Question

2．如圖所示，在傾角為θ=37°的足夠長(zhǎng)的斜面上，有質(zhì)量為m₁=2kg的長(zhǎng)木板．開(kāi)始時(shí)，長(zhǎng)木板上有一質(zhì)量為m₂=1kg的小鐵塊（視為質(zhì)點(diǎn)）以相對(duì)地面的初速度v₀=2m/s從長(zhǎng)木板的中點(diǎn)沿長(zhǎng)木板向下滑動(dòng)，同時(shí)長(zhǎng)木板在沿斜面向上的拉力作用下始終做速度為v=1m/s的勻速運(yùn)動(dòng)，小鐵塊最終與長(zhǎng)木板一起沿斜面向上做勻速運(yùn)動(dòng)．已知小鐵塊與長(zhǎng)木板、長(zhǎng)木板與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為產(chǎn)μ=0.9，重力加速度為g=10m/s²，sin37°=0.6，cos37°=0.8，試求：
（1）小鐵塊在長(zhǎng)木板上滑動(dòng)時(shí)的加速度；
（2）長(zhǎng)木板至少多長(zhǎng)？
（3）在小鐵塊從木板中點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到與木板速度相同的過(guò)程中拉力的功率．

Answer 1

分析 （1）分析小鐵塊的受力，根據(jù)牛頓第二定律求解小鐵塊在長(zhǎng)木板上滑動(dòng)時(shí)的加速度大小和方向；
（2）小鐵塊先沿斜面向下做勻減速運(yùn)動(dòng)至速度為零，再沿斜面向上做勻加速運(yùn)動(dòng)，最終以速度v與長(zhǎng)木板一起沿斜面向上做勻速運(yùn)動(dòng)．根據(jù)速度公式求出小鐵塊從開(kāi)始向下滑動(dòng)到速度與木板相同所需要的時(shí)間，根據(jù)位移公式求出此過(guò)程小鐵塊和木板的位移，由幾何關(guān)系求出長(zhǎng)木板的最小的長(zhǎng)度；
（3）對(duì)木板，由平衡條件求出拉力的大小，再求出拉力做功，根據(jù)$P=\frac{W}{t}$求出功率

解答 解：（1）設(shè)小鐵塊的加速度大小為a，對(duì)小鐵塊受力分析有（取沿斜面向上為正方向）
沿斜面方向：${f}_{2}^{\;}-{m}_{2}^{\;}gsinθ={m}_{2}^{\;}a$①
${f}_{2}^{\;}=μ{N}_{2}^{\;}$②
垂直斜面方向：${N}_{2}^{\;}={m}_{2}^{\;}gcosθ$③
得$a=g（μcosθ-sinθ）=1.2m/{s}_{\;}^{2}$，沿斜面向上
（2）小鐵塊先沿斜面向下勻減速至速度為零再沿斜面向上勻加速，最終獲穩(wěn)定速度v，設(shè)歷時(shí)t后小鐵塊達(dá)穩(wěn)定速度，則
$v-（-{v}_{0}^{\;}）=at$
得$t=\frac{{v}_{0}^{\;}+v}{g（μcosθ-sinθ）}=2.5s$
t內(nèi)小鐵塊位移為${s}_{1}^{\;}$，木板位移為${s}_{2}^{\;}$
${s}_{1}^{\;}=\frac{{v}_{0}^{\;}-v}{2}t$，方向沿斜面向下
${s}_{2}^{\;}=vt$，方向沿斜面向上
因?yàn)?\frac{L}{2}≥{s}_{1}^{\;}+{s}_{2}^{\;}$
所以$L≥2（{s}_{1}^{\;}+{s}_{2}^{\;}）=\frac{（{v}_{0}^{\;}+v）_{\;}^{2}}{g（μcosθ-sinθ）}=7.5m$
（3）對(duì)木板：$F={f}_{1}^{\;}+{f}_{2}^{\;}+{m}_{1}^{\;}gsinθ$
${f}_{1}^{\;}=μ{N}_{1}^{\;}$
${N}_{1}^{\;}=（{m}_{1}^{\;}+{m}_{2}^{\;}）gcosθ$
則拉力做的功為$W=F{s}_{2}^{\;}=102J$
$P=\frac{W}{t}=\frac{102}{2.5}W=40.8W$
答：（1）小鐵塊在長(zhǎng)木板上滑動(dòng)時(shí)的加速度為$1.2m/{s}_{\;}^{2}$，方向沿斜面向上；
（2）長(zhǎng)木板至少7.5m
（3）在小鐵塊從木板中點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到與木板速度相同的過(guò)程中拉力的功率為40.8W．

點(diǎn)評(píng) 本題是要正確分析鐵塊的運(yùn)動(dòng)情況，運(yùn)用牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式結(jié)合處理是基本方法．