Question

8．如圖所示，一傾角θ=37°、高h(yuǎn)=2.7m的斜劈放在光滑水平面NAC上，與豎直面BC緊密接觸，一物塊（可看作質(zhì)點(diǎn)）從斜面頂端由靜止釋放，在A點(diǎn)進(jìn)入水平面后與固定在豎直MN上的輕彈簧接觸后被反彈，回到A點(diǎn)時(shí)速度為6m/s．若從AB面進(jìn)入水平面、與彈簧接觸過(guò)程及再由水平進(jìn)入AB時(shí)均沒有能量損失，重力加速度g=10m/s²，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：
（1）物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)；
（2）物塊被彈簧第一次反彈后從A點(diǎn)滑上斜面到離開斜面的時(shí)間；
（3）若物塊質(zhì)量m=2.0kg，斜劈的質(zhì)量M=5.0kg，物塊沿斜面上滑過(guò)程中斜劈對(duì)水平地面AC及對(duì)豎直面BC的壓力大�。�

Answer 1

分析 （1）根據(jù)物塊的運(yùn)動(dòng)情況，確定出物塊下滑到A點(diǎn)的速度，對(duì)于物塊從B下滑到A的過(guò)程，運(yùn)用動(dòng)能定理求物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)；
（2）由牛頓第二定律求出物塊沿斜面上滑的加速度，由速度時(shí)間公式求上滑的時(shí)間．
（3）物塊沿斜面上滑過(guò)程中，對(duì)物塊和斜劈，運(yùn)用牛頓第二定律求出水平地面和豎直面BC對(duì)斜劈的作用力，再由牛頓第三定律得到斜劈對(duì)水平地面AC及對(duì)豎直面BC的壓力大�。�

解答 解：（1）水平面光滑，根據(jù)能量守恒定律可知，物塊下滑到A點(diǎn)時(shí)的速度大小等于6m/s．
對(duì)于物塊從B下滑到A的過(guò)程，運(yùn)用動(dòng)能定理得：
mgh-μmgcosθ•$\frac{h}{sinθ}$=$\frac{1}{2}m{v}_{A}^{2}$
代入數(shù)據(jù)解得：μ=0.25
（2）物塊被彈簧第一次反彈后從A點(diǎn)滑上斜面的過(guò)程，物塊的加速度大小為：
a=$\frac{mgsinθ+μmgcosθ}{m}$=g（sinθ+μcosθ）=8m/s²；
物塊上滑的時(shí)間為：t₁=$\frac{{v}_{A}}{a}$=$\frac{6}{8}$=0.75s
上滑的位移大小為：x=$\frac{{v}_{A}}{2}{t}_{1}$=$\frac{6}{2}×0.75$m=2.25m
物塊下滑的加速度大小為：a′=$\frac{mgsinθ-μmgcosθ}{m}$=4m/s²；
設(shè)下滑的時(shí)間為t₂．由 x=$\frac{1}{2}a′{t}_{2}^{2}$得：
t₂=$\frac{3}{4}$$\sqrt{2}$s
故物塊被彈簧第一次反彈后從A點(diǎn)滑上斜面到離開斜面的時(shí)間為：t=t₁+t₂=0.75+$\frac{3\sqrt{2}}{4}$≈1.81s；
（3）設(shè)物塊沿斜面上滑過(guò)程中，水平地面AC和豎直面BC對(duì)斜劈的支持力大小分別為F₁和F₂．
物塊沿斜面上滑過(guò)程中，以物塊和斜劈組成的整體為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律得：
水平方向有：F₁=macosθ+M×0=12.8N
豎直方向有：Mg-F₂=masinθ，
解得：F₂=60.4N
根據(jù)牛頓第三定律得，斜劈對(duì)水平地面AC及對(duì)豎直面BC的壓力大小分別為：
F₁′=F₁=12.8N
F₂′=F₂=60.4N
答：（1）物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)是0.25；
（2）物塊被彈簧第一次反彈后從A點(diǎn)滑上斜面到離開斜面的時(shí)間是1.81s；
（3）若物塊質(zhì)量m=2.0kg，斜劈的質(zhì)量M=5.0kg，物塊沿斜面上滑過(guò)程中斜劈對(duì)水平地面AC及對(duì)豎直面BC的壓力大小分別為12.8N和60.4N．

點(diǎn)評(píng) 對(duì)物塊在斜面上的運(yùn)動(dòng)，運(yùn)用牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式結(jié)合研究是常用的方法，盡管物塊和斜劈的加速度不同，但也可以運(yùn)用整體法研究，也可以采用隔離法求解．