题目内容

20．如图甲，一长薄板放在倾角θ=37°的固定斜面上，在薄板的上端A处放一质量m=1kg的滑块，滑块可看成质点，开始时使平板和滑块都静止，t=0时刻将他们无初速度释放，t=3s时薄板的下端到达斜面底端C点，薄板的v-t图象如图乙．已知长薄板的质量M=2kg，长度L=1.2m，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2，求：

（1）滑块与薄板之间的动摩擦因数μ1和薄板与斜面间的动摩擦因数μ2；
（2）由静止释放是薄板下端B与斜面底端C的距离．

分析 （1）根据图乙，可以确定第1s内薄板的加速度，从速度变化可知，1s后滑块离开薄板，根据位移时间公式分别求出1s内两者位移，进而求出滑块的加速度，分别对滑块和薄板分析受力情况，根据牛顿第二定律分别求出两个动摩擦因数．
（2）由静止释放是薄板下端B与斜面底端C的距离，由两个运动位移组成，第一秒内的位移，和后2s内的位移，分别求出两个位移求和即得结果．

解答 解：（1）设滑块在离开薄板前加速度为a1
由图乙知第1s内：
薄板的加速度：a2=$\frac{△v}{△t}=\frac{2.8}{1}$=2.8m/s2，薄板的位移为：x2=$\frac{1}{2}{a}_{2}{t}^{2}=\frac{1}{2}×2.8×1$=1.4m
此时滑块的位移：x1=x2+L=$\frac{1}{2}$${a}_{1}{t}^{2}$
代入数据得：a1=5.2m/s2，
对于滑块：
假设滑块不受摩擦力，则沿斜面向下的加速度为：a′=$\frac{mgsinθ}{m}$gsinθ=10×0.6=6m/s2＞a1，
故滑块所受摩擦力沿斜面向上：f1=μ1mgcosθ
且满足：a1=$\frac{mgsinθ-{f}_{1}}{m}$=5.2m/s2，
联立以上两式可得：μ1=0.1
对于薄板：
沿斜面方向，根据牛顿第二定律得：Ma2=Mgsinθ+f1-μ2（M+m）gcosθ
代入数据得：μ2=0.3
（2）第1s内薄板的位移为：x2=1.4m
设后2s内薄板的加速度为a3，根据牛顿第二定律得：Ma3=Mgsinθ-μ2Mgcosθ
代入数据得：a3=3.6m/s2，
位移为：${x}_{3}={v}_{0}{t}_{2}+\frac{1}{2}{a}_{3}{{t}_{2}}^{2}$=$2.8×2+\frac{1}{2}×3.6×4=12.8m$
则由静止释放是薄板下端B与斜面底端C的距离：x=x2+x3=1.4+12.8=14.2m
答：（1）滑块与薄板之间的动摩擦因数μ1为0.1，薄板与斜面间的动摩擦因数μ2为0.3；
（2）由静止释放是薄板下端B与斜面底端C的距离为14.2m．

点评 本题关键在于分析两物体的受力情况，再确定物体的运动情况．也可以运用动能定理与运动学公式结合求解．

练习册系列答案
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