Question

17．如圖甲所示．帶斜面的足夠長(zhǎng)木板P，質(zhì)量M=3kg．靜止在水平地面上，其右側(cè)靠豎直墻壁，傾斜面BC與水平面AB的夾角θ=37°．兩者平滑對(duì)接．t=O s時(shí)，質(zhì)量m=1kg、可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊Q從頂點(diǎn)C由靜止開(kāi)始下滑，圖乙所示為Q在O～6s內(nèi)的速率v隨時(shí)間t變化的部分圖線．已知P與Q間的動(dòng)摩擦因數(shù)是P與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)的5倍，sin37°=0.6，cos37°=O．8，g取10m/s²．求：

（1）木板P與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)．
（2）t=8s時(shí)，木板P與滑塊Q的速度大小．
（3）O～8s內(nèi)，滑塊Q與木板P之間因摩擦而產(chǎn)生的熱量．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)乙圖可知，0-2s內(nèi)物體做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，2-6s內(nèi)做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，所以0-2s內(nèi)在斜面上下滑，2-6s內(nèi)在水平面上滑行，根據(jù)v-t圖象求出加速度，再根據(jù)牛頓第二定律求出動(dòng)摩擦力因數(shù)，進(jìn)而求出木板P與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)；
（2）分別對(duì)Q和P運(yùn)用牛頓第二定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)基本公式求解t=8s時(shí)，木板P與滑塊Q的速度大小．
（3）根據(jù)圖象與坐標(biāo)軸圍成的面積求解位移，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)基本公式求出P、Q運(yùn)動(dòng)的位移，從而根據(jù)摩擦力做功公式求出8s產(chǎn)生的熱量．

解答 解：（1）0～2s內(nèi)，P因墻壁存在而不動(dòng)，Q沿BC下滑，2s末的速度為v₁=9.6m/s．
設(shè)P、Q間動(dòng)摩擦因數(shù)為μ₁，P與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為 μ₂，
對(duì)Q：由 圖象有 a₁=$\frac{{v}_{1}}{{t}_{1}}$=$\frac{9.6}{2}$=4.8m/s²；
由牛頓第二定律有 mgsin37°-μ₁mgcos37°=ma₁
聯(lián)立求解得 μ₁=0.15，則μ₂=$\frac{1}{5}$μ₁=0.03
（2）2s后，Q滑到AB上，因 μ₁mg＞μ₂（m+M）g
故P、Q相對(duì)滑動(dòng)，且Q減速、P加速．設(shè)加速度大小分別為 a₂和a₃，Q從B滑到AB上到P、Q共速所用的時(shí)間為 t₀，
對(duì)Q有：μ₁mg=ma₂
對(duì)P有：μ₁mg-μ₂（m+M）g=Ma₃
共速時(shí) v₁-a₂t₀=a₃t₀
分別求解得a₂=1.5m/s2，a₃=0.1m/s2，t₀=6s，
故在 t=8s時(shí)，P、Q的速度大小恰相同，v_P=v_Q=a₃t₀=0.1×6=0.6m/s
（3）0～2s內(nèi)，據(jù) 圖象“面積”的含義，Q在BC上發(fā)生的位移：x₁=$\frac{1}{2}$×2×9.6=9.6m
2～8s內(nèi)，Q發(fā)生的位移：x₂=$\frac{1}{2}$×（v₁+v_Q）t₀=30.6m
P發(fā)生的位移：x₃=$\frac{1}{2}$v_Pt₀=1.8m
0～8s內(nèi)，Q與木板P之間因摩擦而產(chǎn)生的熱量：△Q=μ₁mgx₁cos37°+μ₁mg（x₂-x₃）
代入數(shù)據(jù)解得：△Q=54.72J
答：
（1）木板P與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.03；
（2）t=8s時(shí)，木板P與滑塊Q的速度大小都為0.6m/s；
（3）0～8s內(nèi)，滑塊Q與木板P之間因摩擦而產(chǎn)生的熱量為 54.72J．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了勻變速直線運(yùn)動(dòng)及其公式、圖象牛頓運(yùn)動(dòng)定律、牛頓定律的應(yīng)用，關(guān)鍵要求同學(xué)們能正確分析物體的運(yùn)動(dòng)情況，能根據(jù)圖象求解加速度和位移．