Question

12．如下圖所示．一固定的粗糙斜面ABC，在其右端B點緊鄰一質(zhì)量為M=1kg的長木板，長木板靜止在粗糙地面上．現(xiàn)將一質(zhì)量為m=1kg且可視為質(zhì)點的滑塊輕輕放在斜面頂端A點滑下，從B點滑上長木板（不考慮滑塊從斜面低端到長木板連接處的速度損失）．已知斜面傾角θ=37°，斜面長度L_AB=9m，滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ₁=0.5，滑塊與長木板間的動摩擦因數(shù)為μ₂=0.4，長木板與地面間動摩擦因數(shù)為μ₃=0.1，g=10m/s²，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：
（1）滑塊剛滑到長木板的速度v₀的大小；
（2）從滑塊滑上長木板到二者一起停下所用的時間；
（3）為保證滑塊不從長木板上滑下，長木板的最小長度是多少？

Answer 1

分析 （1）根據(jù)牛頓第二定律可求得物體的加速度，再由運動學(xué)公式可求得物塊剛滑到長木板上時的速度大��；
（2）分別對滑塊和木板進行分析，根據(jù)牛頓第二定律求出各自的加速度；再由運動學(xué)公式明確達共同速度的時間；再對整體分析，由牛頓第二定律及運動學(xué)公式可求得停止的時間；
（3）根據(jù)運動學(xué)公式求得兩小球達到共速時所經(jīng)歷的位移，再由位移公式求解各自的位移，即可明確最小長度．

解答 解：（1）對滑塊，受到重力、支持力和摩擦力作用，
根據(jù)牛頓第二定律可得，mgsinθ-μ₁mgcosθ=ma₁，
代入數(shù)據(jù)可解得：a₁=2m/s²，
由速度位移公式得，滑塊剛滑到長木板的速度：
v₀=$\sqrt{2{a}_{1}{L}_{AB}}$=$\sqrt{2×2×9}$m/s=6m/s．
（2）滑塊滑上長木板，對滑塊，由牛頓第二定律得，
μ₂mg=ma₂，
解得：a₂=4m/s²，方向向左；
對長木板，由牛頓第二定律得，
μ₂mg-μ₃（m+M）g=Ma₃，
解得：a₃=2m/s²，方向向右；
二者速度相等經(jīng)歷的時間為t₁：
則由速度公式可得：v₁=v₀-a₂t₁=a₃t₁，
解得：t₁=1s，v₁=2m/s；
滑塊和長木板共速后再共同做勻減速運動，
μ₃（M+m）g=（M+m）a₄，
解得：a₄=1m/s²，
滑塊和長木板速度減小到零所用的時間：
t₂=$\frac{{v}_{1}}{{a}_{4}}$=$\frac{2}{1}$s=2s，
故從滑塊滑上長木板到二者一起停下所用的時間：
t=t₁+t₂=1s+2s=3s．
（3）當(dāng)滑塊和長木板達到共同速度時，滑塊的位移：
x₁=v₀t₁-$\frac{1}{2}$a₂${t}_{1}^{2}$=6×1m-$\frac{1}{2}$×4×1²m=4m，
木板的位移：
x₂=$\frac{1}{2}$a₃${t}_{1}^{2}$=$\frac{1}{2}$×2×1²m=1m，
故木板的長度至少為：
L′=x₁-x₂=4m-1m=3m．
答：（（1）滑塊剛滑到長木板的速度v₀的大小為6m/s；
（2）從滑塊滑上長木板到二者一起停下所用的時間為3s；
（3）為保證滑塊不從長木板上滑下，長木板的最小長度是3m．

點評 本題考查牛頓第二定律和勻變速直線運動規(guī)律的綜合應(yīng)用，涉及兩個物體多個過程，要注意正確確定研究對象，做好受力分析，再根據(jù)牛頓第二定律結(jié)合運動學(xué)公式進行分析求解；注意掌握應(yīng)用加速度的橋梁作用．