Question

11．如圖所示，木板與水平地面間的夾角θ可以隨意改變，當(dāng)θ=30°時，可視為質(zhì)點的小木塊恰好能沿著木板勻速下滑．若讓該小木塊從木板的底端以v₀的速度沿木板向上運動，隨著θ的改變，小木塊沿木板向上滑行的距離將發(fā)生變化．已知重力加速度為g．求
（1）小木塊與木板間的動摩擦因數(shù)；
（2）當(dāng)θ=60°角時，小木塊沿木板向上滑行的距離；
（3）當(dāng)θ=60°角時，小木塊由底端沿木板向上滑行再回到原出發(fā)點所用的時間；
（4）當(dāng)θ為多少時，小木塊沿木板向上滑行的距離最小，最小值是多少？

Answer 1

分析 （1）抓住小木塊做勻速直線運動，結(jié)合重力沿斜面向下的分力與摩擦力相等，求出動摩擦因數(shù)的大�。�
（2）根據(jù)牛頓第二定律求出小木塊上滑的加速度大小，結(jié)合速度位移公式求出上滑的距離．
（3）根據(jù)速度時間公式求出上滑的時間，根據(jù)牛頓第二定律求出下滑的加速度，結(jié)合位移時間公式求出下滑的時間，從而得出總時間．
（4）根據(jù)牛頓第二定律得出速度的表達(dá)式，然后根據(jù)位移公式得到上滑距離S的表達(dá)式，結(jié)合數(shù)學(xué)知識求S的最小值．

解答 解：（1）當(dāng)θ=30°時，物塊受重力、支持力和滑動摩擦力處于平衡，有：
  mgsinθ=μF_N
F_N=mgcosθ
聯(lián)立可得：μ=tan30°=$\frac{\sqrt{3}}{3}$．
（2）當(dāng)小木塊向上運動時，小木塊的加速度為a，由牛頓第二定律得：
   mgsin θ+μmgcosθ=ma，
根據(jù)速度位移公式得，v₀²=2ax，
代入數(shù)據(jù)解得 x=$\frac{{v}_{0}^{2}}{4g}$．
（3）當(dāng)小木塊向上運動時，小木塊的加速度為a₁，則：mgsin θ+μmgcos θ=ma₁
則上滑的時間 t₁=$\frac{{v}_{0}}{{a}_{1}}$，
代入數(shù)據(jù)解得 t₁=$\frac{\sqrt{3}{v}_{0}}{2g}$，
當(dāng)小木塊向下運動時，小木塊的加速度為a₂，則：mgsinθ-μmgcosθ=ma₂
解得：a₂=$\frac{\sqrt{3}}{3}$g
根據(jù)x=$\frac{1}{2}{a}_{2}{t}_{2}^{2}$得：t₂=$\frac{\sqrt{6}{v}_{0}}{2g}$．
則t=t₁+t₂=$\frac{（\sqrt{3}+\sqrt{6}）{v}_{0}}{2g}$．
（4）小木塊上的加速度為：
a=$\frac{mgsinθ+μmgcosθ}{m}$=gsinθ+μgcosθ，
則上滑的距離為：
s=$\frac{{v}_{0}^{2}}{2a}$=$\frac{{v}_{0}^{2}}{2g（sinθ+μcosθ）}$=$\frac{{v}_{0}^{2}}{2g\sqrt{1+{μ}^{2}}sin（θ+α）}$，式中tanα=μ=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，α=30°
當(dāng)θ+α=90°時，S最小，此時有：θ=60°．
則s最小值為：s_min=$\frac{{v}_{0}^{2}}{2g\sqrt{1+{μ}^{2}}}$=$\frac{\sqrt{3}{v}_{0}^{2}}{4g}$．
答：（1）小木塊與木板間的動摩擦因數(shù)為$\frac{\sqrt{3}}{3}$．
（2）小木塊沿木板向上滑行的距離為$\frac{{v}_{0}^{2}}{4g}$．
（3）小木塊由底端沿木板向上滑行再回到原出發(fā)點所用的時間為$\frac{（\sqrt{3}+\sqrt{6}）{v}_{0}}{2g}$．
（4）小木塊沿木板向上滑行的距離最小值是$\frac{\sqrt{3}{v}_{0}^{2}}{4g}$．

點評 本題是牛頓第二定律和運動學(xué)公式的綜合運用，要知道加速度是聯(lián)系力學(xué)和運動學(xué)的橋，要注意物體上滑的加速度和下滑的加速度不等，能用數(shù)學(xué)知識求物理極值問題．