Question

图甲中，质量为m的物块A叠放在质量为2m的足够长的木板B上方正中间，木板放在光滑的水平地面上，物块与木板之间的动摩擦因数为μ=0.2．在木板上施加一水平向右的拉力F，在0～3s内F的变化如图乙所示，图中F以mg为单位，重力加速度g=10m/s²．整个系统开始时静止．

（1）分别求出1s末、1.5s末和3s末物块A的速度以及木板B的速度；
（2）在同一坐标系中画出0～3s内木板B和物块A的v-t图象，据此求0～3s内物块相对于木板滑过的距离；
（3）3s末在木板上施加一水平向左的大小F=mg的拉力作用一定时间，使AB最终都能停止运动，求最终A静止在B上的位置．

Answer 1

分析：（1）分别对物块和木板进行受力分析，求出其加速度，根据匀变速直线运动的基本公式即可求解速度；
（2）根据受力分析得出物块和木板的运动情况，画出速度-时间图象，在0～3s内物块相对于木板的距离△s等于木板和物块v-t图线下的面积之差．
（3）对系统运用动量定理，求出F作用的时间，隔离对A、B分析，根据牛顿第二定律求出它们的加速度，抓住物块和木板的位移关系求出最终A静止在B上的位置．

解答：（1）解：m相对M即将滑动时加速度为am=μg=2m/s2，
则F₀=（m+2m）a_m=0.6mg，是AB相对滑动的临界条件．
在t₁=1s时间内，F=mg＞F₀．设木板和物块的加速度分别为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时间内，F=0.4mg，v_B＞v_A，则依然存在相对滑动，
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时间内，F=0，v_B＞v_A，则依然存在相对滑动，aA3=

f

m

=μg=2m/s2，做加速运动．
aB3=

f

2m

=1m/s2，做减速运动．
设经过△t时间共速，
则v_A2+a_A3△t=v_B2-a_B3△t
代入数据得△t=0.5s，故2s末以后v_A3=v_B3=4m/s．
（2）由（1）问计算结果得到物块与木板运动的v-t图象，如图所示．在0～3s内物块相对于木板的距离△s等于木板和物块v-t图线下的面积之差，
即图中带阴影的四边形面积，该四边形由两个三角形组成，上面的三角形面积为0.25（m），下面的三角形面积为2（m），
因此物块木板△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匀减速运动，由-Ft=0-（m+2m）v
得需要作用t=1.2s，才能让AB最终停止运动．
aA=

f

m

=μg=2m/s2，减速，A停止用时tA=

vA

aA

=2s
sA=

vA2

2aA

=4m
aB=

F-f

2m

=4m/s2，减速，
t=1.2s时间内，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 停止运动．
sB=

1

2

(vB+vB′)t-

vB′2

2aB′

=1.6m
则△s'=4-1.6=2.4 m，
所以最终A静止在B上的离中间右方2.4-2.25=0.15m位置处．
答：（1）1s末、1.5s末和3s末物块A的速度分别为2m/s、3m/s、4m/s，B的速度分别为4m/s、4.5m/s、4m/s．
（2）图象如图所示，0～3s内物块相对于木板滑过的距离为2.25m．
（3）最终A静止在B上的位置为离中间右方0.15m位置处．

点评：根据物体受力情况判断物体的运动情况，并根据牛顿第二定律及匀变速直线运动的基本公式解题的典型例题，要注意题中F是个变力，在1s后发生了改变，所以加速度也要发生变化．求位移差时可根据速度时间图象与时间轴所围成的面积表示位移去求解，该题难度较大．