Question

20．如圖甲所示，帶斜面的足夠長木板P，質量M=3kg．靜止在水平地面上，其右側靠豎直墻壁，傾斜面BC與水平面AB的夾角θ=37°．兩者平滑對接．t=0s時，質量m=1kg、可視為質點的滑塊Q從頂點C由靜止開始下滑．圖乙所示為Q在0～6s內的速率v隨時間t變化的部分圖線．已知P與Q間的動摩擦因數是P與地面間的動摩擦因數的5倍，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s²．求：

（1）木板P與地面間的動摩擦因數；
（2）t=8s時，木板P與滑塊Q的速度大�。�
（3）0～8s內，滑塊Q與木板P之間因摩擦而產生的熱量．

Answer 1

分析 根據乙圖可知，0-2s內物體做勻加速直線運動，2-6s內做勻減速直線運動，所以0-2s內在斜面上下滑，2-6s內在水平面上滑行，根據v-t圖象求出加速度，再根據牛頓第二定律求出動摩擦力因數，進而求出木板P與地面間的動摩擦因數；分別對Q和P運用牛頓第二定律及運動學基本公式求解t=8s時，木板P與滑塊Q的速度大小，根據圖象與坐標軸圍成的面積求解位移，根據運動學基本公式求出P、Q運動的位移，從而根據摩擦力做功公式求出8s產生的熱量．

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

點評 本題抓喲考查了勻變速直線運動及其公式、圖象牛頓運動定律、牛頓定律的應用，要求同學們能正確分析物體的運動情況，能根據圖象求解加速度和位移，難度較大．