题目内容

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．（sin37°=0.6，cos37°=0.8）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，A到B右端的距离．

分析 （1）对B木板，运用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，即A到B右端的距离．

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=$\frac{{v}_{0}}{{a}_{1}}$=$\frac{1.6}{2}$s=0.8s
A的位移为：xA=v0t1=1.6×0.8m=1.28m，
B的位移为：xB=$\frac{{v}_{0}}{2}$t1=$\frac{1.6}{2}$×0.8m=0.64m，
AB的相对位移为：△x=xA-xB=0.64m，
A、B匀速运动的时间为：t=$\frac{L-d+△x}{{v}_{0}}$
代入数据解得：t=1.15s；
（3）B开始向下加速运动的加速度：a2=$\frac{{μ}_{2}Mgcosθ+mgsinθ}{m}$，
代入数据解得 a2=10m/s2，
B与A相对静止后B的加速度为：a3=$\frac{mgsinθ-{μ}_{2}Mgcosθ}{m}$，
代入数据解得 a3=2m/s2
A、B相对静止的时间：t2=$\frac{{v}_{1}}{{a}_{2}}$=$\frac{2}{10}$s=0.2s，
A的位移为：xA′=v1t2=2×0.2m=0.4m，
B的位移为：xB′=$\frac{{v}_{1}}{2}$t2=$\frac{2}{2}$×0.2m=0.2m，
相对位移为：△x′=xA′-xB′=0.2m，
此时A离B右端的距离为：d′=△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-xB=v1t3+$\frac{1}{2}$a2t32，
代入数据解得：t3=（$\sqrt{2}$-1）s
A、B相对位移为：$△{x^{''}}={v_1}{t_3}+\frac{1}{2}{a_3}t_3^2-{v_1}{t_3}=（3-2\sqrt{2}）m$
因为△x''＜d'′即：B与P接触时，A没有从B上滑离，A到B右端的距离为：${d^{''}}={d^'}-△{x^{''}}=（2\sqrt{2}-2.64）m$
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，A到B右端的距离是（2$\sqrt{2}$-2.64）m．

点评 本题的物体运动过程复杂，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，边计算边分析物体的运动情况．要注意相对位移不能直接根据运动学公式求解，而要根据两个物体相对地面的位移关系来研究．

练习册系列答案
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