Question

4．如图1所示，足够长的固定斜面倾角为θ=37°，质量为m、长度为l=27m的木板AC固定在斜面上，木板的上下表面与斜面平行．木板的A端固定一个质量也为m的小物块，小物块可视为质点．木板上表面分成AB和BC两部分，其中AB部分与斜面接触部分粗糙．若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g=10m/s²，sinθ=0.6，cosθ=0.8．
（1）保持木板在斜面上固定不动，只释放小物块，求小物块刚刚释放时加速度的大小．再粗略画出小物块在木板AC上运动全过程的v-t图象；
（2）若同时释放小物块和木板，用速度传感器得到木板运动的v-t图象如图2所示，并测得小物块通过木板所用的时间为t=4s，求木板与斜面间的动摩擦因数．

Answer 1

分析 （1）根据牛顿第二定律求得木块下滑的加速度，即可判断出v-t图象；
（2）根据牛顿第二定律求得下滑的加速度和木板下滑的加速度，结合运动学学公式即可判断出摩擦因数

解答 解：（1）设小物块在AB的加速度为a₁，根据牛顿第二定律可知：mgsinθ-μmgcosθ=ma₁，
代入数据解得：${a}_{1}=3m/{s}^{2}$
在BC段的加速度为a₂，则有：mgsinθ=ma₂，
代入数据解得：${a}_{2}=6m/{s}^{2}$
因此，其v-t图象如图所示
（2）同时释放木板和小物块后，有图可知，木板在AB段运动了t₁=2s，因此，小物块在木板的BC段运动的时间为：t₂=t-t₁=2s，t₁阶段小物块的加速度为：${a}_{1}=3m/{s}^{2}$，
在木板上加速下滑，可得此阶段的位移为：${x}_{1}=\frac{1}{2}{{a}_{1}t}_{1}^{2}=6m$
2s末速度为：v₁=a₁t₁=6m/s
当小物体下滑到BC部分时，设起价速度为a₂=6m/s²，此阶段有：${x}_{2}={v}_{2}{t}_{2}+\frac{1}{2}{{a}_{2}t}_{2}^{2}=24m$
因此，小物块在木板上运动的总位移为：x=x₁+x₂=30m
木板的总位移为：x_板=x-L=3m
在t₁阶段，对木板受到小物块向下的滑动摩擦力，根据牛顿第二定律可知mgsinθ+μmgcosθ-μ₁•2mgcosθ=ma₃
根据木板的v-t图象，在t₂阶段，由牛顿第二定律可知：μ₁•2mgcosθ-mgsinθ=ma₄
木板运动时间t一定小于4s，木板的最大速度v=a₂t₂，减速阶段v=a₄t
其位移$x=\frac{v}{2}（{t}_{2}+t）$
联立解得μ₂=0.5
答：（1）小物块在木板AC上运动全过程的v-t图象如图所示
（2）木板与斜面间的动摩擦因数为0.5．

点评 对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答；知道加速度是联系静力学和运动学的桥梁．