Question

圖甲中，質量為m的物塊A疊放在質量為2m的足夠長的木板B上方正中間，木板放在光滑的水平地面上，物塊與木板之間的動摩擦因數為μ=0.2．在木板上施加一水平向右的拉力F，在0～3s內F的變化如圖乙所示，圖中F以mg為單位，重力加速度g=10m/s²．整個系統開始時靜止．

（1）分別求出1s末、1.5s末和3s末物塊A的速度以及木板B的速度；
（2）在同一坐標系中畫出0～3s內木板B和物塊A的v-t圖象，據此求0～3s內物塊相對于木板滑過的距離；
（3）3s末在木板上施加一水平向左的大小F=mg的拉力作用一定時間，使AB最終都能停止運動，求最終A靜止在B上的位置．

Answer 1

分析：（1）分別對物塊和木板進行受力分析，求出其加速度，根據勻變速直線運動的基本公式即可求解速度；
（2）根據受力分析得出物塊和木板的運動情況，畫出速度-時間圖象，在0～3s內物塊相對于木板的距離△s等于木板和物塊v-t圖線下的面積之差．
（3）對系統運用動量定理，求出F作用的時間，隔離對A、B分析，根據牛頓第二定律求出它們的加速度，抓住物塊和木板的位移關系求出最終A靜止在B上的位置．

解答：（1）解：m相對M即將滑動時加速度為am=μg=2m/s2，
則F₀=（m+2m）a_m=0.6mg，是AB相對滑動的臨界條件．
在t₁=1s時間內，F=mg＞F₀．設木板和物塊的加速度分別為a_A1和a_B1，
aA1=

f

m

=μg=2m/s2
aB1=

F-f

2m

=4m/s2
由公式v=at，解得1s末v_A1=2m/s，v_B1=4m/s
在t₂=1.5s時間內，F=0.4mg，v_B＞v_A，則依然存在相對滑動，
aA2=

f

m

=μg=2m/s2，aB2=

F-f

2m

=1m/s2
由公式v=v₀+at，解得得1.5s末v_A2=3m/s，v_B2=4.5m/s
在t＞1.5s時間內，F=0，v_B＞v_A，則依然存在相對滑動，aA3=

f

m

=μg=2m/s2，做加速運動．
aB3=

f

2m

=1m/s2，做減速運動．
設經過△t時間共速，
則v_A2+a_A3△t=v_B2-a_B3△t
代入數據得△t=0.5s，故2s末以后v_A3=v_B3=4m/s．
（2）由（1）問計算結果得到物塊與木板運動的v-t圖象，如圖所示．在0～3s內物塊相對于木板的距離△s等于木板和物塊v-t圖線下的面積之差，
即圖中帶陰影的四邊形面積，該四邊形由兩個三角形組成，上面的三角形面積為0.25（m），下面的三角形面積為2（m），
因此物塊木板△s=2.25 m．
（3）3s末v_A=v_B=4m/s，在木板上施加一水平向左的大小F=mg＞F₀的拉力后，AB勻減速運動，由-Ft=0-（m+2m）v
得需要作用t=1.2s，才能讓AB最終停止運動．
aA=

f

m

=μg=2m/s2，減速，A停止用時tA=

vA

aA

=2s
sA=

vA2

2aA

=4m
aB=

F-f

2m

=4m/s2，減速，
t=1.2s時間內，v_B'=v_B-a_Bt=-0.8 m/s
t=1.2s末撤去外力F，aB′=

f

2m

=1m/s2，t′=0.8s 停止運動．
sB=

1

2

(vB+vB′)t-

vB′2

2aB′

=1.6m
則△s'=4-1.6=2.4 m，
所以最終A靜止在B上的離中間右方2.4-2.25=0.15m位置處．
答：（1）1s末、1.5s末和3s末物塊A的速度分別為2m/s、3m/s、4m/s，B的速度分別為4m/s、4.5m/s、4m/s．
（2）圖象如圖所示，0～3s內物塊相對于木板滑過的距離為2.25m．
（3）最終A靜止在B上的位置為離中間右方0.15m位置處．

點評：根據物體受力情況判斷物體的運動情況，并根據牛頓第二定律及勻變速直線運動的基本公式解題的典型例題，要注意題中F是個變力，在1s后發生了改變，所以加速度也要發生變化．求位移差時可根據速度時間圖象與時間軸所圍成的面積表示位移去求解，該題難度較大．