Question

15．如图所示，用一块长L=1.0m的木板在墙和水平地面间架设斜面，斜面与水平地面的倾角θ可在0～60°间调节后固定．将质量m=0.2kg的小物块从斜面顶端静止释放，物块与斜面间的动摩擦因数μ₁=0.05，物块与水平地面间的动摩擦因数μ₂=0.8，忽略物块在斜面与水平地面交接处的能量损失．（已知重力加速度g=10m/s²；sin37°=0.6，cos37°=0.8最大静摩擦力等于滑动摩擦力）
（1）当θ角增大到多少时，物块恰能从斜面开始下滑；（用正切值表示）
（2）当θ角增大到37°时，物块沿斜面下滑时的加速度为多大？
（3）当θ角增大到多大时，物块停止时与墙面的距离最大，求此最大距离x_m．

Answer 1

分析 （1）当物块刚好能从斜面开始下滑时，物体的重力沿斜面下滑的分力等于最大静摩擦力，列出等式即可求斜面的倾角θ；
（2）当θ角增大到37°时，根据牛顿第二定律求物块下滑的加速度；
（3）分段运用动能定理列式，得到物块停止时与墙面的距离x与θ的关系式，再由数学知识求得最大距离x_m及此时斜面的倾角θ．

解答 解：（1）物块恰能从斜面开始下滑时，有：
   mgsinθ=μ₁mgcosθ；
故得 tanθ=0.05；
（2）当θ角增大到37°时，物块沿斜面匀加速下滑．
根据牛顿第二定律有 mgsinθ-μ₁mgcosθ=ma
解得  a=5.6m/s²．
克服摩擦力做功W_f=μ₁mgL₁cosθ+μ₂mg（L₂-L₁cosθ）
由动能定理得：mgL₁sinθ-W_f=0
代入数据解得：
μ₂=0.8；
（3）设物块停止时与墙面的距离为x．
对整个过程，由动能定理得：
  mgLsinθ-μ₁mgcosθ•L-μ₂mg（x-Lcosθ）=0
代入数据整理得 x=$\frac{5}{4}$（sinθ+0.75cosθ）=$\frac{5}{4}×$$\sqrt{1+0.7{5}^{2}}$sin（θ+α）
其中 tanα=0.75，α=37°
根据数学知识知，当θ+α=90°，即θ=53°时x最大，最大值 x_m=$\frac{5}{4}×$$\sqrt{1+0.7{5}^{2}}$=$\frac{25}{16}$m
答：
（1）当tanθ=0.05时，物块恰能从斜面开始下滑；
（2）当θ角增大到37°时，物块沿斜面下滑时的加速度为5.6m/s²．
（3）当θ角增大到53°时，物块停止时与墙面的距离最大，此最大距离x_m为$\frac{25}{16}$m．

点评 本题要正确分析物块受力情况，运用函数法，根据动能定理得到物块停止时与墙面的距离与斜面倾角的关系式，运用数学知识求极值是解题的关键．