Question

20．如图所示，水平地面上有一质量不计的支架ABCD，BD面光滑，倾角为37°，支架可绕固定转轴A无摩擦自由转动，CA⊥AB，BC=CD=0.75m．在距离支架底端B为PB=3m处的P点有一静止物块，质量为m=2kg，现对物块施加一个与水平方向成θ=53°的恒力F，物块向右开始做加速运动，当物块到达支架底端B后恰好可以沿支架向上匀速运动，己知物体与水平地面间的动摩擦因数μ=0.45，不计空气阻力和转折点B处能量损失．（取g=10m/s²，sin37°=0.6，sin53°=0.8）求：

（1）恒力F的大小？
（2）若到达B点时撤去恒力F，物块沿支架向上运动过程中，支架是否会翻倒？若不翻倒请通过计算说明？若翻倒，则物块经过B点后再经历多久支架将翻倒？
（3）为保证物块冲上支架而不翻倒，试求恒力F在物块上的作用距离s的范围？

Answer 1

分析 （1）对物体受力分析，由共点力的平衡条件可求得力的大小；
（2）由力矩平衡可求得支架翻倒时的位置；由动能定理及牛顿第二定律可明确是否能使支架翻倒；
（3）根据题（2）中得出的条件，由动能定理可求得S的范围．

解答 解：（1）物块在斜面上受力分析可知，
Fcos37°+Ncos37°=mg；
Fsin37°=Nsin37°
得到F=12.5N；
（2）因物体对杆的压力垂直于杆，故过A点做BC的垂线，垂足为E，则由力矩平衡可知，只要物块越过E点，支架即会翻倒；
则有物块冲上支架后向上运动过程中，能使支架恰好翻倒时的位置距离B点长度
L=L_BCcos²37°=0.75×（0.8）²=0.48m；                     
对PB段运用动能定理：△E_K=W_合
$\frac{1}{2}$mv_E²-$\frac{1}{2}$mv₀²=FScosθ-μ（mg-Fsin53°）S
解得：v_E=3m/s；
物块在斜面上加速度大小a=$\frac{mgsin37°}{m}$=10×0.6=6m/s²；
物块冲上支架后滑行的最大距离：Lm=$\frac{{v}_{E}^{2}}{2a}$=$\frac{9}{2×6}$=0.75m＞L，支架将翻倒．
由L=v_Et-$\frac{1}{2}$at²
可求得经过的时间为t=0.2s；
（3）设物块恰好运动到L=0.48m处，则设此时物块到达B点最大速度为v_E′
则由v_E'²=2aL
解得：v_E′=2.4m/s；
 若要使物块冲上支架而不翻倒，则物块到达B点速度应大于0m/s且小于等于2.4m/s
设恒力F作用距离为S，对PB段运用动能定理
$\frac{1}{2}$mV_E²-0=FScosθ-fs-μN（L_PB-S）
v_E=$\sqrt{\frac{2[FScosθ-fs-μN（{L}_{PB}-S）]}{m}}$
因为0＜V_E≤2.4m/s
所以0＜$\sqrt{\frac{2[FScosθ-fs-μN（{L}_{PB}-S）]}{m}}$≤2.4m；
解得：2.25m＜s＜2.73m，即恒力F作用距离S范围为2.25米至2.73米     
答：（1）恒力F的大小为12.5m；
（2）物块冲上支架后滑行的最大距离：Lm=$\frac{{v}_{E}^{2}}{2a}$=$\frac{9}{2×6}$=0.75m＞L，支架将翻倒．时间为t=0.2s；
（3）为保证物块冲上支架而不翻倒，恒力F作用距离S范围为2.25米至2.73米

点评 本题综合考查了动能定理、力矩平衡及共点力的平衡条件，要注意能正确分析物理过程，并做好受力分析，再选择合理的物理规律求解．