题目内容
如图所示，长为L，质量为2.0kg的长木块A置于光滑水平面上，在A的右端0.50m处有竖直的矮墙（矮于A木块的高度），A与矮墙碰后与墙粘在一起，并保持静止；在A的上表面左端放一质量为1.0kg的铁块B，B的大小不计，B与A的动摩擦因数为0.20．作用在B上的水平向右的拉力F大小为3.2N，在F的作用下A、B都从静止开始运动．求（1）在A刚碰墙前，A、B运动的加速度分别多大？
（2）若在A刚要碰撞矮墙时，B还在A上面，则此时A、B运动的速度分别多大？
（3）若在A碰撞矮墙时立即撤去拉力F，为使B始终不从A上表面脱落，木块A的长度L至少多长？
分析：（1）先判定AB是否有相对运动，得出肯定结论后，由牛顿第二定律得到的加速度就是正确的
（2）先计算出来运动时间，再由速度时间关系算出来AB的速度
（3）先算A碰墙的位移，直接由位移时间关系可得到，在算出来A碰墙后的B的加速度，然后再算A碰墙后B的位移，木板的长度最小值就是B的位移和与A位移的差值．
（2）先计算出来运动时间，再由速度时间关系算出来AB的速度
（3）先算A碰墙的位移，直接由位移时间关系可得到，在算出来A碰墙后的B的加速度，然后再算A碰墙后B的位移，木板的长度最小值就是B的位移和与A位移的差值．
解答：解：（1）假设在F的作用下A、B有相对滑动．则fA=fB=μmBg=2.0N
依据牛顿运动定律对B有：F-fB=mBaB解得aB=1.2m/s2
对A有fA=mAaA解得aA=1.0m/s2
∵aA＜aB∴假设成立，B相对A向右滑动．
即：aB=1.2m/s2 aA=1.0m/s2
（2）设A从开始运动至碰墙的时间为t.SA=
aAt2∴t=
=
s=1.0s
vA=aAt=1.0×1.0m/s=1.0m/s
vB=aBt=1.2×1.0m/s=1.2m/s
（3）A碰墙前，B的位移为sB1，
sB1=
aBt2=
×1.2×12=0.6m
A碰墙后，B的加速度为aB′
aB′=
=μg=0.2×10=2.0m/s2
sB2=
=
m=0.36m
所以木块A的长度至少为：
L=sB1+sB2-sA=0.6m+0.36m-0.50m=0.46m
答：
（1）在A刚碰墙前，A、B运动的加速度分别为：aA=1.0m/s2，aB=1.2m/s2
（2）若在A刚要碰撞矮墙时，B还在A上面，则此时A、B运动的速度分别为：vA=1.0m/s vB=1.2m/s
（3）若在A碰撞矮墙时立即撤去拉力F，为使B始终不从A上表面脱落，木块A的长度L至少为0.46m
依据牛顿运动定律对B有：F-fB=mBaB解得aB=1.2m/s2
对A有fA=mAaA解得aA=1.0m/s2
∵aA＜aB∴假设成立，B相对A向右滑动．
即：aB=1.2m/s2 aA=1.0m/s2
（2）设A从开始运动至碰墙的时间为t.SA=
| 1 |
| 2 |
|
|
vA=aAt=1.0×1.0m/s=1.0m/s
vB=aBt=1.2×1.0m/s=1.2m/s
（3）A碰墙前，B的位移为sB1，
sB1=
| 1 |
| 2 |
| 1 |
| 2 |
A碰墙后，B的加速度为aB′
aB′=
| μmBg |
| mB |
sB2=
| vB2 |
| 2aB′ |
| 1．22 |
| 2×2.0 |
所以木块A的长度至少为：
L=sB1+sB2-sA=0.6m+0.36m-0.50m=0.46m
答：
（1）在A刚碰墙前，A、B运动的加速度分别为：aA=1.0m/s2，aB=1.2m/s2
（2）若在A刚要碰撞矮墙时，B还在A上面，则此时A、B运动的速度分别为：vA=1.0m/s vB=1.2m/s
（3）若在A碰撞矮墙时立即撤去拉力F，为使B始终不从A上表面脱落，木块A的长度L至少为0.46m
点评：重点是运动分析，只有分析好运动，才能对相应的量进行计算，故牛顿定律的应用要掌握好两个技能，运动分析和受力分析．
练习册系列答案
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