Question

10．如圖所示，質(zhì)量m=1kg的物塊放置在足夠長的木板OA上，木板與水平面的夾角θ可在0-90°之間變化，作用在物體上的力F=8N，方向始終水平于斜面，已知物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2，假定物塊與木板間的最大靜摩擦力始終等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度g取10m/s²，取sin37°=0.6，cos37°=0.8則：
（1）當(dāng)θ=0和θ=90°時(shí)，分別求出物體加速度的大�。�
（2）當(dāng)θ=37°時(shí)，物塊在F的作用下由靜止開始運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過5s后撤去力F，求物體沿木板上升到最高點(diǎn)時(shí)離出發(fā)點(diǎn)的距離；（保留三位有效數(shù)字）
（3）當(dāng)θ在0-90°時(shí)之間變化時(shí)，試分析物體受到摩擦力大小和方向的變化情況．

Answer 1

分析 （1）利用牛頓第二定律即可求解．（2）利用牛頓運(yùn)動(dòng)定律和幾何關(guān)系即可求解．（3）先找出臨界條件，找出關(guān)系式，在分析判斷摩擦力的變化．

解答 解：（1）當(dāng)θ=0時(shí)，據(jù)牛頓第二定律得：F-μmg=ma₁ 
代入數(shù)據(jù)解得：a₁=6m/s²
當(dāng)θ=90°時(shí)，據(jù)牛頓第二定律得：mg-F=ma²
代入數(shù)據(jù)解得：a₂=2m/s²
（2）設(shè)物體在F的作用加速度為a₃，撤去F時(shí)的加速度大小為 a₄，由牛頓第二定律得：
F-mgsinθ-μmgcosθ=ma₃
代入數(shù)據(jù)解得：a₃=0.4m/s²
mgsinθ+μmgcosθ=ma₄
代入數(shù)據(jù)解得：a₄=7.6m/s²
設(shè)物塊在F作用時(shí)的位移大小為x₁，撤去F時(shí)位移大小為x₂，據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得：
${x}_{1}=\frac{1}{2}{a}_{3}{t}^{2}$ 
代入數(shù)據(jù)解得：x₁=5m  
${x}_{2}=\frac{{v}^{2}}{2{a}_{4}}=\frac{（{a}_{3}t）^{2}}{2{a}_{4}}$  
代入數(shù)據(jù)解得：x₂=0.26m
所以物體沿木板上升到最高點(diǎn)時(shí)離出發(fā)點(diǎn)的距離：x=5.26m
（3）設(shè)物體剛好不能向上滑時(shí)木板夾角為θ₁，物體不受摩擦力木板夾角為θ₂，物體剛好向下滑動(dòng)木板夾角為θ₃，由受力平衡分析可知：
F=mgsinθ₁+μmgcosθ₁  
F=mgsinθ₂  
F=mgsinθ₃-μmgcosθ₃
木板夾角由0到θ₁過程中，物體受滑動(dòng)摩擦力，大小不斷變小，方向沿木板向下；
木板夾角由θ₁到θ₂過程中，物體受靜摩擦力，大小不斷變小，方向沿木板向下；
木板夾角由θ₂到θ₃過程中，物體受靜摩擦力，大小不斷變大，方向沿木板向上；
當(dāng)θ₃到90°時(shí)之間變化時(shí)，物體受滑動(dòng)摩擦力，大小不斷減小，方向沿木板向上．
答：（1）當(dāng)θ=0和θ=90°時(shí)，分別求出物體加速度的大小6m/s²和2m/s²；
（2）當(dāng)θ=37°時(shí)，物塊在F的作用下由靜止開始運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過5s后撤去力F，求物體沿木板上升到最高點(diǎn)時(shí)離出發(fā)點(diǎn)的距離5.26m；
（3）當(dāng)θ在0-90°時(shí)之間變化時(shí)，試分析物體受到摩擦力大小和方向的變化情況：木板夾角由0到θ₁過程中，物體受滑動(dòng)摩擦力，大小不斷變小，方向沿木板向下；木板夾角由θ₁到θ₂過程中，物體受靜摩擦力，大小不斷變小，方向沿木板向下；木板夾角由θ₂到θ₃過程中，物體受靜摩擦力，大小不斷變大，方向沿木板向上；當(dāng)θ₃到90°時(shí)之間變化時(shí)，物體受滑動(dòng)摩擦力，大小不斷減小，方向沿木板向上．

點(diǎn)評(píng) 本題前2問求解方法思路較清晰，但第三問易出錯(cuò)，關(guān)鍵是找出三種臨界，即物體不向上運(yùn)動(dòng)、不受摩擦力和受滑動(dòng)摩擦力，再據(jù)角度的變化判斷摩擦力的變化．