Question

6．如图所示，倾角为θ=37°的足够长的斜面上放置有一长度为l=2.5m、质量为m₁=1kg的木板A，木板A的上表面放有一质量为m₂=2kg物块B．木板A与斜面间的动摩擦因数μ₁=0.8，物块B与木板A间的动摩擦因数μ₂=0.5．开始时物块B刚好在木板A的下端，在木板上施加沿斜面向下、大小为35.2N的恒力F，两者由静止开始运动起来．重力加速度取g=10m/s²，sin37°=0.6，则：
（1）由静止开始运动1s时．求A、B的相对位移
（2）为了不让物块B从木板A上滑出，可以在1s后使F的大小改变为另一定值F′（方向不变），则F′需满足什么条件？

Answer 1

分析 （1）分别对AB进行分析，根据牛顿第二定律及运动学公式可求各自的位移，则可求得相对位移；
（2）根据题意明确明确两物体的运动状态的改变；利用牛顿第二定律确定各自的加速度，利用相对位移关系确定如何才能不滑出；从而确定力的大小范围．

解答 解：（1）设A的加速度为a₁，对A分析有：
F+m₁gsinθ-f-f_斜=m₁a₁；
代入数据解得：a₁=14m/s2；
设B的加速度为a₂，对B分析可知：
f+m₂gsinθ；
代入据解得：a₂=10m/s²；
其中f=μ₂m₂gcosθ；
f_斜=μ₁（m₁+m₂）gcosθ；由静止开始运动1s时，A的位移为：x_A=$\frac{1}{2}{a}_{1}{t}^{2}$=$\frac{1}{2}×14×1$=7m；
B的位移为：x_B=$\frac{1}{2}{a}_{2}{t}^{2}$=$\frac{1}{2}×10×1$=5m；
故AB相对位移为2m；
此时A的速度为14m/s；B的速度为10m/s．
（2）在1s后F的大小变为F′，分析知，B仍然做加速度a₂=10m/s2的匀加速运动，要满足B不从A上滑出，则A一定要减速，设其加速度大小为a₃，设经过t′时间后AB共速为V_B，对A有：v_共=v_A-a₃t′；
对B有：v_共=v_B+a₂t′
该段时间内的位移，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
联立上式可得：v_共=11.5m/s；
t′≤0.25s
a₃≥6m/s²；
对A受力分析有：
f+f_斜-（F′+m₁gsinθ）=m₁a₃
解得：F′≤15.2N；
当AB共速后又要保证不再发生相对滑动，设AB整体加速度为a′，则对AB整体有：
F′+（m₁+m₂）gsinθ-f_斜=（m₁+m₂）a′
对A有m₂gsinθ-f_斜=m₂a′
且f_静≤f
联立上式解得：F′≥7.2N；
则有：
7.2N≤F′≤15.2N；
答：（1）由静止开始运动1s时．A、B的相对位移为2m；
（2）为了不让物块B从木板A上滑出，可以在1s后使F的大小改变为另一定值F′（方向不变），则F′需满足7.2N≤F′≤15.2N；

点评 本题考查牛顿第二定律的综合应用，涉及两个物体的多个过程，难度较大；要求能正确做好受力分析和过程分析，明确各过程中牛顿第二定律及运动学公式的应用；注意掌握加速度这一桥梁作用．