Question

4．如圖所示，光滑斜面體固定在水平面上，傾角為θ=30°，斜面底端固定有與斜面垂直的擋板，木板下端離擋板的距離為l，l=0.1m，上端放著一個(gè)小物塊，木板和物塊的質(zhì)量均為m，相互間滑動(dòng)摩擦力等于最大靜摩擦力，且大小滿足特定關(guān)系式：f=kmgsinθ，斷開(kāi)輕繩，木板和物塊沿斜面下滑，假設(shè)木板足夠長(zhǎng)，與擋板發(fā)生碰撞時(shí)，時(shí)間極短，且原速率反彈，空氣阻力不計(jì)，求：
（1）當(dāng)k=$\frac{1}{3}$時(shí)，求：①木板第一次滑到檔板處時(shí)的速度大小；
②木板第二次滑到擋板處時(shí)，物塊對(duì)地的位移大小．
（2）當(dāng)k=2時(shí)，求木板第二次滑到擋板處時(shí)，物塊對(duì)地的作位移大�。�

Answer 1

分析 （1）分別對(duì)兩物體受力分析，根據(jù)牛頓第二定律求解各自的加速度，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可求得第一次碰撞時(shí)木板的速度；同理可求得物塊的總位移；
（2）當(dāng)k=2時(shí)，分析兩物體的受力情況，根據(jù)牛頓第二定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律可求得物體的位移．

解答 解：（1）①由于斜面光滑，木塊與木板保持相對(duì)靜止，
則有：
ma₁=mgsinθ
根據(jù)位移與速度公式可得：
v₁²=2a₁l
解得v₁=1m/s；
②滑塊下滑的加速度a₂=$\frac{mgsinθ-\frac{1}{3}mgsinθ}{m}$=$\frac{g}{3}$=$\frac{10}{3}$m/s²；
在物體反彈上升過(guò)程中，物塊的加速度大小保持不變，方向始終沿斜面向下；
木板受力：
ma₂=mgsinθ+kmgθ，
解得：
a′₂=$\frac{20}{3}$m/s²；
由v=at可知：
上升時(shí)間t=$\frac{v}{{a}_{1}}$=$\frac{{v}_{1}}{gsinθ}$=0.4s；
因中間相對(duì)運(yùn)動(dòng)狀態(tài)不改變，則由對(duì)稱 性可知，木板第二次碰撞時(shí)用時(shí)t₁=2t=0.8s；
物塊的位移x_物=0.1+v₁t₁+$\frac{1}{2}{a}_{2}{t}_{1}^{2}$=0.55m；
②滑塊下滑（2）若k=2，摩擦力f=2mgsin30°=mg；
物體下滑時(shí)，物塊與木板保持相對(duì)靜止，加速度a=gsin30°=5m/s²；
物體到達(dá)底部時(shí)位移為0.1m；
速度v=$\sqrt{2ax}$=$\sqrt{2×5×0.1}$=1m/s；
反向后，物體的速度為1m/s向上運(yùn)動(dòng)，木板的加速度為：a₃=gsinθ+g=1.5g=15m/s²；
物體向上的時(shí)間t₃=$\frac{1}{15}$s；
反向時(shí)，加速度不變，時(shí)間仍為t₄=$\frac{1}{15}$s；
該過(guò)程中，物體具有向上的加速度，a₄=5m/s²；
減速到零用時(shí)0.2s；
在木板第二次碰撞時(shí)，物塊仍在減速運(yùn)動(dòng)，位移x=vt-$\frac{1}{2}$a₄t²=1×$\frac{2}{15}$-$\frac{1}{2}×5×$（$\frac{2}{15}$）²=0.1m；
故總位移為：x_總=0.1+0.1=0.2m；
答：（1）當(dāng)k=$\frac{1}{3}$時(shí)，①木板第一次滑到檔板處時(shí)的速度大小為1m/s；
②木板第二次滑到擋板處時(shí)，物塊對(duì)地的位移大小為0.55m．
（2）當(dāng)k=2時(shí)，求木板第二次滑到擋板處時(shí)，物塊對(duì)地的作位移大小為0.2m．

點(diǎn)評(píng) 本題考查牛頓第二定律的應(yīng)用，要注意正確分析物理過(guò)程，明確受力情況，再根據(jù)牛頓第二定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式即可求得待求量．