Question

13．如图所示，光滑固定斜面倾角θ=60°，斜面底端与放在水平面上、质量M=1kg的足够长的木板左端接触，木板与水平面间的动摩擦因数μ₁=$\frac{\sqrt{3}}{10}$，将一质量m=1kg的滑块放在斜面上A点，A点到木板上表面的距离h=1m，由静止释放滑块，并同时给滑块一方向水平向右、大小F=2$\sqrt{3}$N的外力，滑块沿斜面下滑，滑块滑上木板后再经过t=3$\sqrt{2}$s撤去外力F，已知滑块与木板间的动摩擦因数μ₂=$\frac{\sqrt{3}}{4}$，不计滑块经过斜面底端时的能量损失，取g=10m/s²．求：
（1）滑块下滑到斜面底端时的速度大小v₀；
（2）滑块相对木板滑行的距离s和木板在水平面上滑行的距离x．

Answer 1

分析 （1）利用动能定理列方程求解即可；
（2）滑块滑上木板后，利用牛顿第二定律分别对滑块和木板列方程求解加速度，再利用运动学公式求解二者达到共同速度时各自的位移；由于之后力F还未撤去，故还要做一段时间的匀速直线运动，利用运动学公式可求此段时间内的位移；撤去外力后滑块和木板共同做匀减速运动，利用牛顿第二定律可求此时的加速度，同样利用运动学公式可求这段匀加速运动过程中的位移；最后利用各段位移之间的关系求滑块相对木板滑行的距离s和木板在水平面上滑行的距离x．

解答 解：（1）滑块在斜面上运动的过程中，由动能定理得，
$mgh+F\frac{h}{tanθ}=\frac{1}{2}{{mv}_{0}}^{2}$
解之得，$\begin{array}{c}{v}_{0}=2\sqrt{6}m/s\end{array}\right.$
（2）滑块滑上木板后，开始阶段做匀减速运动，设加速度大小为a₁，木板做匀加速运动，设加速度大小为a₂，由牛顿第二定律可知，
μ₂mg-F=ma₁
代入数据解之得，${a}_{1}=\frac{\sqrt{3}}{2}m/{s}^{2}$
μ₂mg-μ₁（M+m）g=Ma₂
解之得，${a}_{2}=\frac{\sqrt{3}}{2}m/{s}^{2}$
设经过时间t₁，滑块和木板的速度相等，由运动学公式得，
v₀-a₁t₁=a₂t₁=v₁
解之得，${t}_{1}=2\sqrt{2}s$，$v=\sqrt{6}m/s$．
该过程中滑块滑行的位移：${s}_{1}={v}_{0}{t}_{1}-\frac{1}{2}{a}_{1}{{t}_{1}}^{2}$
代入数据解之得，${s}_{1}=6\sqrt{3}m$
该过程木板滑行的位移：${x}_{1}=\frac{1}{2}{a}_{2}{{t}_{1}}^{2}$
代入数据解之得，${x}_{1}=2\sqrt{3}m$
外力还可以作用的时间：${t}_{2}=t-{t}_{1}=\sqrt{2}s$
因为之后$F={μ}_{1}（M+m）g=2\sqrt{3}N$，所以接下来$\sqrt{2}s$内滑块与木板一起做匀速运动，则：
${x}_{2}={v}_{1}{t}_{2}=2\sqrt{3}m$
撤去外力后，滑块和木板做匀减速运动，设加速度为a₃，则：
μ₁（M+m）g=（M+m）a₃
解之得，${a}_{3}=\sqrt{3}m/{s}^{2}$
${x}_{3}={v}_{1}{t}_{2}=2\sqrt{3}m$，
所以，
$\begin{array}{c}s={s}_{1}-{x}_{1}=4\sqrt{3}m\\ x={x}_{1}+{x}_{2}+{x}_{3}=5\sqrt{3}m\end{array}\right.$
答：（1）滑块下滑到斜面底端时的速度大小为$2\sqrt{6}m/s$；
（2）滑块相对木板滑行的距离s为$4\sqrt{3}m$；木板在水平面上滑行的距离x为$5\sqrt{3}m$．

点评 第一问利用动能定理可迅速求出速度；第二问解题的关键则是分清运动过程，综合运用牛顿第二定律和运动学公式可求解．本题难度较大．