题目内容

4．如图所示，质量M=1.0kg的长木板静止在光滑水平面上，在长木板的右端放一质量m=1.0kg的小滑块（可视为质点），小滑块与长木板之间的动摩擦因数μ=0.20．现用水平恒力F=6.0N向右拉长木板，使小滑块与长木板发生相对滑动，经过t=1.0s撤去力F．小滑块在运动过程中始终没有从长木板上掉下．求：
（1）小滑块受几个力的作用？
（2）小滑块的加速度，木板的加速度？
（3）撤去力F时小滑块和长木板的速度各是多大？
（4）撤去力F时小滑块的加速度，木板的加速度？
（5）小滑块相对长木板静止时，小滑块和木板的速度？
（6）小滑块相对地面运动的总位移．

分析 （1、2、3）小滑块和长木板均做匀加速运动，分别对小滑块和长木板受力分析，求出加速度，运用速度时间公式求出速度；
（4、5、6）撤去拉力后，由于惯性，两个物体都向前滑动，但由于长木板速度较大，故两物体间摩擦力不变，小滑块继续加速，长木板匀减速，直到两个物体间相对静止为止，根据运动学公式可以先求出第二个过程的时间，然后分别求出两个过程的位移，就得到总位移．

解答 解：（1）对长木板施加恒力F的时间内，小滑块与长木板间相对滑动，小滑块受到重力、支持力以及摩擦力，共三个力作用；
（2）小滑块和长木板在水平方向的受力情况如图所示：

小滑块所受摩擦力f=μmg
设小滑块的加速度为a1，根据牛顿第二定律得：
f=ma1
解得：a1=2.0 m/s2
长木板受的摩擦力f′=f=μmg
设长木板的加速度为a2，根据牛顿第二定律得：F-f′=Ma2  
解得：a2=4.0 m/s2
（3）经过t=1.0s撤去力F，此时：
小滑块的速度  v1=a1t=2.0 m/s，
长木板的速度  v2=a2t=4.0 m/s，
（4）撤去力F后的一段时间内，小滑块的速度小于长木板的速度，小滑块仍以加速度a1做匀加速直线运动，长木板做匀减速直线运动．设长木板运动的加速度为a3，此时长木板水平方向受力情况如图所示，

根据牛顿第二定律得：
f′=Ma3
解得：a3=2.0 m/s2
（5）设再经过时间t1后，小滑块与长木板的速度相等，此时小滑块相对长木板静止
即v1+a1t1=v2-a3t1                        
解得：t1=0.50s
此时共同速度v=v1+a1t1=2.0+2.0×0.50=3.0m/s
（6）如图所示，在对长木板施加力F的时间内，小滑块相对地面运动的位移是s1，从撤去F到二者速度相等的过程，小滑块相对地面的位移是s2．

所以小滑块相对长木板静止时，小滑块相对地面运动的总位移为
s块=s1+s2=$\frac{1}{2}{a}_{1}{t}^{2}+（{v}_{1}{t}_{1}+\frac{1}{2}{a}_{1}{{t}_{2}}^{2}）$=2.25m．
答：（1）小滑块受三个力的作用；
（2）小滑块的加速度为2.0m/s2，木板的加速度为4.0m/s2；
（3）撤去力F时小滑块和长木板的速度分别为2.0m/s和4.0m/s；
（4）撤去力F时小滑块的加速度，木板的加速度为2.0m/s2；
（5）小滑块相对长木板静止时，小滑块和木板的速度为3m/s；
（6）小滑块相对地面运动的总位移为2.25m．

点评 本题关键的就是正确的对两个物体受力分析，求出加速度，分析清楚运动过程，由于本题小滑块的受力一直未变，也可以直接有位移时间公式求解．

练习册系列答案
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（4）该同学想用伏安法更精确地测量其电阻R，现有的器材及其代号和规格如下：
待测圆柱体电阻R
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滑动变阻器R2（阻值范围0～20kΩ，允许通过的最大电流0.5A）
定值电阻R3=900Ω
定值电阻R4=2000Ω
直流电源E（电动势3V，内阻不计）
开关S，导线若干
为使实验误差较小，要求测得多组数据进行分析，请画出测量的电路图，并标明所用器材的代号．

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