Question

18．如圖所示，將小物體（可視為質點）置于桌面上的長木板上，木板厚度為0.2m．第一次用一水平力F通過水平細線拉長木板，第二次用水平細線通過輕質定滑輪用鉤碼牽引長木板，鉤碼質量為M．若長木板質量為m₁=2kg，板長d=0.75m，小物塊質量m₂=4kg，已知各接觸面的動摩擦因數(shù)均為μ=0.1，最大靜摩擦力與滑動摩擦力相等，g取10m/s²．兩種情況長木板始終未脫離桌面．求：

（1）如果在力F的作用下，小物塊與木板一起運動，求力F的取值范圍；
（2）如果F=15N，求小物體脫離長木板所用的時間．
（3）如果用水平細線通過輕質定滑輪用兩個鉤碼牽引長木板，每個鉤碼的質量M=1kg，小物體能否與長木板發(fā)生相對滑動？如果能，求當小物體滑落到桌面時，小物體與長木板左端的距離；如果不能，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）當小物體與長木板一起運動時，根據(jù)牛頓第二定律二者不滑動時的加速度，再以整體為研究對象求解作用力；小物體與木板一起運動，拉力大于整體摩擦力，由此求解；
（2）分別以長木板和物體根據(jù)牛頓第二定律求解加速度，再根據(jù)位移關系求解時間；
（3）求出長木板和小物體即將發(fā)生相對滑動時鉤碼質量，判斷小物體與長木板發(fā)生相對滑動；分析二者的運動情況，不同階段求解加速度大小，再根據(jù)運動學計算公式求解相對位移．

解答 解：（1）當小物體與長木板一起運動時，根據(jù)牛頓第二定律可得：
對整體：F-μ（m₁+m₂）g=（m₁+m₂）a，
對小物體有：f₁=m₂a，
由于f₁≤μm₂g，
所以F≤2μ（m₁+m₂）g=2×0.1×（2+4）×10N=12N；
又小物體與木板一起運動，F(xiàn)＞μ（m₁+m₂）g=0.1×（2+4）×10N=6N，
所以力F的取值范圍為6N＜F≤12N；
（2）對長板根據(jù)牛頓第二定律可得：F-μ（m₁+m₂）g-μm₂g=m₁a₁，
對小物體根據(jù)牛頓第二定律可得：μm₂g=m₂a₂，
設小木板脫離長木板的時間為t，根據(jù)位移關系可得：
$\frac{1}{2}{a}_{1}{t}^{2}-\frac{1}{2}{a}_{2}{t}^{2}=d$，
聯(lián)立解得：t=1s；
（3）設長木板和小物體即將發(fā)生相對滑動時鉤碼質量為M₀，對小物體根據(jù)牛頓第二定律有：
μm₂g=m₂a₂，解得a₂=1m/s²；
對長木板和鉤碼整體根據(jù)牛頓第二定律可得：
M₀g-μ（m₁+m₂）g-μm₂g=（M₀+m₁）a₂，
聯(lián)立解得：M₀=$\frac{4}{3}kg$；
因為2M＞M₀=$\frac{4}{3}kg$，所以小物體與長木板發(fā)生相對滑動；
對長木板和鉤碼整體根據(jù)牛頓第二定律可得：
2Mg-μ（m₁+m₂）g-μm₂g=（2M+m₁）a₃，
解得：a₃=2.5m/s²；
小物體剛好從長木板上滑出，二者的關系為：
$\frac{1}{2}{a}_{3}{{t}_{1}}^{2}-\frac{1}{2}{a}_{2}{{t}_{1}}^{2}=d$，
聯(lián)立以上各式可得：t₁=1s，
滑出時小物塊的速度為v₂=a₂t₁=1×1m/s=1m/s，
長木板的速度v₃=a₃t₁=2.5×1m/s=2.5m/s，
小物體離開長木板后做平拋運動，則：
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，
對于長木板做勻加速運動，則：2Mg-μm₁g=（2M+m₁）a₄，
解得：a₄=4.5m/s²，
x₂=v₃t₂+$\frac{1}{2}{a}_{4}{t}_{2}^{2}$=0.59m，
聯(lián)立以上各式可得，當小物體滑落到桌面時，小物體與長木板左端的距離為：
x=x₂-x₁=0.59m-0.2m=0.39m．
答：（1）如果在力F的作用下，小物塊與木板一起運動，力F的取值范圍為6N＜F≤12N；
（2）如果F=15N，小物體脫離長木板所用的時間為1s．
（3）小物體與長木板發(fā)生相對滑動；當小物體滑落到桌面時，小物體與長木板左端的距離為0.39m．

點評 對于牛頓第二定律的綜合應用問題，關鍵是弄清楚物體的運動過程和受力情況，利用牛頓第二定律或運動學的計算公式求解加速度，再根據(jù)題目要求進行解答；知道加速度是聯(lián)系靜力學和運動學的橋梁．