Question

20．如圖甲，一長薄板放在傾角θ=37°的固定斜面上，在薄板的上端A處放一質(zhì)量m=1kg的滑塊，滑塊可看成質(zhì)點，開始時使平板和滑塊都靜止，t=0時刻將他們無初速度釋放，t=3s時薄板的下端到達(dá)斜面底端C點，薄板的v-t圖象如圖乙．已知長薄板的質(zhì)量M=2kg，長度L=1.2m，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s²，求：

（1）滑塊與薄板之間的動摩擦因數(shù)μ₁和薄板與斜面間的動摩擦因數(shù)μ₂；
（2）由靜止釋放是薄板下端B與斜面底端C的距離．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)圖乙，可以確定第1s內(nèi)薄板的加速度，從速度變化可知，1s后滑塊離開薄板，根據(jù)位移時間公式分別求出1s內(nèi)兩者位移，進(jìn)而求出滑塊的加速度，分別對滑塊和薄板分析受力情況，根據(jù)牛頓第二定律分別求出兩個動摩擦因數(shù)．
（2）由靜止釋放是薄板下端B與斜面底端C的距離，由兩個運動位移組成，第一秒內(nèi)的位移，和后2s內(nèi)的位移，分別求出兩個位移求和即得結(jié)果．

解答 解：（1）設(shè)滑塊在離開薄板前加速度為a₁
由圖乙知第1s內(nèi)：
薄板的加速度：a₂=$\frac{△v}{△t}=\frac{2.8}{1}$=2.8m/s²，薄板的位移為：x₂=$\frac{1}{2}{a}_{2}{t}^{2}=\frac{1}{2}×2.8×1$=1.4m
此時滑塊的位移：x₁=x₂+L=$\frac{1}{2}$${a}_{1}{t}^{2}$
代入數(shù)據(jù)得：a₁=5.2m/s²，
對于滑塊：
假設(shè)滑塊不受摩擦力，則沿斜面向下的加速度為：a′=$\frac{mgsinθ}{m}$gsinθ=10×0.6=6m/s²＞a₁，
故滑塊所受摩擦力沿斜面向上：f₁=μ₁mgcosθ
且滿足：a₁=$\frac{mgsinθ-{f}_{1}}{m}$=5.2m/s²，
聯(lián)立以上兩式可得：μ₁=0.1
對于薄板：
沿斜面方向，根據(jù)牛頓第二定律得：Ma₂=Mgsinθ+f₁-μ₂（M+m）gcosθ
代入數(shù)據(jù)得：μ₂=0.3
（2）第1s內(nèi)薄板的位移為：x₂=1.4m
設(shè)后2s內(nèi)薄板的加速度為a₃，根據(jù)牛頓第二定律得：Ma₃=Mgsinθ-μ₂Mgcosθ
代入數(shù)據(jù)得：a₃=3.6m/s²，
位移為：${x}_{3}={v}_{0}{t}_{2}+\frac{1}{2}{a}_{3}{{t}_{2}}^{2}$=$2.8×2+\frac{1}{2}×3.6×4=12.8m$
則由靜止釋放是薄板下端B與斜面底端C的距離：x=x₂+x₃=1.4+12.8=14.2m
答：（1）滑塊與薄板之間的動摩擦因數(shù)μ₁為0.1，薄板與斜面間的動摩擦因數(shù)μ₂為0.3；
（2）由靜止釋放是薄板下端B與斜面底端C的距離為14.2m．

點評 本題關(guān)鍵在于分析兩物體的受力情況，再確定物體的運動情況．也可以運用動能定理與運動學(xué)公式結(jié)合求解．