题目内容
五块完全相同的长木板依次紧挨着放在水平地面上，每块木板的长度为0.5m，质量为0.6kg．有一质量为1kg的小物块以3m/s速度在第一块长木板的最左端向右滑行．已知小物块与长木板间的动摩擦因数为0.2，长木板与地面间的动摩擦因数为0.1，设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度g取1Om/s2．
（1）分析小物块滑至哪块长木板时，长木板才开始在地面上滑动．
（2）求物块在整个运动过程中相对出发点滑行的最大距离．（保留2位有效数字）
（1）分析小物块滑至哪块长木板时，长木板才开始在地面上滑动．
（2）求物块在整个运动过程中相对出发点滑行的最大距离．（保留2位有效数字）
分析：通过对长木板的受力分析知，滑块给长木板的摩擦力水平向右，地面给长木板的摩擦力水平向左，当滑块对木板的摩擦力大于地面对长木板的摩擦力时，长木板开始运动；能根据动量定理和动能定理判定物块的滑动，并列式求解．
解答：解：（1）设小物块、长木板的质量分别为m、M，当物块滑至第n块木板时，木板才开始运动，则满足：
μ1mg＞μ2[m+（6-n）M]g…①
其中μ1、μ2分别表示物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数．
由①式解得n＞4.3
即物块滑上第五块木板时，木板才开始在地面上滑动．
（2）设物块刚滑上第五块木板时的速度为v2，每块木板的长度为L，由动能定理
-μ1 mg×4L=
mv22-
mv12
解得 v2=1m/s
物块在第五块木板表面做匀减速直线运动，木板做匀加速直线运动，设经历时间t，物块与木板能获得相同的速度v3，由动量定理
-μ1 mgt=mv3-mv2…②
〔μ1 mg-μ2（m+M）g〕t=Mv3…③
由②③式解得v3=0.25m/s
在此过程中，物块发生的位移为s1，由动能定理
-μ1 mg s1=
mv32-
mv22
可解得s1=
＜0.5m
即物块与木板获得0.25m/s的共同速度，之后整体向前匀减速运动s2后静止．
由动能定理
-μ2（m+M）g s2=-
(m+M)v32
解得s2=
m
所以物块总共发生的位移s=4L+s1+s2
解得s≈2.27m
答：（1）经分析小物块滑至第5块长木板时，长木板才开始在地面上滑动；
（2）物块在整个运动过程中相对出发点滑行的最大距离s=2.27m．
μ1mg＞μ2[m+（6-n）M]g…①
其中μ1、μ2分别表示物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数．
由①式解得n＞4.3
即物块滑上第五块木板时，木板才开始在地面上滑动．
（2）设物块刚滑上第五块木板时的速度为v2，每块木板的长度为L，由动能定理
-μ1 mg×4L=
| 1 |
| 2 |
| 1 |
| 2 |
解得 v2=1m/s
物块在第五块木板表面做匀减速直线运动，木板做匀加速直线运动，设经历时间t，物块与木板能获得相同的速度v3，由动量定理
-μ1 mgt=mv3-mv2…②
〔μ1 mg-μ2（m+M）g〕t=Mv3…③
由②③式解得v3=0.25m/s
在此过程中，物块发生的位移为s1，由动能定理
-μ1 mg s1=
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| 1 |
| 2 |
可解得s1=
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即物块与木板获得0.25m/s的共同速度，之后整体向前匀减速运动s2后静止．
由动能定理
-μ2（m+M）g s2=-
| 1 |
| 2 |
解得s2=
| 1 |
| 32 |
所以物块总共发生的位移s=4L+s1+s2
解得s≈2.27m
答：（1）经分析小物块滑至第5块长木板时，长木板才开始在地面上滑动；
（2）物块在整个运动过程中相对出发点滑行的最大距离s=2.27m．
点评：能正确判断长木板开始运动的条件是滑块给长木板的摩擦力大于地面对长木板的摩擦力，并能根据摩擦力的表达式列出不等式进行求解，木块滑动的距离可以根据滑块的运动结合动能定理求解；熟练使用动能定理和动量定理是解决本题的关键．
练习册系列答案
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如图所示，五块完全相同的长木板依次紧挨着放在水平地面上，每块木板的长度L=0.5m，质量m=0.6kg．一质量M=1kg的小物块以ν1=3m/s水平速度从第一块长木板的最左端滑入．已知小物块与长木板间的动摩擦因数μ1=0.2，长木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.1，设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等．重力加速度g取10m/s2．求：