Question

19．如圖甲所示，質(zhì)量足夠大、截面是直角梯形的物塊靜置在光滑水平地面上，其兩個(gè)側(cè)面恰好與兩個(gè)固定在地面上的壓力傳感器X和Y相接觸．圖中AB高H=0.3m、AD長(zhǎng)L=0.5m，斜面傾角θ=37°．可視為質(zhì)點(diǎn)的小物塊P（圖中未畫(huà)出）質(zhì)量m=1kg，它與斜面的動(dòng)摩擦因數(shù)μ可以通過(guò)更換斜面表面的材料進(jìn)行調(diào)節(jié)（調(diào)節(jié)范圍是0≤μ≤1）．sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度取g=10m/s²．
（1）令μ=0，將P由D點(diǎn)靜止釋放，求P在斜面上的運(yùn)動(dòng)時(shí)間；
（2）令μ=0.5，在A點(diǎn)給P一個(gè)沿斜面向上的初速度v₀=2m/s，求P落地時(shí)的動(dòng)能；
（3）將X和Y接到同一數(shù)據(jù)處理器上，已知當(dāng)X和Y受到物塊壓力時(shí)，分別顯示正值和負(fù)值．對(duì)于不同的μ，每次都在D點(diǎn)給P一個(gè)沿斜面向下足夠大的初速度以保證它能滑離斜面，求滑行過(guò)程中處理器顯示的讀數(shù)F隨μ變化的關(guān)系表達(dá)式，并在乙圖坐標(biāo)系中畫(huà)出其函數(shù)圖象．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)牛頓第二定律求出加速度的大小，結(jié)合位移時(shí)間公式求出運(yùn)動(dòng)的時(shí)間．
（2）根據(jù)動(dòng)能定理求出P上滑到速度為零時(shí)經(jīng)歷的位移，對(duì)全過(guò)程運(yùn)用動(dòng)能定理，求出P落地時(shí)的動(dòng)能．
（3）對(duì)梯形物塊受力分析，結(jié)合共點(diǎn)力平衡得出F與P與斜面動(dòng)摩擦因數(shù)的關(guān)系式，從而作出其圖線．

解答 解：（1）當(dāng)μ=0時(shí)，P沿斜面下滑的加速度為：
a=gsinθ=6m/s²
由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律有：L=$\frac{1}{2}a{t}^{2}$，
得：t=$\sqrt{\frac{2L}{a}}$，代入數(shù)據(jù)解得：t=$\frac{\sqrt{6}}{6}$s
（2）設(shè)P沿斜面上滑的位移為s時(shí)速度為零．由動(dòng)能定理有：
-（mgsinθ+μmgcosθ）s=0-$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$
代入數(shù)據(jù)解得：s=0.2m．
設(shè)落地時(shí)P的動(dòng)能為E_k，則由動(dòng)能定理得：
mgH-μmgcosθ•2s=E_k-$\frac{1}{2}$mv₀²；
代入數(shù)據(jù)解得 E_k=3.4J．
（3）P在斜面上下滑的過(guò)程中物塊受力如圖甲所示，由平衡條件可得：
F+Nsinθ=fcosθ
將N=mgcosθ和f=μmgcosθ代入得：
F=mgcosθ（μcosθ-sinθ）
代入數(shù)據(jù)得，F(xiàn)=6.4μ-4.8，其圖象如乙圖．
答：（1）P在斜面上的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為 $\frac{\sqrt{6}}{6}$s．
（2）P落地時(shí)的動(dòng)能為3.4J．
（3）圖線如圖所示．

點(diǎn)評(píng) 本題要在理清物體運(yùn)動(dòng)過(guò)程的基礎(chǔ)上，運(yùn)用牛頓第二定律、動(dòng)能定理以及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式等力學(xué)規(guī)律解答，對(duì)學(xué)生的能力要求較高，需加強(qiáng)這方面的訓(xùn)練．