题目内容
如图所示，水平支持面上静止叠放长方体物块A和B，A的长度为L=2m、高度h=0.8m，B的大小可以忽略，并置于A的左端．在距离A的右端一定距离（用S表示）的地方固定另一个长方体物体C，它的高度为A高的四分之三、长度为A长的五分之一．现对A作用一个水平恒力F，使A、B一起向C运动．已知A、B之间的最大静摩擦力为fm=25N，A、B以及A与地面间的动摩擦因数均为μ=0.4，A、B的质量分别为mA=10kg、mB=5kg．如果A在运动过程中与C发生碰撞，它将在碰撞后立即停止运动．（1）为了保证B物体能在A、C发生碰撞后离开A的上表面，应使A、C之间的距离S至少多大？
（2）现使S等于（1）中所求值的两倍，为了保证B物体在A碰到C后能够不碰到C而直接落于水平支持面，求恒力F的最短作用时间；
（3）在S等于（1）中所求值两倍的条件下，计算B物体平抛运动中水平支持面上落点离A右端距离的范围．
分析：（1）B要离开A，则B到达A右端时的速度应大于等于零，由牛顿第二定律可以求出AC间的最小距离．
（2）B离开A后做平抛运动，应用平抛运动知识及动能定理可以求出力的最小作用时间．
（3）由动能定理求出B的最大速度与最小速度，然后由平抛运动知识求出B落地点的水平位移范围．
（2）B离开A后做平抛运动，应用平抛运动知识及动能定理可以求出力的最小作用时间．
（3）由动能定理求出B的最大速度与最小速度，然后由平抛运动知识求出B落地点的水平位移范围．
解答：解：（1）以B为研究对象，在从开始运动到A滑到B的右端过程中，
由动能定理得：fmS-μmBgL=
mBv2-0，
B要离开A的上表面，v≥0，解得：s≥1.6m，
则A、C间的最小距离是1.6m；
（2）B离开A后做平抛运动，
在水平方向：L1=
=v1t1，
在竖直方向：h1=h-
h=
gt12，
设A、B一起运动的位移是x，
对由动能定理得：fmx-μmBg（2s+L-x）=
m1v2-0，
对A由牛顿第二定律得：fm=mAamax，x=
amaxt2min
解得：tmin=
s；
（3）B离开A后做平抛运动，
在竖直方向：h=
gt2，
在水平方向上：xmax=vmaxt，xmin=vmint，
对B由动能定理得：2fms-μmgL=
mvmax2-0，
由（2）可知，vmin=v=2m/s，
解得：xmax=1.6m，xmin=0.8m；
答：（1）A、C间的距离应为1.6m；
（2）恒力作用的最短时间为
s；
（3）B物体平抛运动中水平支持面上落点离A右端距离的范围是0.8m≤x≤1.6m．
由动能定理得：fmS-μmBgL=
| 1 |
| 2 |
B要离开A的上表面，v≥0，解得：s≥1.6m，
则A、C间的最小距离是1.6m；
（2）B离开A后做平抛运动，
在水平方向：L1=
| L |
| 5 |
在竖直方向：h1=h-
| 3 |
| 4 |
| 1 |
| 2 |
设A、B一起运动的位移是x，
对由动能定理得：fmx-μmBg（2s+L-x）=
| 1 |
| 2 |
对A由牛顿第二定律得：fm=mAamax，x=
| 1 |
| 2 |
解得：tmin=
3
| ||
| 5 |
（3）B离开A后做平抛运动，
在竖直方向：h=
| 1 |
| 2 |
在水平方向上：xmax=vmaxt，xmin=vmint，
对B由动能定理得：2fms-μmgL=
| 1 |
| 2 |
由（2）可知，vmin=v=2m/s，
解得：xmax=1.6m，xmin=0.8m；
答：（1）A、C间的距离应为1.6m；
（2）恒力作用的最短时间为
3
| ||
| 5 |
（3）B物体平抛运动中水平支持面上落点离A右端距离的范围是0.8m≤x≤1.6m．
点评：B离开A后做平抛运动，应用动能定理、平抛运动规律即可正确解题．
练习册系列答案
相关题目
N，A、B以及A与地面间的动摩擦因数均为
， A、B的质量分别为
kg、
kg。如果A在运动过程中与C发生碰撞，它将在碰撞后立即停止运动。
