Question

10．如图所示，质量为4kg的物块b与质量为1kg的物块a用不可伸长的细线跨过光滑的定滑轮连接（a，b均可视为质点），a置于光滑的水平面上，且以a的初给位置为原点，水平向右为正方向建立数轴，在不同区域a会受到不同大小且方向水平向左的外力F的作用，其大小随x的变化关系如表所示，物块b置于倾角θ=30°且足够长的斜面上A点，斜面上B点与A点之间的距离为s=2m且AB段光滑，过B点后物块b与斜面间的动力摩擦因数为μ=$\frac{1}{4\sqrt{3}}$，将a、b由静止释放，取重力加速度大小g-10m/s²．求：
（1）物块a第一次过x=1m处时的速度大小
（2）物块b第一次过B点和第二次过B点时的时间间隔

x/m	0＜x≤1	x＞1
F/N	0	30

Answer 1

分析 （1）对整体分析，根据牛顿第二定律求出整体的加速度，结合速度位移公式求出物块a第一次过x=1m处时的速度大小．
（2）x＞1m后，a受到水平向左的恒力F，结合牛顿第二定律求出系统匀减速运动的加速度，结合速度位移公式求出第一次到达B点的速度，过B点后，b受到滑动摩擦力，结合牛顿第二定律求出系统继续向下做匀减速运动的加速度，从而得出速度减为零的时间和位移，根据牛顿第二定律求出系统返回做匀加速运动的加速度，根据位移时间公式求出再次经过B点的时间，从而得出物块b第一次过B点和第二次过B点时的时间间隔．

解答 解：（1）对a、b整体分析，整体的加速度${a}_{1}=\frac{{m}_{b}gsinθ}{{m}_{a}+{m}_{b}}=\frac{40×\frac{1}{2}}{4+1}m/{s}^{2}=4m/{s}^{2}$．
根据速度位移公式得，${v}_{1}=\sqrt{2{a}_{1}{x}_{1}}=\sqrt{2×4×1}$m/s=$2\sqrt{2}m/s$．
（2）因为x＞1m后，F=30N，对整体分析，加速度${a}_{2}=\frac{F-{m}_{b}gsinθ}{{m}_{a}+{m}_{b}}=\frac{30-40×\frac{1}{2}}{5}m/{s}^{2}$=2m/s²．
设物块第一次到达B点的速度为v_B1，根据${{v}_{B1}}^{2}-{{v}_{1}}^{2}=-2{a}_{2}{x}_{2}$得，
${v}_{B1}=\sqrt{{{v}_{1}}^{2}-2{a}_{2}{x}_{2}}$=$\sqrt{8-2×2×1}=2m/s$，
过B点后，系统的加速度${a}_{3}=\frac{F+μ{m}_{b}gcosθ-{m}_{b}gsinθ}{{m}_{a}+{m}_{b}}$=$\frac{30+\frac{1}{4\sqrt{3}}×40×\frac{\sqrt{3}}{2}-40×\frac{1}{2}}{5}$=3m/s²，
系统速度减为零的时间${t}_{1}=\frac{{v}_{B1}}{{a}_{3}}=\frac{2}{3}s$，从B点速度减为零，b的位移$x=\frac{{{v}_{B1}}^{2}}{2{a}_{3}}=\frac{4}{6}m=\frac{2}{3}m$，
系统速度减为零后返回做匀加速直线运动，则加速度${a}_{4}=\frac{F-{m}_{b}gsinθ-μ{m}_{b}gcosθ}{{m}_{a}+{m}_{b}}$=$\frac{30-40×\frac{1}{2}-\frac{1}{4\sqrt{3}}×40×\frac{\sqrt{3}}{2}}{5}=1m/{s}^{2}$，
根据$x=\frac{1}{2}a{{t}_{2}}^{2}$得，${t}_{2}=\sqrt{\frac{2{x}_{\;}}{{a}_{4}}}=\sqrt{\frac{2×\frac{2}{3}}{1}}s=\frac{2\sqrt{3}}{3}s$．
物块b第一次过B点和第二次过B点时的时间间隔$△t={t}_{1}+{t}_{2}=\frac{2+2\sqrt{3}}{3}s$．
答：（1）物块a第一次过x=1m处时的速度大小为$2\sqrt{2}$m/s；
（2）物块b第一次过B点和第二次过B点时的时间间隔为$\frac{2+2\sqrt{3}}{3}s$．

点评 本题考查了牛顿定律的多过程问题，关键理清系统在整个过程中的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解，掌握整体法和隔离法的运用．