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    20．如图所示是倾角θ=37°的固定光滑斜面，两端有垂直于斜面的固定挡板P、Q，PQ距离L=2m，质量M=1.0kg的木块A（可看成质点）放在质量m=0.5kg的长d=0.8m的木板B上并一起停靠在挡板P处，A木块与斜面顶端的电动机间用平行于斜面不可伸长的轻绳子相连接，现给木块A沿斜面向上的初速度，同时开动电动机保证木块A一直以初速度v0=1.6m/s沿斜面向上做匀速直线运动，已知木块A的下表面与木板B间动摩擦因数μ1=0.5，经过实践t，当B板右端到达Q处时刻，立刻关闭电动机，同时锁定A、B物体此时的位置，然后将A物体上下面翻转，使得A原来的上表面与木板B接触，已知翻转后的A、B接触面积的动摩擦面积变为μ2=0.25，且连接A与电动机的绳子仍与斜面平行，现在给A向下的初速度v1=2m/s，同时释放木板B，并开动电动机保证A木块一直以v1沿斜面向下做匀速直线运动，直到木块B与挡板P接触关闭电动机并锁定A、B位置，求：
    （1）B木板沿斜面向上加速运动过程的加速度大小；
    （2）A、B沿斜面上升过程所经历的时间t；
    （3）A、B沿斜面向下开始运动到木板B左端与P接触时，这段过程中A、B间摩擦产生的热量．

    分析 （1）由牛顿第二定律可以求出B的加速度．
    （2）由匀变速直线运动的速度公式求出B的速度等于A的速度需要的时间，然后由位移公式求出A、B的位移，然后应用匀速直线运动的位移公式求出A、B沿斜面上升过程的时间．
    （3）由牛顿第二定律求B的加速度，应用运动学公式求出A、B的位移及A、B间的相对位移，然后求出因克服摩擦力产生的热量．

    解答 解：（1）对B，由牛顿第二定律得：μ1Mgcosθ-mgsinθ=ma1，解得：a1=2m/s2；
    （2）A、B相对静止需要的时间：t1=$\frac{{v}_{0}}{{a}_{1}}$=0.8s，
    A的位移：xA=v0t1=1.28m，
    B的位移：xB=$\frac{{v}_{0}}{2}$t1=0.64m，
    AB的相对位移：△x=xA-xB=0.64m，
    A、B匀速运动的时间：t=$\frac{L-d+△x}{{v}_{0}}$=1.15s；
    （3）B开始向下加速运动的加速度：a2=$\frac{{μ}_{2}Mgcosθ+mgsinθ}{m}$=10m/s2，
    B与A相对静止后B的加速度：a3=$\frac{mgsinθ-{μ}_{2}Mgcosθ}{m}$=2m/s2，
    A、B相对静止的时间：t2=$\frac{{v}_{1}}{{a}_{2}}$=0.2s，
    A的位移：xA′=v1t2=0.4m，
    B的位移：xB′=$\frac{{v}_{1}}{2}$t2=0.2m，
    相对位移：△x′=xA′-xB′=0.2m，
    此时A离B右端的距离：△x′+（d-△x）=0.36m，
    AB速度相等后，B以加速度a2加速运动，B到达P所用时间为t3，
    则：L-d-xB=v1t3+$\frac{1}{2}$a2t32，解得：t3=（$\sqrt{2}$-1）s，
    A、B相对位移：△x″=v1t3+$\frac{1}{2}$a2t32-v1t3=0.17m，
    即：B与P接触时，A没有从B上滑离，
    产生的热量：Q=μ2Mgcosθ（△x′+△x″）=0.74J；
    答：（1）B木板沿斜面向上加速运动过程的加速度大小为2m/s2；
    （2）A、B沿斜面上升过程所经历的时间t为1.15s；
    （3）A、B沿斜面向下开始运动到木板B左端与P接触时，这段过程中A、B间摩擦产生的热量为0.74J．

    点评 本题考查了求加速度、物体的运动时间与产生的热量问题，本题是一道力学综合题，物体运动过程复杂，本题难度较大，分析清楚物体的运动过程是解题的关键，应用牛顿第二定律、运动学公式与功的计算公式可以解题．

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