Question

13．如圖所示，光滑固定斜面傾角θ=60°，斜面底端與放在水平面上、質(zhì)量M=1kg的足夠長的木板左端接觸，木板與水平面間的動摩擦因數(shù)μ₁=$\frac{\sqrt{3}}{10}$，將一質(zhì)量m=1kg的滑塊放在斜面上A點，A點到木板上表面的距離h=1m，由靜止釋放滑塊，并同時給滑塊一方向水平向右、大小F=2$\sqrt{3}$N的外力，滑塊沿斜面下滑，滑塊滑上木板后再經(jīng)過t=3$\sqrt{2}$s撤去外力F，已知滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ₂=$\frac{\sqrt{3}}{4}$，不計滑塊經(jīng)過斜面底端時的能量損失，取g=10m/s²．求：
（1）滑塊下滑到斜面底端時的速度大小v₀；
（2）滑塊相對木板滑行的距離s和木板在水平面上滑行的距離x．

Answer 1

分析 （1）利用動能定理列方程求解即可；
（2）滑塊滑上木板后，利用牛頓第二定律分別對滑塊和木板列方程求解加速度，再利用運動學公式求解二者達到共同速度時各自的位移；由于之后力F還未撤去，故還要做一段時間的勻速直線運動，利用運動學公式可求此段時間內(nèi)的位移；撤去外力后滑塊和木板共同做勻減速運動，利用牛頓第二定律可求此時的加速度，同樣利用運動學公式可求這段勻加速運動過程中的位移；最后利用各段位移之間的關系求滑塊相對木板滑行的距離s和木板在水平面上滑行的距離x．

解答 解：（1）滑塊在斜面上運動的過程中，由動能定理得，
$mgh+F\frac{h}{tanθ}=\frac{1}{2}{{mv}_{0}}^{2}$
解之得，$\begin{array}{c}{v}_{0}=2\sqrt{6}m/s\end{array}\right.$
（2）滑塊滑上木板后，開始階段做勻減速運動，設加速度大小為a₁，木板做勻加速運動，設加速度大小為a₂，由牛頓第二定律可知，
μ₂mg-F=ma₁
代入數(shù)據(jù)解之得，${a}_{1}=\frac{\sqrt{3}}{2}m/{s}^{2}$
μ₂mg-μ₁（M+m）g=Ma₂
解之得，${a}_{2}=\frac{\sqrt{3}}{2}m/{s}^{2}$
設經(jīng)過時間t₁，滑塊和木板的速度相等，由運動學公式得，
v₀-a₁t₁=a₂t₁=v₁
解之得，${t}_{1}=2\sqrt{2}s$，$v=\sqrt{6}m/s$．
該過程中滑塊滑行的位移：${s}_{1}={v}_{0}{t}_{1}-\frac{1}{2}{a}_{1}{{t}_{1}}^{2}$
代入數(shù)據(jù)解之得，${s}_{1}=6\sqrt{3}m$
該過程木板滑行的位移：${x}_{1}=\frac{1}{2}{a}_{2}{{t}_{1}}^{2}$
代入數(shù)據(jù)解之得，${x}_{1}=2\sqrt{3}m$
外力還可以作用的時間：${t}_{2}=t-{t}_{1}=\sqrt{2}s$
因為之后$F={μ}_{1}（M+m）g=2\sqrt{3}N$，所以接下來$\sqrt{2}s$內(nèi)滑塊與木板一起做勻速運動，則：
${x}_{2}={v}_{1}{t}_{2}=2\sqrt{3}m$
撤去外力后，滑塊和木板做勻減速運動，設加速度為a₃，則：
μ₁（M+m）g=（M+m）a₃
解之得，${a}_{3}=\sqrt{3}m/{s}^{2}$
${x}_{3}={v}_{1}{t}_{2}=2\sqrt{3}m$，
所以，
$\begin{array}{c}s={s}_{1}-{x}_{1}=4\sqrt{3}m\\ x={x}_{1}+{x}_{2}+{x}_{3}=5\sqrt{3}m\end{array}\right.$
答：（1）滑塊下滑到斜面底端時的速度大小為$2\sqrt{6}m/s$；
（2）滑塊相對木板滑行的距離s為$4\sqrt{3}m$；木板在水平面上滑行的距離x為$5\sqrt{3}m$．

點評 第一問利用動能定理可迅速求出速度；第二問解題的關鍵則是分清運動過程，綜合運用牛頓第二定律和運動學公式可求解．本題難度較大．