Question

11．如图所示，在倾角为θ=30°的足够长的固定的光滑斜面上，有一质量为M=3kg的长木板正以v₀=10m/s的初速度沿斜面向下运动，现将一质量m=lkg的小物块（大小可忽略）轻放在长木板正中央．已知物块与长木板间的动摩擦因数μ=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，设物块与木板间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g=l0m/s²
（1）求放上小物块后，木板和小物块的加速度大小．
（2）要使小物块不滑离长木板，长木板至少要有多长？
（3）假设长木板长L=16m，在轻放小物块的同时对长木板施加一沿斜面向上的F=45N的恒力，求小物块在长木板上运动过程中F所做的功及系统机械能的增量．

Answer 1

分析 （1）分析木板和小物块的受力情况，由牛顿第二定律求各自的加速度大小．
（2）小物块恰好不滑离长木板时两者速度相同，由速度相等的条件求出经过的时间，再由位移时间公式求出两者的位移，位移之差等于板长．
（3）分析小物块和木板的受力情况，求出两者的加速度，再由速度公式求出共速时所用时间，求出小物块的位移，再求F所做的功．由功能关系求系统机械能的增量．

解答 解：（1）小铁块在长木板上滑动时受到的沿板的滑动摩擦力大小为：
  f=μmgcosθ=7.5N                                               
由牛顿第二定律，对小物块和长木板，有：
   f+mgsinθ=ma₁            
得 a₁=12.5m/s²                              
   Mgsinθ-f=Ma₂
得 a₂=2.5m/s²                                 
（2）当小物块与长木板共速时，v₁=a₁t₁=v₀+a₂t₁
得 t₁=1s，v₁=12.5m/s                          
共速后，小物块与长木板一起减速，相对位移
 S=$\frac{10+12.5}{2}×1-\frac{12.5+0}{2}×1=5m$
故长木板长度至少为L≥10m                                          
（3）由牛顿第二定律，得：
对小物块有：f+mgsinθ=ma₃，a₃=12.5m/s²，沿斜面向下 
对长木板：F+f-Mgsinθ=ma₄，a₄=12.5m/s²，沿斜面向上
当小物块与长木板共速时，v₂=a₁t₂=v₀-a₄t₂
得 t₂=0.4s，v₁=5m/s               
此时小物块位移   ${s_1}=\frac{0+5}{2}×0.4=1m$
长木板位移  ${s_2}=\frac{10+5}{2}×0.4=3m$
共速后，假设小物块与长木板一起减速，则    
  F-（M+m）gsinθ=（M+m）a₅
得 a₅=11.25m/s²（沿斜面向上）
对小物块有：f′-mgsinθ=ma₅，f′＞f_max=7.5N（沿斜面向上）
所以，小物块将相对长木板向下滑动                                     
对小物块：f-mgsinθ=ma₆，a₆=2.5m/s² （沿斜面向上）   
对长木板：F-f-Mgsinθ=ma₇，a₇=7.5m/s²（沿斜面向上）  
小物块从长木板上滑落时，有 5t₃-$\frac{1}{2}$×2.5t₃²-（5t₃-$\frac{1}{2}$×7.5t₃²）=8+2
得 t₃=2s          
此时小物块速度  v₄=5-2.5×2=0，位移 $s3=\frac{0+5}{2}×2=5m$
长木板速度  v₅=5-7.5×2=-10m/s，位移 $s4=\frac{5-10}{2}×02=-5m$
则从小物块轻放在长木板中点到滑落，长木板位移 s₆=3-5=-2m，（沿斜面向上）
F做功 W_F=45×2=90J                                                   
产生热能 Q=fs_相=7.5×[$\frac{1}{2}$+2×（3-1）]=90J
机械能增量为△E=W_F-Q=0                                                   
答：
（1）放上小物块后，木板和小物块的加速度大小分别为12.5m/s²和2.5m/s²．
（2）要使小物块不滑离长木板，长木板至少要有10m长．
（3）小物块在长木板上运动过程中F所做的功是90J，系统机械能的增量为0．

点评 解决本题的关键理清物块和木板的运动情况，抓住隐含的临界状态：速度相同，结合牛顿第二定律和运动学公式联合求解，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁．