Question

5．如图所示，在高出水平地面h=1.8m的粗糙平台上放置一质量M=2 kg、长度l₁=8m的薄板A，上表面光滑，最左端放有可视为质点的物块B，其质量m=1kg．开始时A静止，B有向右的初速度v₀=10m/s．A、B与平台间动摩擦因数均为μ=0.4．现对A施加F=20N水平向右的恒力，当A尚未露出平台时B已经从A右端脱离，脱离时撤掉F．B离开平台后的落地点与平台右边缘的水平距离x=1.2m．（取g=10 m/s²）求：
（1）B离开平台时的速度v_B；
（2）B从一开始到刚脱离A右端时，B运动的时间t_B；
（3）一开始时薄板A的最右端离平台边距离l₂．

Answer 1

分析 对A、B隔离受力分析，根据受力情况再做运动过程情况分析，根据运动性质结合物理规律解决问题．要注意物体运动的位移指的是相对于地面的位移．要善于画出运动过程的位置图象，有利于解题．

解答 解：（1）竖直方向：h=$\frac{1}{2}$gt²
得：$t=\sqrt{\frac{2h}{g}}=\sqrt{\frac{2×1.8}{10}}s=0.6s$
水平方向：${v_B}=\frac{x}{t}=\frac{1.2}{0.6}m/s=2m/s$
（2）B匀速运动，A匀加速运动，对A受力分析如图，
f=μ（G+N_B）=0.4×（2×10+1×10）N=12N，
A的加速度$a=\frac{F-f}{M}=\frac{20-12}{2}=4m/{s^2}$，

设经过t_BB从A的右端脱离时，s_B-s_A=l₁，${v_0}{t_B}-\frac{1}{2}at{\;}_B^2={l_1}$，
10×t_B-2t_B²=8，
解得t_B=1s，t_B=4s．
若t_B=4s，板的速度v=at_B=4×4m/s=16m/s大于B的速度，B会从左端掉落，所以不符合题意．所以t_B=1s
（3）脱离前A的运动位移为${s_A}=\frac{1}{2}at{\;}_B^2=\frac{1}{2}×4×{1^2}=2m$，
脱离后B的加速度为${a_B}=μg=0.4×10=4m/{s^2}$，
B滑到平台边的距离为：${s_B}=\frac{{{v_B}^2-{v_0}^2}}{{2{a_B}}}=\frac{{{2^2}-{{10}^2}}}{2×（-4）}m=12m$
所以一开始薄板A的最右端离平台边距离l₂=s_B+s_A=14m
答：（1）B离开平台时的速度v_B为2m/s．
（2）B运动的时间t_B为1s．
（3）长度l₂为14m．

点评 能够根据物体的受力情况确定物体的运动情况，运用牛顿第二定律和运动学公式解决．动能定理的应用要注意过程的选取和总功的求解．