Question

12．如图所示，物块A、B的质量均为0.2kg，二者用跨过定滑轮的轻细绳连接，将B置于粗糙水平桌面上，使A的下端距离地面的高度为h=0.5m，由静止释放B，A落地瞬间速度大小为v=2m/s，落地后不反弹．已知重力加速度g=10m/s²，滑轮的质量和摩擦均不计，B离滑轮足够远．则A下落的加速度大小为4m/s²；B总共滑行的距离为1.5m．

Answer 1

分析 根据速度位移公式求得加速度；利用牛顿第二定律求得B与桌面间的摩擦因数，利用牛顿第二定律求得A落地后B前进时的加速度大小，利用速度位移公式求得位移

解答 解：A下落过程中，个呢局速度位移公式可知v²=2ah，解得：
a=$\frac{{v}^{2}}{2h}=\frac{{2}^{2}}{2×0.5}m/{s}^{2}=4m/{s}^{2}$
在A下落过程中，根据牛顿第二定律可知：mg-μmg=2ma，
解得：μ=0.2
A落地后，B在桌面上运动的加速度为：
a$′=\frac{μmg}{m}=2m/{s}^{2}$
B继续滑行的距离为：
x=$\frac{{v}^{2}}{2a′}=\frac{{2}^{2}}{2×2}m=1m$
故B滑行的总位移为：
x_总=h+x=1.5m
故答案为：4；1.5．

点评 分析清楚物体运动过程，应用牛顿第二定律与运动学公式即可正确解题，解题时注意整体法的应用