Question

10．如圖所示，固定斜面上放一木板PQ，木板的Q端放置一可視為質點的小物塊，現用輕細線的一端連接木板的Q端，保持與斜面平行，繞過定滑輪后，另一端可懸掛鉤碼，鉤碼距離地面足夠高．已知斜面傾角θ=30°，木板長為L，Q端距斜面頂端距離也為L，物塊和木板的質量均為m，兩者之間的動摩擦因數μ₁=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，若所掛鉤碼質量為2m，物塊和木板能一起勻速上滑；若所掛鉤碼質量為其他不同值，物塊和木板有可能發生和對滑動，重力加速度為g，不計細線與滑輪之間的摩擦，設接觸面間最大靜摩擦力等于滑動摩擦力．
（1）木板與斜面間的動摩擦因數μ₂；
（2）物塊和木板發生相對滑動時，所掛鉤碼質量m′應滿足什么條件？
（3）選取適當質量的鉤碼可使木板由靜止開始向上滑動，試討論木板Q端到達斜面頂端所用時間t與鉤碼質量m′之間的關系．

Answer 1

分析 （1）對整個系統根據平衡條件求出木板與斜面間的動摩擦因數；
（2）要使二者發生相對滑動，保證木板的加速度a₁大于物塊的加速度${a}_{2}^{\;}$，根據牛頓第二定律求出物塊加速度和木板加速度，聯立即可求解；
（3）分兩種情況討論：$m′＞\frac{10}{3}m$，物塊和木板發生相對滑動，根據位移時間關系得出t與鉤碼質量m′之間的關系；當$2m＜m′≤\frac{10}{3}m$，物塊和木板一起加速運動，對物塊和木板組成的整體根據牛頓第二定律求出加速度，結合運動學公式即可求解；

解答 解：（1）整個系統勻速時有：
對鉤碼：2mg=T    
對物塊和木板：T=2mgsinθ+μ₂2mgcosθ       
解得μ₂=$\frac{\sqrt{3}}{3}$        
（2）要使二者發生相對滑動，保證木板的加速度a₁大于物塊的加速度a₂
對物塊：μ₁mgcosθ-mgsinθ=ma₂     
可得  a₂=$\frac{1}{4}$g
對木板：T′-mgsinθ-μ₁mgcosθ-μ₂2mgcosθ=ma₁   
對鉤碼：m′g-T′=m′a₁      
解得：a₁=$\frac{m′-\frac{9}{4}m}{m′+m}$g      
聯立解得：m′＞$\frac{10}{3}$m       
（3）若m′＞$\frac{10}{3}$m，二者相對滑動，
木板的位移：L=$\frac{1}{2}$a₁t²
物塊的位移：s=$\frac{1}{2}$a₂t²
由于L-s＜L，當Q端到達斜面頂端時，物塊未從木板上滑下  
所以有t²=$\frac{2L}{{a}_{1}}$=$\frac{2L（m′+m）}{（m′-\frac{9}{4}m）g}$      
若2m＜m′≤$\frac{10}{3}$m，物塊和木板一起加速運動
對鉤碼：m′g-T″=m′a₃        
對二者整體：T″-2mgsinθ-μ₂2mgcosθ=2ma₃     
解得：a₃=$\frac{m′-2m}{m′+2m}$g
 L=$\frac{1}{2}$a₃t²
所以有：t²=$\frac{2L}{{a}_{3}}$=$\frac{2L（m′+2m）}{（m′-2m）g}$      
答：（1）木板與斜面間的動摩擦因數${μ}_{2}^{\;}$為$\frac{\sqrt{3}}{3}$；
（2）物塊和木板發生相對滑動時，所掛鉤碼質量m′應滿足條件$m′＞\frac{10}{3}m$
（3）選取適當質量的鉤碼可使木板由靜止開始向上滑動，木板Q端到達斜面頂端所用時間t與鉤碼質量m′之間的關系為
當$m′＞\frac{10}{3}m$時，${t}_{\;}^{2}=\frac{2L（m′+m）}{（m′-\frac{3}{4}m）g}$
當$2m＜m′≤\frac{10}{3}m$，${t}_{\;}^{2}=\frac{2L（m′+2m）}{（m′-2m）g}$

點評 本題考查牛頓運動定律的應用，關鍵是分析清楚物體運動過程是正確解題的前提與關鍵，難點是選擇恰當的研究對象運用隔離法和整體法分別受力分析，應用牛頓第二定律、運動學公式即可正確解題，難度較大．