Question

6．如圖所示，物體A放在足夠長(zhǎng)的木板B上，木板B靜止于水平面．t=0時(shí)，電動(dòng)機(jī)通過(guò)水平細(xì)繩以恒力F拉木板B，使它做初速度為零，加速度a_B=1.0m/s²的勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)．已知A的質(zhì)量m_A和B的質(zhì)量m_B均為2.0kg，A、B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ₁=0.05，B與水平面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ₂=0.1，最大靜摩擦力與滑動(dòng)摩擦力大小視為相等，重力加速度g取10m/s²．求：
（1）物體A剛運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度a_A
（2）t=1.0s時(shí)，電動(dòng)機(jī)的輸出功率P；
（3）若t=1.0s時(shí)，將電動(dòng)機(jī)的輸出功率立即調(diào)整為P′=5W，并在以后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終保持這一功率不變，t=3.8s時(shí)物體A的速度為1.2m/s．則在t=1.0s到t=3.8s這段時(shí)間內(nèi)木板B的位移為多少？

Answer 1

分析 （1）對(duì)物體A進(jìn)行受力分析，水平方向只受摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律就出a；
（2）電動(dòng)機(jī)的輸出功率P=Fv，對(duì)B進(jìn)行受力分析，水平方向受到拉力F、地面對(duì)B的摩擦力、A對(duì)B的摩擦力，對(duì)B運(yùn)用牛頓第二定律可解除F，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出v，即可求得p；
（3）電動(dòng)機(jī)的輸出功率調(diào)整為5W時(shí)，根據(jù)P=Fv，求出F，對(duì)B進(jìn)行受力分析，得出B受平衡力，所以B做勻速運(yùn)動(dòng)，而物體A則繼續(xù)在B上做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)直到A、B速度相等，算出時(shí)間，算出位移s₁，速度相同后，由于F＞μ₂（m_A+m_B）g且電動(dòng)機(jī)輸出功率恒定，A、B將一起做加速度逐漸減小的變加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理求出位移s₂，木板B在t=1.0s到t=3.8s這段時(shí)間的位移s=s₁+s₂

解答 解：（1）物體A在水平方向上受到向右的摩擦力，由牛頓第二定律得
μ₁m_Ag=m_Aa_A
代入數(shù)據(jù)解得    ${a}_{A}=0.5m/{s}^{2}$
（2）t=1.0s，木板B的速度大小為     v=a_Bt=1m/s
木板B所受拉力F，由牛頓第二定律有 F-μ₁m_Ag-μ_2^（m_B+m_A）g=m_Ba_B
解得：F=7N
電動(dòng)機(jī)輸出功率    P=Fv=7W
（3）電動(dòng)機(jī)的輸出功率調(diào)整為5W時(shí)，設(shè)細(xì)繩對(duì)木板B的拉力為F′，則
P′=F′v
解得    F′=5N
木板B受力滿(mǎn)足F′-μ₁m_Ag-μ₂（m_A+m_B）g=0
所以木板B將做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，而物體A則繼續(xù)在B上做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)直到A、B速度相等．設(shè)這一過(guò)程時(shí)間為t′，有v₁=a_A（t₁+t′），
這段時(shí)間內(nèi)的位移 s₁=v₁t′④
A、B速度相同后，由于F＞μ₂（m_A+m_B）g且電動(dòng)機(jī)輸出功率恒定，A、B將一起做加速度逐漸減小的變加速運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理有：
$P′（{t}_{2}-t′-{t}_{1}）-{μ}_{2}（{m}_{A}+{m}_{B}）g{S}_{2}=\frac{1}{2}（{m}_{A}+{m}_{B}{）v}_{A}^{2}$-$\frac{1}{2}（{m}_{A}+{m}_{B}{）v}_{1}^{2}$
由以上各式代入數(shù)學(xué)解得：
木板B在t=1.0s到3.8s這段時(shí)間內(nèi)的位移為：s=s₁+s₂=3.03m
答：（1）物體A剛運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度a_A為0.5m/s²；
（2）t=1.0s時(shí)，電動(dòng)機(jī)的輸出功率P為7W；
（3）在t=1.0s到t=3.8s這段時(shí)間內(nèi)木板B的位移為3.03m

點(diǎn)評(píng) 本題對(duì)受力分析的要求較高，要能根據(jù)受力情況判斷運(yùn)動(dòng)情況，或根據(jù)運(yùn)動(dòng)情況判斷受力情況，難度較大