Question

20．如圖所示是傾角θ=37°的固定光滑斜面，兩端有垂直于斜面的固定擋板P、Q，PQ距離L=2m，質量M=1.0kg的木塊A（可看成質點）放在質量m=0.5kg的長d=0.8m的木板B上并一起停靠在擋板P處，A木塊與斜面頂端的電動機間用平行于斜面不可伸長的輕繩子相連接，現給木塊A沿斜面向上的初速度，同時開動電動機保證木塊A一直以初速度v₀=1.6m/s沿斜面向上做勻速直線運動，已知木塊A的下表面與木板B間動摩擦因數μ₁=0.5，經過實踐t，當B板右端到達Q處時刻，立刻關閉電動機，同時鎖定A、B物體此時的位置，然后將A物體上下面翻轉，使得A原來的上表面與木板B接觸，已知翻轉后的A、B接觸面積的動摩擦面積變為μ₂=0.25，且連接A與電動機的繩子仍與斜面平行，現在給A向下的初速度v₁=2m/s，同時釋放木板B，并開動電動機保證A木塊一直以v₁沿斜面向下做勻速直線運動，直到木塊B與擋板P接觸關閉電動機并鎖定A、B位置，求：
（1）B木板沿斜面向上加速運動過程的加速度大小；
（2）A、B沿斜面上升過程所經歷的時間t；
（3）A、B沿斜面向下開始運動到木板B左端與P接觸時，這段過程中A、B間摩擦產生的熱量．

Answer 1

分析 （1）由牛頓第二定律可以求出B的加速度．
（2）由勻變速直線運動的速度公式求出B的速度等于A的速度需要的時間，然后由位移公式求出A、B的位移，然后應用勻速直線運動的位移公式求出A、B沿斜面上升過程的時間．
（3）由牛頓第二定律求B的加速度，應用運動學公式求出A、B的位移及A、B間的相對位移，然后求出因克服摩擦力產生的熱量．

解答 解：（1）對B，由牛頓第二定律得：μ₁Mgcosθ-mgsinθ=ma₁，解得：a₁=2m/s²；
（2）A、B相對靜止需要的時間：t₁=$\frac{{v}_{0}}{{a}_{1}}$=0.8s，
A的位移：x_A=v₀t₁=1.28m，
B的位移：x_B=$\frac{{v}_{0}}{2}$t₁=0.64m，
AB的相對位移：△x=x_A-x_B=0.64m，
A、B勻速運動的時間：t=$\frac{L-d+△x}{{v}_{0}}$=1.15s；
（3）B開始向下加速運動的加速度：a₂=$\frac{{μ}_{2}Mgcosθ+mgsinθ}{m}$=10m/s²，
B與A相對靜止后B的加速度：a₃=$\frac{mgsinθ-{μ}_{2}Mgcosθ}{m}$=2m/s²，
A、B相對靜止的時間：t₂=$\frac{{v}_{1}}{{a}_{2}}$=0.2s，
A的位移：x_A′=v₁t₂=0.4m，
B的位移：x_B′=$\frac{{v}_{1}}{2}$t₂=0.2m，
相對位移：△x′=x_A′-x_B′=0.2m，
此時A離B右端的距離：△x′+（d-△x）=0.36m，
AB速度相等后，B以加速度a₂加速運動，B到達P所用時間為t₃，
則：L-d-x_B=v₁t₃+$\frac{1}{2}$a₂t₃²，解得：t₃=（$\sqrt{2}$-1）s，
A、B相對位移：△x″=v₁t₃+$\frac{1}{2}$a₂t₃²-v₁t₃=0.17m，
即：B與P接觸時，A沒有從B上滑離，
產生的熱量：Q=μ₂Mgcosθ（△x′+△x″）=0.74J；
答：（1）B木板沿斜面向上加速運動過程的加速度大小為2m/s²；
（2）A、B沿斜面上升過程所經歷的時間t為1.15s；
（3）A、B沿斜面向下開始運動到木板B左端與P接觸時，這段過程中A、B間摩擦產生的熱量為0.74J．

點評 本題考查了求加速度、物體的運動時間與產生的熱量問題，本題是一道力學綜合題，物體運動過程復雜，本題難度較大，分析清楚物體的運動過程是解題的關鍵，應用牛頓第二定律、運動學公式與功的計算公式可以解題．