Question

14．如圖，在傾角θ=37°的粗糙斜面上距離斜面底端s=1m處，有一質(zhì)量m=1kg的物塊，在豎直向下的恒力F作用下，由靜止開(kāi)始沿斜面下滑．到達(dá)斜面底端時(shí)立即撤去F，物塊又在水平面上滑動(dòng)一段距離后停止．不計(jì)物塊撞擊水平面時(shí)的能量損失，物塊與各接觸面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，g取10m/s²，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8．當(dāng)F=30N時(shí)，物塊運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的最大速度為4m/s，求：
（1）物塊與接觸面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)；
（2）當(dāng)F=0時(shí)，物塊運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間；
（3）改變F的大小，物塊沿斜面運(yùn)動(dòng)的加速度a隨之改變．當(dāng)a為何值時(shí)，物塊運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間最小，并求出此最小值．

Answer 1

分析 （1）物塊在斜面上做勻加速運(yùn)動(dòng)，在水平面上做勻減速運(yùn)動(dòng)，所以物塊到達(dá)斜面底端時(shí)速度最大．先根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出加速度．再由牛頓第二定律求出動(dòng)摩擦因數(shù)；
（2）當(dāng)F=0時(shí)，由牛頓第二定律求出兩個(gè)過(guò)程的加速度，再由位移公式求出物塊在斜面上下滑的時(shí)間，由速度公式求得物塊在水平面上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，從而求得總時(shí)間；
（3）先根據(jù)位移時(shí)間公式得到總時(shí)間與加速度a的關(guān)系式，再運(yùn)用數(shù)學(xué)知識(shí)求解．

解答 解：（1）物塊到達(dá)斜面底端時(shí)速度最大，設(shè)物塊在斜面上的加速度為a，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式
  v²=2as ①
代入數(shù)據(jù)得 a=8m/s² ②
對(duì)斜面上物塊受力分析，則得
  F_N=（mg+F）cosθ ③
（mg+F）sinθ-F_f=ma ④
又 F_f=μF_N ⑤
代入數(shù)據(jù)，解得 μ=0.5．⑥
（2）當(dāng)F=0時(shí)，由③④⑤得
  mgsinθ-μmgcosθ=ma₁ ⑦
設(shè)物塊在斜面上的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t₁，在水平面上的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t₂，則 s=$\frac{1}{2}$a₁${{t}_{1}}^{2}$ ⑧
到達(dá)底端時(shí)速度為v=$\sqrt{2{a}_{1}s}$=μgt₂ ⑨
代入數(shù)據(jù)解得t=t₁+t₂=1.4s．⑩
（3）設(shè)此時(shí)物塊在斜面上的加速度為a₂，由⑧⑨得總時(shí)間為
t₁+t₂=$\sqrt{\frac{2s}{{a}_{2}}}+\frac{\sqrt{2{a}_{2}s}}{μg}$ （11）
根據(jù)基本不等式 $\sqrt{\frac{2s}{{a}_{2}}}+\frac{\sqrt{2{a}_{2}s}}{μg}$≥2$\sqrt{\sqrt{\frac{2s}{{a}_{2}}}•\frac{\sqrt{2{a}_{2}s}}{μg}}$ （12）
即當(dāng)$\sqrt{\frac{2s}{{a}_{2}}}=\frac{\sqrt{2{a}_{2}s}}{μg}$時(shí)，總時(shí)間有最小值．（13）
解得 a₂=μg=5m/s² （14）
t_min=$\frac{2\sqrt{10}}{5}$s．（15）
答：
（1）物塊與接觸面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5．　
（2）當(dāng)F=0時(shí)，物塊運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為1.4 s．
（3）當(dāng)a為5m/s² 時(shí)，物塊運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間最小，此最小值為$\frac{2\sqrt{10}}{5}$s．

點(diǎn)評(píng) 解決本題的關(guān)鍵能夠正確地受力分析，運(yùn)用牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解，知道加速度是聯(lián)系力學(xué)和運(yùn)動(dòng)學(xué)的橋梁．對(duì)于極值問(wèn)題，往往先由物理規(guī)律得到解析式，再由數(shù)學(xué)知識(shí)求解．