Question

8．如圖所示，木板與水平地面間的夾角θ可以隨意改變，當(dāng)θ=30°時(shí)，可視為質(zhì)點(diǎn)的小木塊恰好能沿著木板勻速下滑．若讓該小木塊從木板的底端以v₀的速度沿木板向上運(yùn)動(dòng)，隨著θ的改變，小木塊沿木板向上滑行的距離將發(fā)生變化．已知重力加速度為g．

（1）小木塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)；
（2）當(dāng)θ=60°角時(shí)，小木塊沿木板向上滑行的距離；
（3）當(dāng)θ=60°角時(shí)，小木塊由底端沿木板向上滑行再回到原出發(fā)點(diǎn)所用的時(shí)間．

Answer 1

分析 （1）抓住小木塊做勻速直線運(yùn)動(dòng)，結(jié)合重力沿斜面向下的分力與摩擦力相等，求出動(dòng)摩擦因數(shù)的大�。�
（2）根據(jù)牛頓第二定律求出小木塊上滑的加速度大小，結(jié)合速度位移公式求出上滑的距離．
（3）根據(jù)速度時(shí)間公式求出上滑的時(shí)間，根據(jù)牛頓第二定律求出下滑的加速度，結(jié)合位移時(shí)間公式求出下滑的時(shí)間，從而得出總時(shí)間．

解答 解：（1）當(dāng)θ=30°時(shí)，物塊受重力、支持力和滑動(dòng)摩擦力處于平衡，有：mgsinθ=μF_N①
F_N=mgcosθ   ②
聯(lián)立①②得：$μ=tan30°=\frac{\sqrt{3}}{3}$．
（2）當(dāng)小木塊向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，小木塊的加速度為a，則：mgsin θ+μmgcosθ=ma，
根據(jù)速度位移公式得，${{v}_{0}}^{2}=2ax$，
代入數(shù)據(jù)解得x=$\frac{\sqrt{3}{{v}_{0}}^{2}}{4g}$．
（3）當(dāng)小木塊向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，小木塊的加速度為a₁，則：mgsin θ+μmgcos θ=ma₁
則上滑的時(shí)間${t}_{1}=\frac{{v}_{0}}{{a}_{1}}$，
代入數(shù)據(jù)解得${t}_{1}=\frac{\sqrt{3}{v}_{0}}{2g}$，
當(dāng)小木塊向下運(yùn)動(dòng)時(shí)，小木塊的加速度為a₂，則：mgsinθ-μmgcosθ=ma₂
解得：${a}_{2}=\frac{\sqrt{3}}{3}g$，
根據(jù)x=$\frac{1}{2}{a}_{2}{{t}_{2}}^{2}$得，${t}_{2}=\frac{\sqrt{6}{v}_{0}}{2g}$．
則$t={t}_{1}+{t}_{2}=\frac{（\sqrt{3}+\sqrt{6}）{v}_{0}}{2g}$．
答：（1）小木塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為$\frac{\sqrt{3}}{3}$．
（2）小木塊沿木板向上滑行的距離為$\frac{\sqrt{3}{{v}_{0}}^{2}}{4g}$．
（3）小木塊由底端沿木板向上滑行再回到原出發(fā)點(diǎn)所用的時(shí)間為$\frac{（\sqrt{3}+\sqrt{6}）{v}_{0}}{2g}$．

點(diǎn)評 本題考查了牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式的綜合運(yùn)用，知道加速度是聯(lián)系力學(xué)和運(yùn)動(dòng)學(xué)的橋，注意上滑的加速度和下滑的加速度不等．