Question

9．如圖所示，傾角θ=30°的足夠長的光滑斜面底端A固定有擋板P，斜面上B點與A點的高度差為h，將質(zhì)量為m，長度為L的木板置于斜面底端，質(zhì)量也為m的小物塊靜止在木板上某處，整個系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)．已知木板與物塊間的動摩擦因數(shù)μ=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，且最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g．
（1）若給木板和物塊一沿斜面向上的初速度v₀，木板上端恰能到達(dá)B點，求v₀大�。�
（2）若對木板施加一沿斜面向上的拉力F₀，物塊相對木板剛好靜止，求拉力F₀的大�。�
（3）若對木板施加沿斜面向上的拉力F=2mg，作用一段時間后撤去拉力，木板下端恰好能到達(dá)B點，物塊始終未脫離木板，求拉力F做的功W．

Answer 1

分析 （1）對小物塊和長木板組成的整體，根據(jù)機械能守恒定律求解；
（2）根據(jù)牛頓第二定律，分別以整體和物塊為研究對象列方程求解；
（3）對整體、木塊及木板分別根據(jù)牛頓第二定律求加速度，結(jié)合運動學(xué)公式求解；

解答 解：（1）對小物塊和長木板組成的整體，根據(jù)機械能守恒定律，有：
$\frac{1}{2}•2m{v}_{0}^{2}$=2mg（h-Lsinθ）
解得：${v}_{0}^{\;}=\sqrt{（2h-L）g}$
（2）木板與物塊整體：$F-2mgsinθ=2m{a}_{0}^{\;}$
對物塊，有：$μmgcosθ-mgsinθ═m{a}_{0}^{\;}$
解得：${F}_{0}^{\;}=\frac{3}{2}mg$
（3）設(shè)經(jīng)拉力F的最短時間為${t}_{1}^{\;}$，再經(jīng)時間${t}_{2}^{\;}$物塊與木板達(dá)到共速，再經(jīng)時間${t}_{3}^{\;}$木板下端到達(dá)B點，速度恰好減為零．
對木板，有：$F-mgsinθ-μmgcosθ=m{a}_{1}^{\;}$
$mgsinθ+μmgcosθ=m{a}_{3}^{\;}$
對物塊，有：$μmgcosθ-mgsinθ=m{a}_{2}^{\;}$
對木板與物塊整體，有
$2mgsinθ=2m{a}_{4}^{\;}$
另有：${a}_{1}^{\;}{t}_{1}^{\;}-{a}_{3}^{\;}{t}_{2}^{\;}={a}_{2}^{\;}（{t}_{1}^{\;}+{t}_{2}^{\;}）$
${a}_{2}^{\;}（{t}_{1}^{\;}+{t}_{2}^{\;}）={a}_{4}^{\;}{t}_{3}^{\;}$
$\frac{1}{2}{a}_{1}^{\;}{t}_{1}^{2}+{a}_{1}^{\;}{t}_{1}^{\;}•{t}_{2}^{\;}-\frac{1}{2}{a}_{3}^{\;}{t}_{2}^{2}+\frac{1}{2}{a}_{4}^{\;}{t}_{3}^{2}$=$\frac{h}{sinθ}$
$W=F•\frac{1}{2}{a}_{1}^{\;}{t}_{1}^{2}$
解得$W=\frac{9}{4}mgh$
答：（1）若給木板和物塊一沿斜面向上的初速度v₀，木板上端恰能到達(dá)B點，v₀大小為$\sqrt{（2h-L）g}$；
（2）若對木板施加一沿斜面向上的拉力F₀，物塊相對木板剛好靜止，拉力F₀的大小為$\frac{3}{2}mg$；
（3）若對木板施加沿斜面向上的拉力F=2mg，作用一段時間后撤去拉力，木板下端恰好能到達(dá)B點，物塊始終未脫離木板，拉力F做的功W為$\frac{9}{4}mgh$．

點評 本題考查牛頓第二定律及機械能守恒定律及運動學(xué)公式，要注意正確分析物理過程，對所選研究對象做好受力分析，明確物理規(guī)律的正確應(yīng)用好可正確求解．