Question

6．如图1所示，质量为M=2kg的长木板，静止放置在粗糙水平地面上，木板上F、G为木板的两个三等分点．F、G之间贴有上表面光滑的胶纸（厚度不计）．有一个质量为m=3kg、可视为质点的物块，以某一水平初速度v₀从左端冲上木板物块在木板上滑动，当物块刚好滑上胶纸时，物块和木板恰好达到共同速度．物块和木板在达到共同速度前的v-t图象如图2所示．根据图象，求：

（1）求木板的长度．
（2）求物体与木板间的摩擦因数和地面与木板间的摩擦因数．
（3）此后物块和木板继续滑动，直到两物体都停止．问此时物体所停处距木板右端的距离？
（4）整个过程中木板的位移是多少？

Answer 1

分析 （1）图中三角形面积为EF长度，由此求解木板的长度；
（2）根据图线斜率表示的物理意义以及能够第二定律求解摩擦因数；
（3）分别求出物块在EF段、FG段、GH段相对于木板的位移，最后分析距离右端的距离；
（4）分别求出物块在EF段、FG段、GH段以及二者共同减速运动的位移之和即可．

解答 解：（1）设木板的长度为L，则EF的长度为$\frac{L}{3}$，根据图2可知EF为图中△OAB的面积，如图，
所以有：$\frac{L}{3}=\frac{1}{2}×10×4m=20m$，
所以木板的长度为L=60m；
（2）设物体与木板间的摩擦因数为μ₁，地面与木板间的摩擦因数为μ₂．
物块减速的加速度大小即为AB段的斜率，所以${a}_{1}=\frac{△{v}_{1}}{△{v}_{2}}=\frac{6}{4}=1.5m/{s}^{2}$，
根据牛顿第二定律可得：${a}_{1}=\frac{{μ}_{1}mg}{m}$，
解得μ₁=0.15；
木板加速运动的加速度即为图中OA段的斜率，即：${a}_{2}=\frac{△{v}_{2}}{△{t}_{2}}=\frac{4}{4}=1m/{s}^{2}$，
根据牛顿第二定律可得：${a}_{2}=\frac{{μ}_{1}mg-{μ}_{2}（m+M）g}{M}$，
代入数据解得：μ₂=0.02；
（3）物块在FG间运动时，木板减速运动的加速度大小为：${a}_{3}=\frac{{μ}_{2}（m+M）g}{M}=0.5m/{s}^{2}$，
当木板上的减速到零经过的时间为：${t}_{1}=\frac{v}{{a}_{3}}=\frac{4}{0.5}s=8s$，
此段时间内物块相对于地面的位移：s₁=vt₁=4×8m=32m，
木板相对于地面的位移x₁=$\frac{v}{2}{t}_{1}=\frac{4}{2}×8m=16m$，
此过程中物块相对于木板的位移：△L=s₁-x₁=32-16=16m＜20m，
所以木板静止时物块还在FG上匀速运动；
当物块滑上GH段时，二者的加速度与开始相同，设经过t₂时间二者共速，则：
v-a₁t₂=a₂t₂，解得：t₂=1.6s；
共同速度为：v′=a₂t₂=1.6m/s；
此过程中物块的位移s₂=$\frac{v+v′}{2}{t}_{2}=\frac{4+1.6}{2}×1.6m=4.48m$，
木板的位移x₂=$\frac{v′}{2}{t}_{2}=\frac{1.6}{2}×1.6m=1.28m$，
此后二者保持相对静止，匀减速运动到零，
所以物体所停处到木板右端的距离为：$△L′=\frac{L}{3}-（{s}_{2}-{x}_{2}）=20-（4.48-1.28）=16.8m$；
（4）共速后二者减速运动的加速度为：${a}_{4}={μ}_{2}g=0.2m/{s}^{2}$，
减速位移x₃=$\frac{v{′}^{2}}{2{a}_{4}}=\frac{1．{6}^{2}}{2×0.2}=6.4m$，
物块在EF段运动时，木板相对于地面的位移为x0=$\frac{v}{2}{t}_{0}=\frac{4}{2}×4=8m$，
所以整个过程中木板的位移是x=x₀+x₁+x₂+x₃=8+16+1.28+6.4=31.68m．
答：（1）木板的长度60m；
（2）物体与木板间的摩擦因数为0.15，地面与木板间的摩擦因数为0.02；
（3）此后物块和木板继续滑动，直到两物体都停止，此时物体所停处距木板右端的距离为16.8m；
（4）整个过程中木板的位移是31.68m．

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；解答本题要弄清楚物体和木板的受力情况以及运动情况．