Question

8．如圖所示，傾角為θ的斜面底端固定擋板P，質(zhì)量為m的小物塊A與質(zhì)量不計的木板B疊放在斜面上，A位于B的最上端且與P相距L．已知A與B、B與斜面間的動摩擦因數(shù)分別為μ₁、μ₂，且μ₁＞tanθ＞μ₂，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，A與擋板相撞沒有機(jī)械能損失．將A、B同時由靜止釋放，求：
（1）A、B釋放時，物塊A的加速度大�。�
（2）若A與擋板不相碰，木板的最小長度l₀；
（3）若木板長度為l，整個過程中木板運動的總路程．

Answer 1

分析 （1）A、B釋放時，它們一起加速下滑．以木板與物塊A為研究對象，由牛頓第二定律求物塊A的加速度大小；
（2）在木板B與擋板未碰前，A和B相對靜止，以相同的加速度一起向下做勻加速運動．木板B與擋板相碰后立即靜止，A開始勻減速下滑．若物塊A到達(dá)擋板時的速度恰好為0，A與擋板恰好不相碰，由牛頓第二定律和運動學(xué)公式結(jié)合求兩者相對位移，即為木板的最小長度l₀；
（3）分兩種情況：
①若l≥l₀，木板與擋板相撞后不反彈，物塊A一直減速直到靜止在木板上．
②若l＜l₀，木板與擋板相撞后，物塊A在木板上減速運動直至與擋板相撞．由于碰撞過程中沒有機(jī)械能損失，A將以撞前速率返回，并帶動木板一起隨物塊向上減速；當(dāng)它們的速度減為零后，再重復(fù)上述過程，直至物塊A停在擋板處．根據(jù)能量守恒定律求整個過程中木板運動的總路程．

解答 解：（1）釋放木板與物塊A，它們一起加速下滑．以木板與物塊A為研究對象，設(shè)其加速度大小為a₁，由牛頓第二定律有：
   mgsinθ-μ₂mgcosθ=ma₁；
解得 a₁=gsinθ-μ₂gcosθ
（2）在木板B與擋板未碰前，A和B相對靜止，以相同的加速度一起向下做勻加速運動．木板B與擋板相碰后立即靜止，A開始勻減速下滑．若物塊A到達(dá)擋板時的速度恰好為0，此時木板長度即為最小長度l₀．設(shè)木板與擋板相撞瞬間速度為v，則有
   v²=2（L-l₀）
木板靜止后，物塊減速下滑時的加速度大小為a₂，由牛頓第二定律有
   μ₁mgcosθ-mgsinθ=ma₂；
解得  a₂=μ₁gcosθ-gsinθ
由運動學(xué)公式得 0-v²=-2a₂l₀；
聯(lián)立以上各式可解得 l₀=$\frac{sinθ-{μ}_{2}cosθ}{（{μ}_{1}-{μ}_{2}）cosθ}$L
（3）分兩種情況：
①若l≥l₀，木板與擋板相撞后不反彈，物塊A一直減速直到靜止在木板上．
故木板通過的路程 s=L-l
②若l＜l₀，木板與擋板相撞后，物塊A在木板上減速運動直至與擋板相撞．由于碰撞過程中沒有機(jī)械能損失，A將以撞前速率返回，并帶動木板一起隨物塊向上減速；當(dāng)它們的速度減為零后，再重復(fù)上述過程，直至物塊A停在擋板處．
物塊與木板間由于摩擦產(chǎn)生的熱量 Q₁=μ₁mgcosθ•l
木板與斜面間由于摩擦產(chǎn)生的熱量  Q₂=μ₂mgcosθ•s
根據(jù)能量守恒得 mgLsinθ=Q₁+Q₂；
解得 s=$\frac{Lsinθ-{μ}_{1}lcosθ}{{μ}_{2}cosθ}$
答：
（1）A、B釋放時，物塊A的加速度大小是gsinθ-μ₂gcosθ；
（2）若A與擋板不相碰，木板的最小長度l₀是$\frac{sinθ-{μ}_{2}cosθ}{（{μ}_{1}-{μ}_{2}）cosθ}$L；
（3）若木板長度為l，整個過程中木板運動的總路程是L-l或$\frac{Lsinθ-{μ}_{1}lcosθ}{{μ}_{2}cosθ}$．

點評 在應(yīng)用牛頓運動定律和運動學(xué)公式解決問題時，要注意運動過程的分析，此類問題，還要對整個運動進(jìn)行分段處理．對于板長，往往根據(jù)能量守恒求解．