Question

10．如图所示，固定斜面上放一木板PQ，木板的Q端放置一可视为质点的小物块，现用轻细线的一端连接木板的Q端，保持与斜面平行，绕过定滑轮后，另一端可悬挂钩码，钩码距离地面足够高．已知斜面倾角θ=30°，木板长为L，Q端距斜面顶端距离也为L，物块和木板的质量均为m，两者之间的动摩擦因数μ₁=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，若所挂钩码质量为2m，物块和木板能一起匀速上滑；若所挂钩码质量为其他不同值，物块和木板有可能发生和对滑动，重力加速度为g，不计细线与滑轮之间的摩擦，设接触面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力．
（1）木板与斜面间的动摩擦因数μ₂；
（2）物块和木板发生相对滑动时，所挂钩码质量m′应满足什么条件？
（3）选取适当质量的钩码可使木板由静止开始向上滑动，试讨论木板Q端到达斜面顶端所用时间t与钩码质量m′之间的关系．

Answer 1

分析 （1）对整个系统根据平衡条件求出木板与斜面间的动摩擦因数；
（2）要使二者发生相对滑动，保证木板的加速度a₁大于物块的加速度${a}_{2}^{\;}$，根据牛顿第二定律求出物块加速度和木板加速度，联立即可求解；
（3）分两种情况讨论：$m′＞\frac{10}{3}m$，物块和木板发生相对滑动，根据位移时间关系得出t与钩码质量m′之间的关系；当$2m＜m′≤\frac{10}{3}m$，物块和木板一起加速运动，对物块和木板组成的整体根据牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式即可求解；

解答 解：（1）整个系统匀速时有：
对钩码：2mg=T    
对物块和木板：T=2mgsinθ+μ₂2mgcosθ       
解得μ₂=$\frac{\sqrt{3}}{3}$        
（2）要使二者发生相对滑动，保证木板的加速度a₁大于物块的加速度a₂
对物块：μ₁mgcosθ-mgsinθ=ma₂     
可得  a₂=$\frac{1}{4}$g
对木板：T′-mgsinθ-μ₁mgcosθ-μ₂2mgcosθ=ma₁   
对钩码：m′g-T′=m′a₁      
解得：a₁=$\frac{m′-\frac{9}{4}m}{m′+m}$g      
联立解得：m′＞$\frac{10}{3}$m       
（3）若m′＞$\frac{10}{3}$m，二者相对滑动，
木板的位移：L=$\frac{1}{2}$a₁t²
物块的位移：s=$\frac{1}{2}$a₂t²
由于L-s＜L，当Q端到达斜面顶端时，物块未从木板上滑下  
所以有t²=$\frac{2L}{{a}_{1}}$=$\frac{2L（m′+m）}{（m′-\frac{9}{4}m）g}$      
若2m＜m′≤$\frac{10}{3}$m，物块和木板一起加速运动
对钩码：m′g-T″=m′a₃        
对二者整体：T″-2mgsinθ-μ₂2mgcosθ=2ma₃     
解得：a₃=$\frac{m′-2m}{m′+2m}$g
 L=$\frac{1}{2}$a₃t²
所以有：t²=$\frac{2L}{{a}_{3}}$=$\frac{2L（m′+2m）}{（m′-2m）g}$      
答：（1）木板与斜面间的动摩擦因数${μ}_{2}^{\;}$为$\frac{\sqrt{3}}{3}$；
（2）物块和木板发生相对滑动时，所挂钩码质量m′应满足条件$m′＞\frac{10}{3}m$
（3）选取适当质量的钩码可使木板由静止开始向上滑动，木板Q端到达斜面顶端所用时间t与钩码质量m′之间的关系为
当$m′＞\frac{10}{3}m$时，${t}_{\;}^{2}=\frac{2L（m′+m）}{（m′-\frac{3}{4}m）g}$
当$2m＜m′≤\frac{10}{3}m$，${t}_{\;}^{2}=\frac{2L（m′+2m）}{（m′-2m）g}$

点评 本题考查牛顿运动定律的应用，关键是分析清楚物体运动过程是正确解题的前提与关键，难点是选择恰当的研究对象运用隔离法和整体法分别受力分析，应用牛顿第二定律、运动学公式即可正确解题，难度较大．