Question

4．如图所示是倾角θ=37°的固定光滑斜面，两端有垂直于斜面的固定挡板P、Q，PQ距离L=2m，质量M=1.0kg的木块A（可看成质点）放在质量m=0.5kg的长d=0.8m的木板B上并一起停靠在挡板P处，A木块与斜面顶端的电动机间用平行于斜面不可伸长的轻绳相连接，现给木块A沿斜面向上的初速度，同时开动电动机保证木块A一直以初速度v₀=1.6m/s沿斜面向上做匀速直线运动，已知木块A的下表面与木板B间动摩擦因数μ₁=0.5，经过时间t，当B板右端到达Q处时刻，立刻关闭电动机，同时锁定A、B物体此时的位置．然后将A物体上下面翻转，使得A原来的上表面与木板B接触，已知翻转后的A、B接触面间的动摩擦因数变为μ₂=0.25，且连接A与电动机的绳子仍与斜面平行．现在给A向下的初速度v₁=2m/s，同时释放木板B，并开动电动机保证A木块一直以v₁沿斜面向下做匀速直线运动，直到木板B与挡板P接触时关闭电动机并锁定A、B位置．求：
（1）B木板沿斜面向上加速运动过程的加速度大小；
（2）A、B沿斜面上升过程所经历的时间t；
（3）A、B沿斜面向下开始运动到木板B左端与P接触时，这段过程中A、B间摩擦产生的热量．

Answer 1

分析 （1）由牛顿第二定律可以求出B的加速度．
（2）由匀变速直线运动的速度公式求出B的速度等于A的速度需要的时间，然后由位移公式求出A、B的位移，然后应用匀速直线运动的位移公式求出A、B沿斜面上升过程的时间．
（3）由牛顿第二定律求B的加速度，应用运动学公式求出A、B的位移及A、B间的相对位移，然后求出因克服摩擦力产生的热量．

解答 解：（1）对B，由牛顿第二定律得：μ₁Mgcosθ-mgsinθ=ma₁，
代入数据解得：a₁=2m/s²；
（2）A、B相对静止需要的时间为：t₁=$\frac{{v}_{0}}{{a}_{1}}$=0.8s，
A的位移为：x_A=v₀t₁=1.28m，
B的位移为：x_B=$\frac{{v}_{0}}{2}$t₁=0.64m，
AB的相对位移为：△x=x_A-x_B=0.64m，
A、B匀速运动的时间为：t=$\frac{L-d+△x}{{v}_{0}}$=1.15s；
（3）B开始向下加速运动的加速度为：a₂=$\frac{{μ}_{2}Mgcosθ+mgsinθ}{m}$=10m/s²，
B与A相对静止后B的加速度为：a₃=$\frac{mgsinθ-{μ}_{2}Mgcosθ}{m}$=2m/s²，
A、B相对静止的时间为：t₂=$\frac{{v}_{1}}{{a}_{2}}$=0.2s，
A的位移为：x_A′=v₁t₂=0.4m，
B的位移为：x_B′=$\frac{{v}_{1}}{2}$t₂=0.2m，
相对位移为：△x′=x_A′-x_B′=0.2m，
此时A离B右端的距离为：△x′+（d-△x）=0.36m，
AB速度相等后，B以加速度a₂加速运动，B到达P所用时间为t₃，
则：L-d-x_B=v₁t₃+$\frac{1}{2}$a₂t₃²，
代入数据解得：t₃=（$\sqrt{2}$-1）s，
A、B相对位移为：△x″=v₁t₃+$\frac{1}{2}$a₂t₃²-v₁t₃=0.17m，
即：B与P接触时，A没有从B上滑离，
产生的热量为：Q=μ₂Mgcosθ（△x′+△x″）=0.74J；
答：（1）B木板沿斜面向上加速运动过程的加速度大小为2m/s²；
（2）A、B沿斜面上升过程所经历的时间t为1.15s；
（3）A、B沿斜面向下开始运动到木板B左端与P接触时，这段过程中A、B间摩擦产生的热量为0.74J．

点评 本题考查了求加速度、物体的运动时间与产生的热量问题，本题是一道力学综合题，物体运动过程复杂，本题难度较大，分析清楚物体的运动过程是解题的关键，应用牛顿第二定律、运动学公式与功的计算公式可以解题．