Question

14．如圖所示，物體A放在足夠長的木板B上，木板B靜止于水平面．t=0時，電動機通過水平細繩以恒力F拉木板B，使它做初速度為零，加速度a_B=4.0m/s²的勻加速直線運動．已知A的質(zhì)量m_A和B的質(zhì)量m_B均為2.0kg，A、B之間的動摩擦因數(shù)μ₁=0.2，B與水平面之間的動摩擦因數(shù)μ₂=0.4，最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小視為相等，重力加速度g取10m/s²．求：
（1）t=1.0s時，物體A的加速度大小a_A；
（2）t=1.0s時，電動機的輸出功率P；
（3）若t=1.0s時，將電動機的輸出功率立即調(diào)整為P′=80W，并在以后的運動過程中始終保持這一功率不變，t′=2.5s時物體A剛好到達最大速度，則在t=1.0s到t=2.5s這段時間內(nèi)木板B的位移是多少？

Answer 1

分析 （1）對物體A進行受力分析，其在水平方向只受摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律就出a_A；
（2）電動機的輸出功率P=Fv，對B進行受力分析，水平方向受到拉力F、地面對B的摩擦力、A對B的摩擦力，對B運用牛頓第二定律可解除F，根據(jù)運動學公式求出v，即可求得P；
（3）電動機的輸出功率調(diào)整為P′=80W時，根據(jù)P=Fv，求出F，對B進行受力分析，得出B受平衡力，所以B做勻速運動，而物體A則繼續(xù)在B上做勻加速直線運動直到A、B速度相等，算出時間，算出位移s₁，速度相同后，由于F＞μ₂（m_A+m_B）g且電動機輸出功率恒定，A、B將一起做加速度逐漸減小的變加速運動，根據(jù)動能定理求出位移s₂，木板B在t=1.0s到t=2.5s這段時間的位移s=s₁+s₂．

解答 解：（1）若A相對于B滑動，則對物體A進行受力分析，可知其在水平方向只受滑動摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律得：
f=μ₁m_Ag=m_Aa_A
解得：a_A=μ₁g=2m/s²＜a_B=4.0m/s²，所以假設(shè)正確，則A的加速度為2m/s²；
（2）對物體B進行受力分析，水平方向受到拉力F、地面對B的摩擦力、A對B的摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律得：
F-μ₁m_Ag-μ_2^（m_B+m_A）g=m_Ba_B
代入數(shù)據(jù)解得：F=28N，
t=1s時B的速度為：v=a_Bt=4m/s
所以電動機的輸出功率 P=Fv=112W
（3）電動機的輸出功率調(diào)整為P′=80W時，設(shè)細繩對木板B的拉力為F′，則P′=F′v，
代入數(shù)據(jù)解得：F′=20N，
對木板進行受力分析，木板B受力滿足：F′-μ₁m_Ag-μ₂（m_A+m_B）g=0
所以木板B將做勻速直線運動，而物體A則繼續(xù)在B上做勻加速直線運動直到A、B速度相等．設(shè)這一過程時間為t₁，則有：
v=a_A（t+t₁），
得：t₁=1s
這段時間內(nèi)B的位移為：s₁=vt₁=4×1m=4m，
A、B速度相同后，由于F＞μ₂（m_A+m_B）g且電動機輸出功率恒定，A、B將一起做加速度逐漸減小的變加速運動，速度相同后到B的速度達到最大用時為t₂，則有：
t₂=t′-t₁=1.5s
由動能定理得：P′t₂-μ₂（m_A+m_B）gs₂=$\frac{1}{2}$（m_A+m_B）${v}_{A}^{2}$-$\frac{1}{2}$（m_A+m_B）v²；
A速度最大時有：P′=μ₂（m_A+m_B）gv_A；
由以上各式代入數(shù)據(jù)得：v_A=5m/s，s₂=$\frac{102}{16}$m=6.375m
在t=1.0s到t=2.5s這段時間內(nèi)木板B的位移是：s=s₁+s₂=10.375m
答：（1）t=1.0s時，物體A的加速度大小a_A是2m/s²．
（2）t=1.0s時，電動機的輸出功率P是112W；
（3）在t=1.0s到t=2.5s這段時間內(nèi)木板B的位移是 10.375m．

點評 本題對受力分析的要求較高，要能根據(jù)受力情況判斷運動情況，或根據(jù)運動情況判斷受力情況，按時間順序邊計算邊分析．第3小題與汽車的起動相似，明確B的合力為零時速度最大．