Question

3．如圖1所示，足夠長(zhǎng)的固定斜面傾角為θ=37°，質(zhì)量為m、長(zhǎng)度為l=27m的木板AC固定在斜面上，木板的上下表面與斜面平行．木板的A端固定一個(gè)質(zhì)量也為m的小物塊，小物塊可視為質(zhì)點(diǎn)．木板上表面分成AB和BC兩部分，其中AB部分與小物塊之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.375，BC部分光滑，木板與斜面接觸部分粗糙．若最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，取重力加速度g=10m/s²，sinθ=0.6，cosθ=0.8．

（1）保持木板在斜面上固定不動(dòng)，只釋放小物塊，求小物塊剛剛釋放時(shí)加速度的大小，再粗略畫出小物塊在木板AC上運(yùn)動(dòng)全過程的v-t圖象；
（2）若同時(shí)釋放小物塊和木板，用速度傳感器得到木板運(yùn)動(dòng)的v-t圖象如圖2所示，并測(cè)得小物塊通過木板所用的時(shí)間為t=4s，求木板和斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)．

Answer 1

分析 （1）保持木板在斜面上固定不動(dòng)，只釋放小物塊，根據(jù)牛頓第二定律求得小物塊下滑的加速度，即可判斷出v-t圖象；
（2）根據(jù)牛頓第二定律求得下滑的加速度和木板下滑的加速度，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)學(xué)公式即可判斷出摩擦因數(shù)．

解答 解：（1）設(shè)小物塊在AB段運(yùn)動(dòng)的加速度為a₁，根據(jù)牛頓第二定律可知：mgsinθ-μmgcosθ=ma₁，
代入數(shù)據(jù)解得：a₁=3m/s²．
在BC段的加速度為a₂，則有：mgsinθ=ma₂，
代入數(shù)據(jù)解得：a₂=6m/s²．
因此，其v-t圖象如圖所示．
（2）同時(shí)釋放木板和小物塊后，由圖可知，木板在AB段運(yùn)動(dòng)了t₁=2s，因此，小物塊在木板的BC段運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為：t₂=t-t₁=2s，t₁階段小物塊的加速度為：
  a₁=3m/s²
在木板上加速下滑，可得此階段小物塊的位移為：x₁=$\frac{1}{2}{a}_{1}{t}_{1}^{2}$=$\frac{1}{2}×3×{2}^{2}$m=6m
2s末速度為：v₁=a₁t₁=6m/s
當(dāng)小物體下滑到BC部分時(shí)，其加速度為 a₂=6m/s²，此階段有：
   x₂=v₂t₂+$\frac{1}{2}{a}_{2}{t}_{2}^{2}$=24m
因此，小物塊在木板上運(yùn)動(dòng)的總位移為：x=x₁+x₂=30m
木板的總位移為：x_板=x-l=3m
在t₁階段，對(duì)木板受到小物塊向下的滑動(dòng)摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律可知 mgsinθ+μmgcosθ-μ₁•2mgcosθ=ma₃
根據(jù)木板的v-t圖象，在t₂階段，由牛頓第二定律可知：μ₁•2mgcosθ-mgsinθ=ma₄
木板運(yùn)動(dòng)時(shí)間t一定小于4s，木板的最大速度v=a₂t₂，減速階段v=a₄t
其位移 x=$\frac{v}{2}$（t₂+t）
聯(lián)立解得 μ₂=0.5
答：（1）小物塊剛剛釋放時(shí)加速度的大小為3m/s²，小物塊在木板AC上運(yùn)動(dòng)全過程的v-t圖象如圖所示
（2）木板與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5．

點(diǎn)評(píng) 對(duì)于牛頓第二定律的綜合應(yīng)用問題，關(guān)鍵是弄清楚物體的運(yùn)動(dòng)過程和受力情況，利用牛頓第二定律或運(yùn)動(dòng)學(xué)的計(jì)算公式求解加速度，再根據(jù)題目要求進(jìn)行解答；知道加速度是聯(lián)系靜力學(xué)和運(yùn)動(dòng)學(xué)的橋梁．