Question

6．如圖1所示，一個長度為L=1m、高度為h=0.8m的長木板靜止在水平地面上，其質量M=0.4kg，一質量m=0.1kg的小物塊（可視為質點）放置在其上表面的最右端．物塊與長木板，長木板與地面之間動摩擦因數均為μ=0.5．設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力．現(xiàn)給長木板施加一個水平向右持續(xù)作用的外力F．

（1）若F恒為4N，試求長木板的加速度大�。�
（2）若F恒為5.8N，試判斷物塊是否能從長木板上掉下，如能，請求出小物塊落地時距長木板左端的距離；如不能，求出物塊距長木板右端的距離；
（3）若F=kt，k＞0，在t=0時刻到物塊剛滑落時間內，試定性畫出物塊與長木板間摩擦力大小隨時間變化的圖線（圖2），無需標注時間以及力的大�。�

Answer 1

分析 （1）通過隔離法和整體法，運用牛頓第二定律求出發(fā)生相對滑動時的臨界拉力大小，從而判斷物體與長木板是否發(fā)生相對滑動，若不發(fā)生相對滑動，對整體分析，根據牛頓第二定律求出加速度．
（2）若發(fā)生相對滑動，根據牛頓第二定律分別求出各自的加速度，結合位移時間公式求出滑離的時間，從而得出滑離時物塊和木板的速度，物塊離開木板后做平拋運動，木板在拉力作用下做勻加速直線運動，結合牛頓第二定律和運動學公式求出勻加速運動的位移，結合平拋運動的水平位移求出物塊離長木板左端的距離．
（3）當拉力較小時，物塊和長木板靜止在地面上，兩者之間的摩擦力為零，當拉力達到一定程度，一起做勻加速運動，當拉力再大到一定程度，兩者發(fā)生相對滑動，從而定性地畫出摩擦力隨時間的變化圖線．

解答 解：（1）對長木板與物塊，假設相對靜止時，最大加速度${a_0}=\frac{μmg}{m}=5m/{s^2}$
由牛頓第二定律F₀-μ（M+m）g=（M+m）a₀，得 F₀=5N（1分）
F=4N＜F₀，可知物塊和長木板保持相對靜止，整體的加速度a=$\frac{F-μ（M+m）g}{M+m}=\frac{4-0.5×5}{0.5}m/{s}^{2}=3m/{s}^{2}$．
（2）F=5.8N＞5N，
可知物塊能從長木板上掉下．
長木板的加速度${a}_{1}=\frac{F-μ（M+m）g-μmg}{M}$=$\frac{5.8-0.5×5-0.5×1}{0.4}m/{s}^{2}=7m/{s}^{2}$，
物塊的加速度${a}_{2}=\frac{μmg}{m}=μg=5m/{s}^{2}$，
設經過t時間物塊滑離長木板，有：$\frac{1}{2}{a}_{1}{t}^{2}-\frac{1}{2}{a}_{2}{t}^{2}=L$，代入數據解得t=1s．
滑離木板時木板的速度v₁=a₁t=7×1m/s=7m/s，物塊的速度v₂=a₂t=5×1m/s=5m/s，
物塊離開木板做平拋運動，平拋運動的時間${t}_{1}=\sqrt{\frac{2h}{g}}=\sqrt{\frac{2×0.8}{10}}s=0.4s$，
物塊離開木板后，木板的加速度${a}_{3}=\frac{F-μMg}{M}=\frac{5.8-0.5×4}{0.4}m/{s}^{2}$=9.5m/s²，
在平拋運動的時間內，木板的位移${x}_{1}={v}_{1}{t}_{1}+\frac{1}{2}{a}_{3}{{t}_{1}}^{2}=7×0.4+\frac{1}{2}×9.5×0.16m$=3.56m，
平拋運動的水平位移x₂=v₂t₁=5×0.4m=2m，
則小物塊落地時距長木板左端的距離△x=x₁-x₂=3.56-2m=1.56m．
（3）長木板和地面間的最大靜摩擦力f_m=μ（M+m）g=0.5×5N=2.5N，可知F=kt＜2.5N時，物塊和木板處于靜止，無相對運動趨勢，摩擦力為零．
2.5N＜F≤5N時，物塊和長木板保持相對靜止，f=ma=$m\frac{kt-μ（M+m）g}{M+m}=\frac{mk}{M+m}t-μmg$，摩擦力隨時間均增大．
當F＞5N，物塊與長木板發(fā)生相對滑動，f=μmg=0.5×1N=0.5N．f-t圖線如圖所示．
答：（1）長木板的加速度大小為3m/s²；
（2）能，小物塊落地時距長木板左端的距離為1.56m．
（3）摩擦力大小與時間的關系圖線如圖所示．

點評 本題考查了滑塊模型問題，實際上是牛頓第二定律和運動學公式的綜合運用，關鍵理清物塊和長木板在整個過程中的運動規(guī)律，結合牛頓第二定律和運動學公式綜合求解．