Question

15．如圖所示是傾角θ=37°的固定光滑斜面，兩端有垂直于斜面的固定擋板P、Q，PQ距離L=3m，質(zhì)量M=2.0kg的木塊A（可看成質(zhì)點）放在質(zhì)量m=0.5kg 的長d=1.2m的木板B上并一起�？吭趽醢錚處，A木塊與斜面頂端的電動機間用平行于斜面不可伸長的輕繩相連接，現(xiàn)給木塊A沿斜面向上的初速度，同時開動電動機保證木塊A一直以初速度v₀=4m/s沿斜面向上做勻速直線運動，已知木塊A的下表面與木板B間動摩擦因數(shù)μ₁=0.5，經(jīng)過時間t，當B板右端到達Q處時刻，立刻關(guān)閉電動機，同時鎖定A、B物體此時的位置．然后將A物體上下面翻轉(zhuǎn)，使得A原來的上表面與木板B接觸，已知翻轉(zhuǎn)后的A、B接觸面間的動摩擦因數(shù)變?yōu)棣?SUB>2=0.125，且連接A與電動機的繩子仍與斜面平行．現(xiàn)在給A向下的初速度v₁=4m/s，同時釋放木板B，并開動電動機保證A木塊一直以v₁沿斜面向下做勻速直線運動，直到木板B與擋板P接觸時關(guān)閉電動機并鎖定A、B位置．（g=10m/s²．$\sqrt{5}$=2.24）求：
（1）B木板沿斜面向上加速運動過程的加速度大小；
（2）A沿斜面上升過程所經(jīng)歷的時間t；
（3）A、B沿斜面向下開始運動到木板B左端與P接觸時，A距B下端的距離．

Answer 1

分析 （1）對B木板，運用牛頓第二定律可以求出B的加速度．
（2）由勻變速直線運動的速度公式求出B的速度等于A的速度需要的時間，然后由位移公式求出A、B的位移，然后應(yīng)用勻速直線運動的位移公式求出A、B沿斜面上升過程的時間．
（3）由牛頓第二定律求B的加速度，應(yīng)用運動學公式求出A、B的位移及A、B間的相對位移，即A到B下端的距離．

解答 解：（1）對B，由牛頓第二定律得：μ₁Mgcosθ-mgsinθ=ma₁，
代入數(shù)據(jù)解得：a₁=10m/s²；
A、B相對靜止需要的時間為：t₁=$\frac{{v}_{0}}{{a}_{1}}=\frac{4}{10}s=0.4s$
A的位移為：x_A=v₀t₁=4×0.4m=1.6m，
B的位移為：x_B=$\frac{{v}_{0}}{2}{t}_{1}=\frac{4}{2}×0.4m=0.8m$，
AB的相對位移為：△x=x_A-x_B=0.8m，
A、B勻速運動的時間為：t=$\frac{L-d+△x}{{v}_{0}}=\frac{3-1.2+0.8}{4}s=0.65s$
（3）B開始向下加速運動的加速度：a₂=$\frac{{μ}_{2}Mgcosθ+mgsinθ}{m}$=10m/s²，
B與A相對靜止后B的加速度為：a₃=$\frac{mgsinθ-{μ}_{2}Mgcosθ}{m}$，
代入數(shù)據(jù)解得 a₃=2m/s²
A、B相對靜止的時間：t₂=$\frac{{v}_{1}}{{a}_{2}}=\frac{4}{10}s=0.4s$，
A的位移為：x_A′=v₁t₂=4×0.4m=1.6m，
B的位移為：x_B′=$\frac{{v}_{1}}{2}{t}_{2}=\frac{4}{2}×0.4m=0.8$m，
相對位移為：△x′=x_A′-x_B′=0.8m，
此時A離B右端的距離為：d′=△x′+（d-△x）=1.2m，
AB速度相等后，B以加速度a₂加速運動，B到達P所用時間為t₃，
則：L-d-x_B=v₁t₃+$\frac{1}{2}$a₂t₃²，
代入數(shù)據(jù)解得：t₃=0.2s
A距B下端的距離為：$△x″={v}_{1}{t}_{3}+\frac{1}{2}{{a}_{3}t}_{3}^{2}-{v}_{1}{t}_{3}=0.04m$
答：（1）B木板沿斜面向上加速運動過程的加速度大小為10m/s²；
（2）A沿斜面上升過程所經(jīng)歷的時間t為0.65s；
（3）A、B沿斜面向下開始運動到木板B左端與P接觸時，A距B下端的距離為0.04

點評 本題的物體運動過程復(fù)雜，分析清楚物體的運動過程是解題的關(guān)鍵，應(yīng)用牛頓第二定律、運動學公式，邊計算邊分析物體的運動情況．要注意相對位移不能直接根據(jù)運動學公式求解，而要根據(jù)兩個物體相對地面的位移關(guān)系來研究．