Question

12．如圖（a），木板OA可繞軸O在豎直平面內(nèi)轉(zhuǎn)動(dòng)，木板上有一質(zhì)量為m=1kg的物塊，始終受到平行于斜面、大小為8N的力F的作用．改變木板傾角，在不同傾角時(shí)，物塊會(huì)產(chǎn)生不同的加速度a，如圖（b）所示為加速度a與斜面傾角的關(guān)系圖線．已知物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.2，假定物塊與木板間的最大靜摩擦力始終等于滑動(dòng)摩擦力．求：（g取10m/s²，sin37?=0.6，cos37?=0.8）

（1）圖線與縱坐標(biāo)交點(diǎn)a₀的大�。�
（2）圖線與θ軸重合區(qū)間為[θ₁，θ₂]，木板處于該兩個(gè)角度時(shí)的摩擦力指向何方？在斜面傾角處于θ₁和θ₂之間時(shí)，物塊的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)如何？
（3）如果木板長(zhǎng)L=2m，傾角為37°，物塊在F的作用下由O點(diǎn)開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，為保證物塊不沖出木板頂端，力F最多作用多長(zhǎng)時(shí)間？

Answer 1

分析 （1）縱坐標(biāo)交點(diǎn)表示木板水平放置時(shí)的加速度，根據(jù)牛頓第二定律即可求解；
（2）當(dāng)摩擦力沿斜面向下且加速度為零時(shí)木板傾角為θ₁，當(dāng)摩擦力沿斜面向上且加速度為零時(shí)木板傾角為θ₂，這時(shí)物塊處于靜止?fàn)顟B(tài)；
（3）根據(jù)牛頓第二定律分別求出有F和撤去F時(shí)的加速度，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的基本公式求出這兩個(gè)過(guò)程的位移，根據(jù)兩段位移之和為L(zhǎng)求解．

解答 解：（1）當(dāng)木板水平放置時(shí)，物塊的加速度為a₀
此時(shí)滑動(dòng)摩擦力　f=μN(yùn)=μmg=0.2×1×10 N=2N　
由牛頓第二定律F-f=ma₀，
求得a₀=$\frac{F-f}{m}=\frac{8-2}{1}$ m/s²=6m/s²
（2）當(dāng)木板傾角為θ₁時(shí)，摩擦力沿斜面向下 
當(dāng)木板傾角為θ₂時(shí)，摩擦力沿斜面向上 
當(dāng)θ角處于θ₁和θ₂之間時(shí)物塊靜止    
（3）力F作用間間最多時(shí)，撤去力后物塊滑到斜面頂端時(shí)速度恰好減小到零．
設(shè)力F作用時(shí)物塊的加速度為a₁，由牛頓第二定律得
${a}_{1}=\frac{F-mgsin37°-μmgcos37°}{m}$=$\frac{8-10×0.6-0.2×10×0.8}{1}m/{s}^{2}=0.4m/{s}^{2}$．
撤去力F后物塊的加速度大小為a₂，由牛頓第二定律
${a}_{2}=\frac{mgsin37°+μmgcos37°}{m}$=$\frac{10×0.6+0.2×10×0.8}{1}m/{s}^{2}=7.6$m/s²　 　
設(shè)物塊不沖出木板頂端，力F最長(zhǎng)作用時(shí)間為t
則撤去力F時(shí)的速度v=a₁t
由題意有 $L={s}_{1}+{s}_{2}=\frac{1}{2}{a}_{1}{t}^{2}+\frac{{{a}_{1}}^{2}{t}^{2}}{2{a}_{2}}$．
由以上各式得　t=$\sqrt{\frac{2{a}_{2}L}{{a}_{1}（{a}_{1}+{a}_{2}）}}=\sqrt{\frac{2×7.6×2}{0.4×（0.4+7.6）}}s≈3.1s$．
答：（1）圖線與縱坐標(biāo)交點(diǎn)a₀的大小為6m/s²；
（2）當(dāng)木板傾角為θ₁時(shí)，摩擦力沿斜面向下，當(dāng)木板傾角為θ₂時(shí)，摩擦力沿斜面向上，當(dāng)θ角處于θ₁和θ₂之間時(shí)物塊靜止．
（3）為保證物塊不沖出木板頂端，力F最多作用3.1s．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查了牛頓第二定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)基本公式的直接應(yīng)用，要求同學(xué)們能根據(jù)圖象得出有效信息，難度適中．