Question

1．小鐵物塊A（在討論空間位置時當成質點處理）和長木板B疊放在水平面上，如圖1所示，已知重力加速度g=10m/s²．

（1）當所放的水平面是光滑的時，現對A 施加水甲平向右的拉力F，通過傳感器可測得A的加速度a隨拉力F變化的關系如圖2甲所示．根據圖象信息求出小鐵塊和木板的質量m_A、m_B以及鐵塊與木板間的動摩擦因數μ₁．
（2）若所放的水平面與木板間的動摩擦因數μ₂=0.125，并讓小鐵塊A以v₀=3m/s的初速度滑上長木板B，如圖2乙所示．已知鐵塊最終沒有脫離木板．試求：
①小鐵塊A滑上長木板B時，二者的加速度．
②長木板B至少的長度．
③小鐵塊A最終運動的距離．

Answer 1

分析 （1）研究圖象甲，知道當F≤48N時甲乙兩物體相對靜止，加速度相同，由圖象的斜率可求得兩個物體質量之和．當F＞48N時甲乙相對滑動，由圖象的斜率求出A的質量，由牛頓第二定律求得鐵塊與木板間的動摩擦因數μ₁．
（2）①根據牛頓第二定律求二者的加速度．
②小鐵塊A滑上長木板B時，當兩者速度相等時兩者之間的相對位移大小等于長木板B最小的長度．
③根據運動學位移時間公式求小鐵塊A最終運動的距離．

解答 解：（1）從a-F圖象可知：
當F≤48N時甲乙兩物體相對靜止，加速度相同，由圖象的意義得：
m_A+m_B=$\frac{△F}{△a}$=$\frac{48}{6}$=8kg
當F＞48N時甲乙相對滑動，由圖象的意義得：
m_A=$\frac{△F}{△a}$=$\frac{60-48}{8-2}$=6kg
此過程中，由牛頓第二定律得：F-μ₁m_Ag=m_Aa
將F=60N，a=8m/s²，代入上式解得：μ₁=0.2
由上可得：m_B=2kg
（2）①小鐵塊A滑上長木板B時，小鐵塊A相對于長木板B滑動的過程中，
小鐵塊A的加速度大小為：a_A=$\frac{{μ}_{1}{m}_{A}g}{{m}_{A}}$=μ₁g=2m/s²，方向水平向左．
長木板B的加速度大小為：a_B=$\frac{{μ}_{1}{m}_{A}g-{μ}_{2}（{m}_{A}+{m}_{B}）g}{{m}_{B}}$
代入數據解得 a_B=1m/s²，方向水平向右．
②設A滑上B到兩者共速所用的時間為t，則有：
v=a_Bt=v₀-a_At
解得：t=1s，v=1m/s
因μ₂g＜a_A=2m/s²，則A、B共速后一起以加速度μ₂g做勻減速運動直至停止運動
故長木板B至少的長度為：L=x_A-x_B=$\frac{{v}_{0}+v}{2}t$-$\frac{v}{2}t$=$\frac{{v}_{0}}{2}t$=$\frac{3}{2}×1$m=1.5m
③從前面的①②分析知道，鐵塊A先以初速度v₀、加速度a_A=2m/s²做勻減速運動，接著以加速度μ₂g做勻減速運動直至停止運動．
故小鐵塊A最終運動的距離為：x=$\frac{{v}_{0}+v}{2}t$+$\frac{{v}^{2}}{2{μ}_{2}g}$=$\frac{3+1}{2}$×1+$\frac{{1}^{2}}{2×0.125×10}$=2.4m
答：（1）小鐵塊和木板的質量m_A、m_B分別為6kg和2kg．
（2）①小鐵塊A的加速度大小是2m/s²，方向水平向左．長木板B的加速度大小是1m/s²，方向水平向右．
②長木板B至少的長度是1.5m．
③小鐵塊A最終運動的距離是2.4m．

點評 本題考查了牛頓第二定律和a-F圖線的綜合運用，關鍵理清A、B的運動規(guī)律，結合圖線的斜率求出兩個物體的質量，根據牛頓第二定律和運動學公式分段研究．