题目内容

19．如图所示，一足够长的固定倾角θ=37°，两物块A、B的质量mA、mB分别为1kg和4kg，它们与斜面之间的动摩擦因数均为μ=0.5．两物块之间的轻绳长L=0.5m，轻绳能承受的最大张力T=12N，作用在B上沿斜面向上的力F逐渐增大，使A、B一起由静止开始沿斜面向上运动，g取10m/s2．（sin37°=0.6，cos37°=0.8）
（1）某一时刻轻绳被拉断，求此时外力F的大小；
（2）若轻绳拉断瞬间A、B的速度为2m/s，绳断后保持外力F不变，求当A运动到最高点时，A、B之间的距离．

分析 （1）隔离对A分析，根据牛顿第二定律，结合最大拉力求出加速度，再对整体分析，根据牛顿第二定律求出外力F的大小．
（2）轻绳拉断的瞬间，根据牛顿第二定律分别求出A、B的加速度，根据速度时间公式求出A到达最高点的时间，结合速度位移公式求出A到达最高点的位移，根据位移时间时间公式求出B的位移，从而求出A、B之间的距离．

解答 解：（1）对整体分析，有：F-（mA+mB）gsinθ-μ（mA+mB）gcosθ=（mA+mB）a，
对A物体：T-mAgsinθ-μmAgcosθ=mAa，
因为T=12N，
代入数据解得a=2m/s2，F=60N．
（2）设沿斜面向上为正
根据牛顿第二定律得，对A物体：-mAgsinθ-μmAgcosθ=mAaA，
代入数据解得${a}_{A}=-10m/{s}^{2}$
因为v0=2m/s，所以A物体到最高点的时间t=0.2s                
此过程A物体的位移为${x}_{A}=\frac{{{-v}_{0}}^{2}}{2{a}_{A}}=\frac{4}{20}m=0.2m$，
对B物体：F-mBgsinθ-μmBgcosθ=mBaB，
代入数据解得aB=5 m/s2 
则${x}_{B}={v}_{0}t+\frac{1}{2}{a}_{B}{t}^{2}=2×0.2+\frac{1}{2}×5×0.04$m=0.5m                                
所以两者间距为△x=xB-xA+L=0.5-0.2+0.5m=0.8m．
答：（1）此时外力F的大小为60N．
（2）A、B之间的距离为0.8m．

点评 本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，关键理清A、B在整个过程中的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解．

练习册系列答案
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