Question

20．如图甲所示，带斜面的足够长木板P，质量M=3kg．静止在水平地面上，其右侧靠竖直墙壁，倾斜面BC与水平面AB的夹角θ=37°．两者平滑对接．t=0s时，质量m=1kg、可视为质点的滑块Q从顶点C由静止开始下滑．图乙所示为Q在0～6s内的速率v随时间t变化的部分图线．已知P与Q间的动摩擦因数是P与地面间的动摩擦因数的5倍，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s²．求：

（1）木板P与地面间的动摩擦因数；
（2）t=8s时，木板P与滑块Q的速度大小；
（3）0～8s内，滑块Q与木板P之间因摩擦而产生的热量．

Answer 1

分析 根据乙图可知，0-2s内物体做匀加速直线运动，2-6s内做匀减速直线运动，所以0-2s内在斜面上下滑，2-6s内在水平面上滑行，根据v-t图象求出加速度，再根据牛顿第二定律求出动摩擦力因数，进而求出木板P与地面间的动摩擦因数；分别对Q和P运用牛顿第二定律及运动学基本公式求解t=8s时，木板P与滑块Q的速度大小，根据图象与坐标轴围成的面积求解位移，根据运动学基本公式求出P、Q运动的位移，从而根据摩擦力做功公式求出8s产生的热量．

解答 解：（1）0～2s内，P因墙壁存在而不动，Q沿BC下滑，2s末的速度为v₁=9.6m/s．
设P、Q间动摩擦因数为μ₁，P与地面间的动摩擦因数为 μ₂，
对Q：由 图象有 ${a}_{1}=\frac{{v}_{1}}{{t}_{1}}=\frac{9.6}{2}=4.8m/{s}^{2}$
由牛顿第二定律有 mgsin37°-μ₁mgcos37°=ma₁
联立求解得 μ₁=0.15，则${{μ}_{2}=\frac{1}{5}μ}_{1}=0.03$
（2）2s后，Q滑到AB上，因 μ₁mg＞μ₂（m+M）g
故P、Q相对滑动，且Q减速、P加速．设加速度大小分别为 a₂和a₃，Q从B滑到AB上到P、Q共速所用的时间为 t₀，
对Q有：μ₁mg=ma₂
对P有：μ₁mg-μ₂（m+M）g=Ma₃
共速时 v₁-a₂t₀=a₃t₀
分别求解得${a}_{2}=1.5m/{s}^{2}$，${a}_{3}=0.1m/{s}^{2}$，t₀=6s，
故在 t=8s时，P、Q的速度大小恰相同，v_P=v_Q=a₃t₀=0.1×6=0.6m/s
（3）0～2s内，据 图象“面积”的含义，Q在BC上发生的位移 ${x}_{1}=\frac{1}{2}×2×9.6=9.6m$
2～8s内，Q发生的位移 ${x}_{2}=\frac{1}{2}×（{v}_{1}+{v}_{Q}）{t}_{0}=30.6m$
P发生的位移 ${x}_{3}=\frac{1}{2}{v}_{P}{t}_{0}=1.8m$
0～8s内，Q与木板P之间因摩擦而产生的热量△Q=μ₁mgx₁cos37°+μ₁mg（x₂-x₃）
代入数据解得△Q=54.72J
答：（1）木板P与地面间的动摩擦因数为0.03；
（2）t=8s时，木板P与滑块Q的速度大小都为0.6m/s；
（3）0～8s内，滑块Q与木板P之间因摩擦而产生的热量为 54.72J．

点评 本题抓哟考查了匀变速直线运动及其公式、图象牛顿运动定律、牛顿定律的应用，要求同学们能正确分析物体的运动情况，能根据图象求解加速度和位移，难度较大．