Question

13．如图所示，一个长度为L=1m、高度为h=0.8m的长木板静止在水平地面上，其质量M=0.4kg，一质量m=0.1kg的小物块（可视为质点）放置在其上表面的最右端．物块与长木板、长木板与地面之间的动摩擦因数均为μ=0.5．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．现给长木板施加一个水平向右持续作用的外力F．（g=10m/s²）

（1）若F恒为4N，试求长木板的加速度大小；
（2）若F恒为5.8N，试判断物块是否能从长木板上掉下，如能，请求出小物块落地时距长木板左端的距离；如不能，求出物块距长木板右端的距离；
（3）若F=kt，k＞0，在t=0时刻到物块刚滑落时间内，试定性画出物块与长木板间摩擦力大小随时间变化的图线，无需标注时间以及力的大小．

Answer 1

分析 （1）通过隔离法和整体法，运用牛顿第二定律求出发生相对滑动时的临界拉力大小，从而判断物体与长木板是否发生相对滑动，若不发生相对滑动，对整体分析，根据牛顿第二定律求出加速度．
（2）若发生相对滑动，根据牛顿第二定律分别求出各自的加速度，结合位移时间公式求出滑离的时间，从而得出滑离时物块和木板的速度，物块离开木板后做平抛运动，木板在拉力作用下做匀加速直线运动，结合牛顿第二定律和运动学公式求出匀加速运动的位移，结合平抛运动的水平位移求出物块离长木板左端的距离．
（3）当拉力较小时，物块和长木板静止在地面上，两者之间的摩擦力为零，当拉力达到一定程度，一起做匀加速运动，当拉力再大到一定程度，两者发生相对滑动，从而定性地画出摩擦力随时间的变化图线．

解答 解：（1）对长木板与物块，假设相对静止时，最大加速度为：a₀=$\frac{μmg}{m}$=5m/s²
由牛顿第二定律为：F₀-μ（M+m）g=（M+m）a₀，
得：F₀=5N
F=4N＜F₀，可知物块和长木板保持相对静止，整体的加速度为：a=$\frac{F-μ（M+m）g}{M+m}$=$\frac{4-0.5×5}{0.5}$m/s²=3m/s²．
（2）F=5.8N＞5N，
可知物块能从长木板上掉下．长木板的加速度：a₁=$\frac{F-μ（M+m）g-μmg}{M}$=$\frac{5.8-0.5×5-0.5×1}{0.4}$m/s²=7m/s²，
物块的加速度：a₂=$\frac{μmg}{m}$=μg=5m/s²，
设经过t时间物块滑离长木板，有：$\frac{1}{2}$a₁t²-$\frac{1}{2}$a₂t²=L，
代入数据解得t=1s．
滑离木板时木板的速度为：v₁=a₁t=7×1m/s=7m/s，
物块的速度：v₂=a₂t=5×1m/s=5m/s，
物块离开木板做平抛运动，平抛运动的时间为：t₁=$\sqrt{\frac{2h}{g}}$=$\sqrt{\frac{2×0.8}{10}}$s=0.4s，
物块离开木板后，木板的加速度为：a₃=$\frac{F-μMg}{M}$=$\frac{5.8-0.5×4}{0.4}$m/s²=9.5m/s²，
在平抛运动的时间内，木板的位移为：${x}_{1}^{\;}={v}_{1}^{\;}{t}_{1}^{\;}+\frac{1}{2}{a}_{3}^{\;}{t}_{1}^{2}$=$\frac{1}{2}×9.5×0.16$m=3.56m，
平抛运动的水平位移为：x₂=v₂t₁=5×0.4m=2m，
则小物块落地时距长木板左端的距离为：△x=x₁-x₂=3.56-2m=1.56m．
（3）长木板和地面间的最大静摩擦力为：f_m=μ（M+m）g=0.5×5N=2.5N，可知F=kt＜2.5N时，物块和木板处于静止，无相对运动趋势，摩擦力为零．
2.5N＜F≤5N时，物块和长木板保持相对静止，有：f=ma=m$\frac{kt-μ（M+m）g}{M+m}$=$\frac{mk}{M+m}t-μg$，摩擦力随时间均增大．
当F＞5N，物块与长木板发生相对滑动为：f=μmg=0.5×1N=0.5N．f-t图线如图所示．
答：（1）长木板的加速度大小为3m/s²；
（2）能，小物块落地时距长木板左端的距离为1.56m．
（3）摩擦力大小与时间的关系图线如图所示．

点评 本题考查了滑块模型问题，实际上是牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，关键理清物块和长木板在整个过程中的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解．