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15.如圖所示是傾角θ=37°的固定光滑斜面,兩端有垂直于斜面的固定擋板P、Q,PQ距離L=3m,質量M=2.0kg的木塊A(可看成質點)放在質量m=0.5kg 的長d=1.2m的木板B上并一起�?吭趽醢錚處,A木塊與斜面頂端的電動機間用平行于斜面不可伸長的輕繩相連接,現(xiàn)給木塊A沿斜面向上的初速度,同時開動電動機保證木塊A一直以初速度v0=4m/s沿斜面向上做勻速直線運動,已知木塊A的下表面與木板B間動摩擦因數(shù)μ1=0.5,經過時間t,當B板右端到達Q處時刻,立刻關閉電動機,同時鎖定A、B物體此時的位置.然后將A物體上下面翻轉,使得A原來的上表面與木板B接觸,已知翻轉后的A、B接觸面間的動摩擦因數(shù)變?yōu)棣?SUB>2=0.125,且連接A與電動機的繩子仍與斜面平行.現(xiàn)在給A向下的初速度v1=4m/s,同時釋放木板B,并開動電動機保證A木塊一直以v1沿斜面向下做勻速直線運動,直到木板B與擋板P接觸時關閉電動機并鎖定A、B位置.(g=10m/s25=2.24)求:
(1)B木板沿斜面向上加速運動過程的加速度大��;
(2)A沿斜面上升過程所經歷的時間t;
(3)A、B沿斜面向下開始運動到木板B左端與P接觸時,A距B下端的距離.

分析 (1)對B木板,運用牛頓第二定律可以求出B的加速度.
(2)由勻變速直線運動的速度公式求出B的速度等于A的速度需要的時間,然后由位移公式求出A、B的位移,然后應用勻速直線運動的位移公式求出A、B沿斜面上升過程的時間.
(3)由牛頓第二定律求B的加速度,應用運動學公式求出A、B的位移及A、B間的相對位移,即A到B下端的距離.

解答 解:(1)對B,由牛頓第二定律得:μ1Mgcosθ-mgsinθ=ma1,
代入數(shù)據(jù)解得:a1=10m/s2;
A、B相對靜止需要的時間為:t1=v0a1=410s=0.4s
A的位移為:xA=v0t1=4×0.4m=1.6m,
B的位移為:xB=v02t1=42×0.4m=0.8m,
AB的相對位移為:△x=xA-xB=0.8m,
A、B勻速運動的時間為:t=Ld+xv0=31.2+0.84s=0.65s
(3)B開始向下加速運動的加速度:a2=μ2Mgcosθ+mgsinθm=10m/s2
B與A相對靜止后B的加速度為:a3=mgsinθμ2Mgcosθm,
代入數(shù)據(jù)解得 a3=2m/s2
A、B相對靜止的時間:t2=v1a2=410s=0.4s,
A的位移為:xA′=v1t2=4×0.4m=1.6m,
B的位移為:xB′=v12t2=42×0.4m=0.8m,
相對位移為:△x′=xA′-xB′=0.8m,
此時A離B右端的距離為:d′=△x′+(d-△x)=1.2m,
AB速度相等后,B以加速度a2加速運動,B到達P所用時間為t3,
則:L-d-xB=v1t3+12a2t32,
代入數(shù)據(jù)解得:t3=0.2s
A距B下端的距離為:x=v1t3+12a3t23v1t3=0.04m
答:(1)B木板沿斜面向上加速運動過程的加速度大小為10m/s2
(2)A沿斜面上升過程所經歷的時間t為0.65s;
(3)A、B沿斜面向下開始運動到木板B左端與P接觸時,A距B下端的距離為0.04

點評 本題的物體運動過程復雜,分析清楚物體的運動過程是解題的關鍵,應用牛頓第二定律、運動學公式,邊計算邊分析物體的運動情況.要注意相對位移不能直接根據(jù)運動學公式求解,而要根據(jù)兩個物體相對地面的位移關系來研究.

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