Question

8．如圖所示，一傾角θ=37°、高h=2.7m的斜劈放在光滑水平面NAC上，與豎直面BC緊密接觸，一物塊（可看作質點）從斜面頂端由靜止釋放，在A點進入水平面后與固定在豎直MN上的輕彈簧接觸后被反彈，回到A點時速度為6m/s．若從AB面進入水平面、與彈簧接觸過程及再由水平進入AB時均沒有能量損失，重力加速度g=10m/s²，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：
（1）物塊與斜面間的動摩擦因數；
（2）物塊被彈簧第一次反彈后從A點滑上斜面到離開斜面的時間；
（3）若物塊質量m=2.0kg，斜劈的質量M=5.0kg，物塊沿斜面上滑過程中斜劈對水平地面AC及對豎直面BC的壓力大�。�

Answer 1

分析 （1）根據物塊的運動情況，確定出物塊下滑到A點的速度，對于物塊從B下滑到A的過程，運用動能定理求物塊與斜面間的動摩擦因數；
（2）由牛頓第二定律求出物塊沿斜面上滑的加速度，由速度時間公式求上滑的時間．
（3）物塊沿斜面上滑過程中，對物塊和斜劈，運用牛頓第二定律求出水平地面和豎直面BC對斜劈的作用力，再由牛頓第三定律得到斜劈對水平地面AC及對豎直面BC的壓力大�。�

解答 解：（1）水平面光滑，根據能量守恒定律可知，物塊下滑到A點時的速度大小等于6m/s．
對于物塊從B下滑到A的過程，運用動能定理得：
mgh-μmgcosθ•$\frac{h}{sinθ}$=$\frac{1}{2}m{v}_{A}^{2}$
代入數據解得：μ=0.25
（2）物塊被彈簧第一次反彈后從A點滑上斜面的過程，物塊的加速度大小為：
a=$\frac{mgsinθ+μmgcosθ}{m}$=g（sinθ+μcosθ）=8m/s²；
物塊上滑的時間為：t₁=$\frac{{v}_{A}}{a}$=$\frac{6}{8}$=0.75s
上滑的位移大小為：x=$\frac{{v}_{A}}{2}{t}_{1}$=$\frac{6}{2}×0.75$m=2.25m
物塊下滑的加速度大小為：a′=$\frac{mgsinθ-μmgcosθ}{m}$=4m/s²；
設下滑的時間為t₂．由 x=$\frac{1}{2}a′{t}_{2}^{2}$得：
t₂=$\frac{3}{4}$$\sqrt{2}$s
故物塊被彈簧第一次反彈后從A點滑上斜面到離開斜面的時間為：t=t₁+t₂=0.75+$\frac{3\sqrt{2}}{4}$≈1.81s；
（3）設物塊沿斜面上滑過程中，水平地面AC和豎直面BC對斜劈的支持力大小分別為F₁和F₂．
物塊沿斜面上滑過程中，以物塊和斜劈組成的整體為研究對象，根據牛頓第二定律得：
水平方向有：F₁=macosθ+M×0=12.8N
豎直方向有：Mg-F₂=masinθ，
解得：F₂=60.4N
根據牛頓第三定律得，斜劈對水平地面AC及對豎直面BC的壓力大小分別為：
F₁′=F₁=12.8N
F₂′=F₂=60.4N
答：（1）物塊與斜面間的動摩擦因數是0.25；
（2）物塊被彈簧第一次反彈后從A點滑上斜面到離開斜面的時間是1.81s；
（3）若物塊質量m=2.0kg，斜劈的質量M=5.0kg，物塊沿斜面上滑過程中斜劈對水平地面AC及對豎直面BC的壓力大小分別為12.8N和60.4N．

點評 對物塊在斜面上的運動，運用牛頓第二定律和運動學公式結合研究是常用的方法，盡管物塊和斜劈的加速度不同，但也可以運用整體法研究，也可以采用隔離法求解．