题目内容
如图所示，水平桌面距地面的高度h=0.80m．可以看成质点的小金属块C的质量m1=0.50kg，放在厚度不计的长木板AB上．木板长L=0.865m，质量m2=0.20kg，木板的A端跟桌面的边缘对齐．小金属块C到木板B端的距离d=0.375m．假定小金属块与木板间、木板与桌面间、小金属块与桌面间的动摩擦因数都相等，其值μ=0.20．现用力将木板水平向右加速抽出，在小金属块从木板上滑下以前，加在木板上的力为水平向右的恒力F．小金属块落到桌面上后，又在桌面上滑动了一段距离，再从桌面边缘飞出落到水平地面上，小金属块落地点到桌边的水平距离s=0.08m．求：（1）作用在木板上的恒力F的大小．
（2）若希望小金属块不滑出桌面，则恒力的大小应该如何调整，请说明理由．
分析：（1）金属块经历了在木板上的匀加速直线运动，从木板上滑落后在桌面上的匀减速直线运动，离开桌面后的平抛运动．抓住平抛运动的初速度，即在水平面上运动的末速度，结合牛顿第二定律和运动学公式求出木板的加速度，从而求出拉力的大小．
（2）金属块不滑离桌面的临界速度是到达桌面的末速度速度为零，结合牛顿第二定律和运动学公式，抓住金属块的位移之和等于L-d，木板与金属块的位移之差等于d，求出力F的范围．
（2）金属块不滑离桌面的临界速度是到达桌面的末速度速度为零，结合牛顿第二定律和运动学公式，抓住金属块的位移之和等于L-d，木板与金属块的位移之差等于d，求出力F的范围．
解答：
解：（1）小金属块经历了三段运动过程：在木板上的匀加速直线运动，从木板上滑落后在桌面上的匀减速直线运动，离开桌面后的平抛运动．
设小金属块做平抛运动的时间为t3，h=
g
t3=
=
=0.4(s)
设平抛运动的初速度为v2，s=v2t3
v2=
=
=0.2(m/s)
小金属块在长木板上运动时的受力如图1所示，小金属块这时做匀加速直线运动，设它的加速度为a1．
f1=μF1=μm1g=0.20×0.50×10=1.0（N）
a1=
=
=2.0(m/s2)
小金属块离开长木板后在桌面上运动时的受力如图2所示，小金属块这时做匀减速直线运动，设它的加速度的大小为a'1．
f'1=μF1=μm1g=0.2×0.5×10=1.0（N）
a′1=
=
=2.0(m/s2)
a'1=a1
设小金属块在木板上运动时，相对于地面运动的距离为s1，末速度为v1，所用时间为t1，s1=
①
v1=a1t1②
设小金属块在桌面上运动时，相对于地面运动的距离为s2，末速度为v2，-2a1s2=
-
③
由题意知s1+s2=L-d④
联立以上四式，解得s1=0.25m、s2=0.24m、t1=0.5s、v1=1.0m/s
取木板为研究对象，小金属块在木板上运动时，木板受力如图3所示．f2=μF2=μ（m1+m2）g=0.20×0.70×10=1.4（N）
木板在t1时间内向右运动距离为d+s1，设木板的加速度为a2，则d+s1=
a2
a2=
=
=5.0(m/s2)
利用牛顿定律F-（f1+f2）=m2a2、
解得F=3.4N．
（2）若金属块不滑出桌面，临界情况是滑块到达桌面的右端速度变为零．
设物块离开木板时的速度为v，有：
+
=L-d．
解得v=0.7
m/s．
则在木板上运动的时间t=
=
s．
a2t2-
a1t2=d
解得木板的加速度a2≈5.1m/s2
根据牛顿第二定律得，F′-（f1+f2）=m2a2
解得F′=3.42N．
即F≥3.42N，小金属块不滑出桌面．
答：（1）作用在木板上的恒力F的大小为3.4N．
（2）F≥3.42N，小金属块不滑出桌面．
解：（1）小金属块经历了三段运动过程：在木板上的匀加速直线运动，从木板上滑落后在桌面上的匀减速直线运动，离开桌面后的平抛运动．设小金属块做平抛运动的时间为t3，h=
| 1 |
| 2 |
| t | 2 3 |
t3=
|
|
设平抛运动的初速度为v2，s=v2t3
v2=
| s |
| t3 |
| 0.08 |
| 0.4 |
小金属块在长木板上运动时的受力如图1所示，小金属块这时做匀加速直线运动，设它的加速度为a1．
f1=μF1=μm1g=0.20×0.50×10=1.0（N）
a1=
| f1 |
| m1 |
| 1.0 |
| 0.5 |
小金属块离开长木板后在桌面上运动时的受力如图2所示，小金属块这时做匀减速直线运动，设它的加速度的大小为a'1．
f'1=μF1=μm1g=0.2×0.5×10=1.0（N）
a′1=
| f′1 |
| m1 |
| 1.0 |
| 0.5 |
a'1=a1
设小金属块在木板上运动时，相对于地面运动的距离为s1，末速度为v1，所用时间为t1，s1=
| ||
| 2a1 |
v1=a1t1②
设小金属块在桌面上运动时，相对于地面运动的距离为s2，末速度为v2，-2a1s2=
| v | 2 2 |
| v | 2 1 |
由题意知s1+s2=L-d④
联立以上四式，解得s1=0.25m、s2=0.24m、t1=0.5s、v1=1.0m/s
取木板为研究对象，小金属块在木板上运动时，木板受力如图3所示．f2=μF2=μ（m1+m2）g=0.20×0.70×10=1.4（N）
木板在t1时间内向右运动距离为d+s1，设木板的加速度为a2，则d+s1=
| 1 |
| 2 |
| t | 2 1 |
a2=
| 2(d+s1) | ||
|
| 2(0.375+0.25) |
| 0.52 |
利用牛顿定律F-（f1+f2）=m2a2、
解得F=3.4N．
（2）若金属块不滑出桌面，临界情况是滑块到达桌面的右端速度变为零．
设物块离开木板时的速度为v，有：
| v2 |
| 2a1 |
| v2 |
| 2a1′ |
解得v=0.7
| 2 |
则在木板上运动的时间t=
| v |
| a |
0.7
| ||
| 2 |
| 1 |
| 2 |
| 1 |
| 2 |
解得木板的加速度a2≈5.1m/s2
根据牛顿第二定律得，F′-（f1+f2）=m2a2
解得F′=3.42N．
即F≥3.42N，小金属块不滑出桌面．
答：（1）作用在木板上的恒力F的大小为3.4N．
（2）F≥3.42N，小金属块不滑出桌面．
点评：解决本题的关键理清金属块的运动情况，以及抓住过程中的临界情况，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解．
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