Question

6．如圖所示，傾角為θ=37°的足夠長的斜面上放置有一長度為l=2.5m、質(zhì)量為m₁=1kg的木板A，木板A的上表面放有一質(zhì)量為m₂=2kg物塊B．木板A與斜面間的動摩擦因數(shù)μ₁=0.8，物塊B與木板A間的動摩擦因數(shù)μ₂=0.5．開始時物塊B剛好在木板A的下端，在木板上施加沿斜面向下、大小為35.2N的恒力F，兩者由靜止開始運動起來．重力加速度取g=10m/s²，sin37°=0.6，則：
（1）由靜止開始運動1s時．求A、B的相對位移
（2）為了不讓物塊B從木板A上滑出，可以在1s后使F的大小改變?yōu)榱硪欢ㄖ礔′（方向不變），則F′需滿足什么條件？

Answer 1

分析 （1）分別對AB進行分析，根據(jù)牛頓第二定律及運動學公式可求各自的位移，則可求得相對位移；
（2）根據(jù)題意明確明確兩物體的運動狀態(tài)的改變；利用牛頓第二定律確定各自的加速度，利用相對位移關(guān)系確定如何才能不滑出；從而確定力的大小范圍．

解答 解：（1）設A的加速度為a₁，對A分析有：
F+m₁gsinθ-f-f_斜=m₁a₁；
代入數(shù)據(jù)解得：a₁=14m/s2；
設B的加速度為a₂，對B分析可知：
f+m₂gsinθ；
代入據(jù)解得：a₂=10m/s²；
其中f=μ₂m₂gcosθ；
f_斜=μ₁（m₁+m₂）gcosθ；由靜止開始運動1s時，A的位移為：x_A=$\frac{1}{2}{a}_{1}{t}^{2}$=$\frac{1}{2}×14×1$=7m；
B的位移為：x_B=$\frac{1}{2}{a}_{2}{t}^{2}$=$\frac{1}{2}×10×1$=5m；
故AB相對位移為2m；
此時A的速度為14m/s；B的速度為10m/s．
（2）在1s后F的大小變?yōu)镕′，分析知，B仍然做加速度a₂=10m/s2的勻加速運動，要滿足B不從A上滑出，則A一定要減速，設其加速度大小為a₃，設經(jīng)過t′時間后AB共速為V_B，對A有：v_共=v_A-a₃t′；
對B有：v_共=v_B+a₂t′
該段時間內(nèi)的位移，s_A=v_At′-$\frac{1}{2}$a₃t′²
B的位移s_B=v_Bt′+$\frac{1}{2}{a}_{2}t{′}^{2}$
且有：s_A-s_B≤0.5
聯(lián)立上式可得：v_共=11.5m/s；
t′≤0.25s
a₃≥6m/s²；
對A受力分析有：
f+f_斜-（F′+m₁gsinθ）=m₁a₃
解得：F′≤15.2N；
當AB共速后又要保證不再發(fā)生相對滑動，設AB整體加速度為a′，則對AB整體有：
F′+（m₁+m₂）gsinθ-f_斜=（m₁+m₂）a′
對A有m₂gsinθ-f_斜=m₂a′
且f_靜≤f
聯(lián)立上式解得：F′≥7.2N；
則有：
7.2N≤F′≤15.2N；
答：（1）由靜止開始運動1s時．A、B的相對位移為2m；
（2）為了不讓物塊B從木板A上滑出，可以在1s后使F的大小改變?yōu)榱硪欢ㄖ礔′（方向不變），則F′需滿足7.2N≤F′≤15.2N；

點評 本題考查牛頓第二定律的綜合應用，涉及兩個物體的多個過程，難度較大；要求能正確做好受力分析和過程分析，明確各過程中牛頓第二定律及運動學公式的應用；注意掌握加速度這一橋梁作用．