Question

2．如圖所示，一傾角為θ=37°的斜面上放有一足夠長的木板B，B的右端放一體積可忽略不計的物塊A，己知m_A=1kg，m_B=4kg，A與B的動摩擦因數(shù)μ₁=$\frac{7}{8}$，B與斜面間的動摩擦因數(shù)μ₂=$\frac{1}{40}$，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，（取g=10m/s²，sin37°=0.6）求：
（1）為保持A、B靜止，給B施加一個平行于斜面向上的拉力F，該拉力F的范圍：
（2）若拉力F=40N，且作用時間0.9s撤去，要使A、B共速時B恰好與擋板相碰，B的右端離擋板的距離為多少；
（3）在滿足（2）問前提下，若B與擋板碰后等速反彈，判斷A接下來的運動中能否從B上滑離．若能，求滑離時A、B各自的速度：若不能，求A距B右端的距離．

Answer 1

分析 （1）當A、B有沿斜面向上運動的趨勢和向下運動的趨勢時，對A、B整體受力分析，根據(jù)力的平衡條件求出拉力F的最大值和最小值即得拉力的范圍；
（2）假設AB發(fā)生相對運動，根據(jù)牛頓第二定律分別求出物塊A和木板B的加速度，進而判斷假設是否成立，若成立，再根據(jù)速度時間公式求出作用時間t=0.9s后，物塊A的速度和木板B的速度，撤去拉力F后，物塊A受力情況未發(fā)生變化，所以其加速度不變，根據(jù)牛頓第二定律求出木板B的加速度，從而得出A、B共速所用的時間，再利用x=$\frac{{v}_{0}+{v}_{t}}{2}$t求出物塊A的位移和木板B的位移，木板B的位移即為B的右端離擋板的距離；
（3）因為木板B與擋板碰后等速反彈，假設A不會從B上滑離，根據(jù)牛頓第二定律求出物塊A和木板B加速度，從而得出A、B共速所用的時間，再利用位移公式求出物塊A的位移和木板B的位移，將二者位移之差與第（2）中的二者位移之差進行比較可以判斷A能否從B上滑離，若不能，用第（2）問中的位移之差減去用這兩次的位移之差減去即可求出A距B右端的距離．

解答 解：（1）當拉力F最大時，物體A、B有沿斜面向上運動的趨勢，對A、B整體受力分析有：
F_max=（m_A+m_B）gsin37°+μ₂（m_A+m_B）gcos37°
=（1kg+4kg）×10m/s²×0.6+$\frac{1}{40}$×（1kg+4kg）×10m/s²×0.8
=31N；
當拉力F最小時，物體A、B有沿斜面向下運動的趨勢，對A、B整體受力分析有：
F_min=（m_A+m_B）gsin37°-μ₂（m_A+m_B）gcos37°
=（1kg+4kg）×10m/s²×0.6N-$\frac{1}{40}$×（1kg+4kg）×10m/s²×0.8
=29N；
所以該拉力F的范圍：29N≤F≤31N．
（2）施加力F后，假設AB發(fā)生相對運動，根據(jù)牛頓第二定律可知，
對于物塊A有：μ₁m_Agcos37°-m_Agsin37°=m_Aa₁，
則木塊A加速度：a₁=μ₁gcos37°-gsin37°=$\frac{7}{8}$×10m/s²×0.8-10m/s²×0.6=1m/s²，
對于木板B有：F-μ₁m_Agcos37°-μ₂（m_A+m_B）gcos37°-m_Bgsin37°=m_Ba₂，
代入數(shù)據(jù)得：40N-$\frac{7}{8}$×1kg×10m/s²×0.8-$\frac{1}{40}$×（1kg+4kg）×10m/s²×0.8-4kg×10m/s²×0.6=4kg×a₂，
解得：a₂=2m/s²，所以假設成立，
拉力F作用時間t=0.9s后，物塊A的速度：v_A=a₁t=1×0.9m/s=0.9m/s，
木板B的速度：v_B=a₂t=2×0.9m/s=1.8m/s，
撤去拉力F后，物塊A受力情況未發(fā)生變化，所以其加速度a₁′=a₁=1m/s²，
木板B將做減速運動，根據(jù)牛頓第二定律可知，
μ₁m_Agcos37°+μ₂（m_A+m_B）gcos37°+m_Bgsin37°=m_Ba₂′，
代入數(shù)據(jù)得：$\frac{7}{8}$×1×10×0.8N+$\frac{1}{40}$×（1+4）×10m/s²×0.8+4kg×10m/s²×0.6=4kg×a′，
解得：a₂′=8m/s²，
假設經(jīng)過t₁時間A、B共速，則有：v_A+a₁′t₁=v_B-a₂′t₁，
代入數(shù)據(jù)得：0.9m/s+1m/s²×t₁=1.8m/s-8m/s²×t₁，
解得：t₁=0.1s，
A、B共速時，v_AB=1m/s，
作出A、B的v-t圖象如圖所示：
則1s內物塊A的位移：x_A=$\frac{{v}_{AB}}{2}$（t+t₁）=$\frac{1}{2}$×（0.9+0.1）m=0.5m，
木板B的位移：x_B=$\frac{{v}_{B}}{2}$t+$\frac{{v}_{B}+{v}_{AB}}{2}$t₁=$\frac{1.8}{2}$×0.9m+$\frac{1.8+1}{2}$×0.1m=0.95m，
即木板B的右端離擋板的距離為0.95m．
（3）木板B與擋板碰后等速反彈，
即：v_B′=1m/s，v_A′=1m/s，
假設A不會從B上滑離，根據(jù)牛頓第二定律可得，
對于物塊A有：μ₁m_Agcos37°+m_Agsin37°=m_Aa₃，
代入數(shù)據(jù)得：$\frac{7}{8}$×1×10×0.8N+1×10×0.6N=1×a₃，
解得：a₃=13m/s²，
對于木板B有：-μ₁m_Agcos37°-μ₂（m_A+m_B）gcos37°+m_Bgsin37°=m_Ba₄，
代入數(shù)據(jù)得：-$\frac{7}{8}$×1kg×10m/s²×0.8-$\frac{1}{40}$×（1kg+4kg）×10m/s²×0.8+4kg×10×0.6N=4×a₃，
解得：a₄=4m/s²，
假設經(jīng)過t₂時間A、B共速，則有：-v_A′+a₃t₂=v_B′+a₄t₂，
代入數(shù)據(jù)得：-1m/s+13m/s²×t₂=1m/s+4m/s²×t₁，
解得：t₂=$\frac{2}{9}$s，
物塊A的位移：x₁=-v_A′t₂+$\frac{1}{2}$a₃${t}_{2}^{2}$=-1m/s×$\frac{2}{9}$s+$\frac{1}{2}$×13m/s²×$\frac{2}{9}$s=$\frac{8}{81}$m，
木板B的位移：x₁=v_B′t₂+$\frac{1}{2}$a₄${t}_{2}^{2}$=1m/s×$\frac{2}{9}$s+$\frac{1}{2}$×4m/s²×$\frac{2}{9}$s=$\frac{26}{81}$m，
x₂-x₁=$\frac{2}{9}$m＜x_B-x_A=0.45m，
故A不會從B上滑離，A距B右端的距離：x₃=（0.45-$\frac{2}{9}$）m=$\frac{41}{180}$m．
答：（1）該拉力F的范圍為29N≤F≤31N；
（2）B的右端離擋板的距離為0.95m；
（3）A不會從B上滑離，A距B右端的距離為$\frac{41}{180}$m．

點評 本題是牛頓運動定律的綜合應用問題，按順序進行分析受力情況和運動過程分析，熟練運用牛頓第二定律和運動學公式是正確解題的關鍵，過程相當復雜，有一定的難度．