Question

1．如圖所示，固定于水平面上、傾角θ=37°的光滑斜面底端固定一與斜面偏小的輕彈簧，勁度系數(shù)k=40N/m．將一質(zhì)量為m=0.2kg的物塊（可視為質(zhì)點），放置在質(zhì)量M=0.8kg的木板上，木板和物塊一起自斜面頂端由靜止釋放．當木板的下端到達A點時，彈簧的壓縮量x₁=0.1m，木板正處在加速下滑的過程中，速度v₀=1m/s，此時物塊剛好相對木板開始滑動；木板繼續(xù)向下運動，其下端到達B點時，木板處于平衡狀態(tài)，物塊恰好將滑離木板（滑離后物塊未觸及彈簧和斜面）．設(shè)物塊與木板間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取g=10m/s²，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：
（1）木板下端首次到達A點時，木板的加速度a的大�。�
（2）物塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ；
（3）木板下端再次返回到A點時，木板的速度v₀．（結(jié)果可保留根號）

Answer 1

分析 （1）對整體進行分析，根據(jù)牛頓第二定律可求得加速度大��；
（2）對m分析，根據(jù)牛頓第二定律可求得動摩擦因數(shù)；
（3）B點處對M分析，根據(jù)平衡條件可求得位移關(guān)系，再對運動過程根據(jù)動能定理列式，聯(lián)立即可求得木板的速度v₀．

解答 解：（1）木板下端首次到達A點時，對M、m，由牛頓第二定律得：
（M+m）gsinθ-kx₁=（M+m）a
代入數(shù)據(jù)解得：
a=2m/s²；
（2）對m，由牛頓第二定律有：
mgsinθ-μmgcosθ=ma
代入數(shù)據(jù)解得：μ=0.5；
（3）在B點，對M，由平衡條件可得：
mgsinθ+μmgcosθ=kx₂
木板下端由A運動到B的過程中，木板的位移△x=x₂-x₁
木板下端兩次經(jīng)過A點的過程中
對M，由動能定理可得：
μmgcosθ•△x=$\frac{1}{2}$Mv²-$\frac{1}{2}$Mv₀²
解得：v=$\frac{3\sqrt{3}}{5}$m/s；
答：（1）木板下端首次到達A點時，木板的加速度a的大小為2m/s²；
（2）物塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ為0.5；
（3）木板下端再次返回到A點時，木板的速度v₀為$\frac{3\sqrt{3}}{5}$m/s；

點評 本題綜合考查了動能定理、牛頓第二定律以及共點力平衡條件的應(yīng)用，要注意正確分析物理過程，正確受力分析，再正確選擇物理規(guī)律求解即可．