Question

18．如图所示，将小物体（可视为质点）置于桌面上的长木板上，木板厚度为0.2m．第一次用一水平力F通过水平细线拉长木板，第二次用水平细线通过轻质定滑轮用钩码牵引长木板，钩码质量为M．若长木板质量为m₁=2kg，板长d=0.75m，小物块质量m₂=4kg，已知各接触面的动摩擦因数均为μ=0.1，最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，g取10m/s²．两种情况长木板始终未脱离桌面．求：

（1）如果在力F的作用下，小物块与木板一起运动，求力F的取值范围；
（2）如果F=15N，求小物体脱离长木板所用的时间．
（3）如果用水平细线通过轻质定滑轮用两个钩码牵引长木板，每个钩码的质量M=1kg，小物体能否与长木板发生相对滑动？如果能，求当小物体滑落到桌面时，小物体与长木板左端的距离；如果不能，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）当小物体与长木板一起运动时，根据牛顿第二定律二者不滑动时的加速度，再以整体为研究对象求解作用力；小物体与木板一起运动，拉力大于整体摩擦力，由此求解；
（2）分别以长木板和物体根据牛顿第二定律求解加速度，再根据位移关系求解时间；
（3）求出长木板和小物体即将发生相对滑动时钩码质量，判断小物体与长木板发生相对滑动；分析二者的运动情况，不同阶段求解加速度大小，再根据运动学计算公式求解相对位移．

解答 解：（1）当小物体与长木板一起运动时，根据牛顿第二定律可得：
对整体：F-μ（m₁+m₂）g=（m₁+m₂）a，
对小物体有：f₁=m₂a，
由于f₁≤μm₂g，
所以F≤2μ（m₁+m₂）g=2×0.1×（2+4）×10N=12N；
又小物体与木板一起运动，F＞μ（m₁+m₂）g=0.1×（2+4）×10N=6N，
所以力F的取值范围为6N＜F≤12N；
（2）对长板根据牛顿第二定律可得：F-μ（m₁+m₂）g-μm₂g=m₁a₁，
对小物体根据牛顿第二定律可得：μm₂g=m₂a₂，
设小木板脱离长木板的时间为t，根据位移关系可得：
$\frac{1}{2}{a}_{1}{t}^{2}-\frac{1}{2}{a}_{2}{t}^{2}=d$，
联立解得：t=1s；
（3）设长木板和小物体即将发生相对滑动时钩码质量为M₀，对小物体根据牛顿第二定律有：
μm₂g=m₂a₂，解得a₂=1m/s²；
对长木板和钩码整体根据牛顿第二定律可得：
M₀g-μ（m₁+m₂）g-μm₂g=（M₀+m₁）a₂，
联立解得：M₀=$\frac{4}{3}kg$；
因为2M＞M₀=$\frac{4}{3}kg$，所以小物体与长木板发生相对滑动；
对长木板和钩码整体根据牛顿第二定律可得：
2Mg-μ（m₁+m₂）g-μm₂g=（2M+m₁）a₃，
解得：a₃=2.5m/s²；
小物体刚好从长木板上滑出，二者的关系为：
$\frac{1}{2}{a}_{3}{{t}_{1}}^{2}-\frac{1}{2}{a}_{2}{{t}_{1}}^{2}=d$，
联立以上各式可得：t₁=1s，
滑出时小物块的速度为v₂=a₂t₁=1×1m/s=1m/s，
长木板的速度v₃=a₃t₁=2.5×1m/s=2.5m/s，
小物体离开长木板后做平抛运动，则：
h=$\frac{1}{2}g{t}_{2}^{2}$，解得：t₂=$\sqrt{\frac{2h}{g}}=\sqrt{\frac{2×0.2}{10}}s$=0.2s，
水平位移：x₁=v₂t₂=1×0.2m=0.2m，
对于长木板做匀加速运动，则：2Mg-μm₁g=（2M+m₁）a₄，
解得：a₄=4.5m/s²，
x₂=v₃t₂+$\frac{1}{2}{a}_{4}{t}_{2}^{2}$=0.59m，
联立以上各式可得，当小物体滑落到桌面时，小物体与长木板左端的距离为：
x=x₂-x₁=0.59m-0.2m=0.39m．
答：（1）如果在力F的作用下，小物块与木板一起运动，力F的取值范围为6N＜F≤12N；
（2）如果F=15N，小物体脱离长木板所用的时间为1s．
（3）小物体与长木板发生相对滑动；当小物体滑落到桌面时，小物体与长木板左端的距离为0.39m．

点评 对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答；知道加速度是联系静力学和运动学的桥梁．