Question

8．如图所示，一倾角θ=37°、高h=2.7m的斜劈放在光滑水平面NAC上，与竖直面BC紧密接触，一物块（可看作质点）从斜面顶端由静止释放，在A点进入水平面后与固定在竖直MN上的轻弹簧接触后被反弹，回到A点时速度为6m/s．若从AB面进入水平面、与弹簧接触过程及再由水平进入AB时均没有能量损失，重力加速度g=10m/s²，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：
（1）物块与斜面间的动摩擦因数；
（2）物块被弹簧第一次反弹后从A点滑上斜面到离开斜面的时间；
（3）若物块质量m=2.0kg，斜劈的质量M=5.0kg，物块沿斜面上滑过程中斜劈对水平地面AC及对竖直面BC的压力大小．

Answer 1

分析 （1）根据物块的运动情况，确定出物块下滑到A点的速度，对于物块从B下滑到A的过程，运用动能定理求物块与斜面间的动摩擦因数；
（2）由牛顿第二定律求出物块沿斜面上滑的加速度，由速度时间公式求上滑的时间．
（3）物块沿斜面上滑过程中，对物块和斜劈，运用牛顿第二定律求出水平地面和竖直面BC对斜劈的作用力，再由牛顿第三定律得到斜劈对水平地面AC及对竖直面BC的压力大小．

解答 解：（1）水平面光滑，根据能量守恒定律可知，物块下滑到A点时的速度大小等于6m/s．
对于物块从B下滑到A的过程，运用动能定理得：
mgh-μmgcosθ•$\frac{h}{sinθ}$=$\frac{1}{2}m{v}_{A}^{2}$
代入数据解得：μ=0.25
（2）物块被弹簧第一次反弹后从A点滑上斜面的过程，物块的加速度大小为：
a=$\frac{mgsinθ+μmgcosθ}{m}$=g（sinθ+μcosθ）=8m/s²；
物块上滑的时间为：t₁=$\frac{{v}_{A}}{a}$=$\frac{6}{8}$=0.75s
上滑的位移大小为：x=$\frac{{v}_{A}}{2}{t}_{1}$=$\frac{6}{2}×0.75$m=2.25m
物块下滑的加速度大小为：a′=$\frac{mgsinθ-μmgcosθ}{m}$=4m/s²；
设下滑的时间为t₂．由 x=$\frac{1}{2}a′{t}_{2}^{2}$得：
t₂=$\frac{3}{4}$$\sqrt{2}$s
故物块被弹簧第一次反弹后从A点滑上斜面到离开斜面的时间为：t=t₁+t₂=0.75+$\frac{3\sqrt{2}}{4}$≈1.81s；
（3）设物块沿斜面上滑过程中，水平地面AC和竖直面BC对斜劈的支持力大小分别为F₁和F₂．
物块沿斜面上滑过程中，以物块和斜劈组成的整体为研究对象，根据牛顿第二定律得：
水平方向有：F₁=macosθ+M×0=12.8N
竖直方向有：Mg-F₂=masinθ，
解得：F₂=60.4N
根据牛顿第三定律得，斜劈对水平地面AC及对竖直面BC的压力大小分别为：
F₁′=F₁=12.8N
F₂′=F₂=60.4N
答：（1）物块与斜面间的动摩擦因数是0.25；
（2）物块被弹簧第一次反弹后从A点滑上斜面到离开斜面的时间是1.81s；
（3）若物块质量m=2.0kg，斜劈的质量M=5.0kg，物块沿斜面上滑过程中斜劈对水平地面AC及对竖直面BC的压力大小分别为12.8N和60.4N．

点评 对物块在斜面上的运动，运用牛顿第二定律和运动学公式结合研究是常用的方法，尽管物块和斜劈的加速度不同，但也可以运用整体法研究，也可以采用隔离法求解．