Question

20．如圖所示，有一塊木板靜止在光滑水平面上，木板質(zhì)量為M=4kg，長L=1.4m，木板右端放著一個小滑塊，小滑塊質(zhì)量m=1kg，其尺寸遠(yuǎn)小于L，它與木板之間的動摩擦因數(shù)μ=0.4，g=10m/s²．
（1）現(xiàn)用水平向右的恒力F作用在木板M上，為了使得m能從M上滑落下來，求F的大小范圍；
（2）其他條件不變，恒力F=22.8N，且始終作用在M上，求m在M上滑動的時間；
（3）若水平力F=28N向右拉木板，要使小滑塊從木板上掉下來，力F作用的時間至少要多長？

Answer 1

分析 （1）小物塊在木板上滑動時，根據(jù)牛頓第二定律，求出木塊和木板的加速度，當(dāng)木板的加速度大于木木塊的加速度時，m就會從M上滑落下來．
（2）恒力F=22.8N，m在M上發(fā)生相對滑動，設(shè)m在M上面滑動的時間為t，求出木塊在t內(nèi)的位移，兩者位移之差等于木板的長度L．
（3）小滑塊從木板上掉下來時，由位移公式和位移關(guān)系列式得到此時板長與時間的關(guān)系．由運動學(xué)公式得到撤去F時滑塊與木板的速度和時間的關(guān)系．當(dāng)滑塊剛好滑到木板的最左端，兩者的速度相等，M與m的位移之差等于板長L．位移撤去F后，系統(tǒng)的動量守恒和能量守恒，由兩大守恒定律列式，再聯(lián)立，就可求出F最短作用時間．

解答 解：（1）m發(fā)生相對滑動時的臨界加速度a₁=μg=0.4×10m/s²=4m/s²，
對整體分析，根據(jù)牛頓第二定律得，F(xiàn)的最小值F_min=（M+m）a₁=5×4N=20N，
則F＞20N．
（2）設(shè)m在M上滑動的時間為t，當(dāng)恒力F=22.8N，木板的加速度${a}_{2}=\frac{F-μmg}{M}$，
小滑塊在時間t內(nèi)運動位移${s}_{1}=\frac{1}{2}{a}_{1}{t}^{2}$，
木板的位移${s}_{2}=\frac{1}{2}{a}_{2}{t}^{2}$，
根據(jù)s₂-s₁=L
代入數(shù)據(jù)解得t=2s．
（3）設(shè)最短的時間為t，則$x′=\frac{1}{2}{a}_{2}{t}^{2}-\frac{1}{2}{a}_{1}{t}^{2}$=$\frac{（6-4）{t}^{2}}{2}={t}^{2}$，①
此時，滑塊速度 v₁=a₁t=4t  ②
木板速度 v₂=a₂t=6t  ③
撤去F后，若滑塊剛好滑到木板的最左端，兩者速度相等，由系統(tǒng)動量守恒，有
  mv₁+Mv₂=（M+m）v
得 v=$\frac{28t}{5}$，④
由能量守恒有 $μmg（L-x′）=\frac{1}{2}M{{v}_{2}}^{2}+\frac{1}{2}m{{v}_{1}}^{2}$$-\frac{1}{2}（M+m）{v}^{2}$，⑤
解①、②、③、④、⑤式，代入數(shù)據(jù)得   t=1s
答：（1）F的大小范圍為F＞20N．
（2）m在M上滑動的時間為2s．
（3）力F作用的時間至少要1s．

點評 本題首先要分析物體的運動情況，其次把握滑塊不從木板上滑下的條件，即兩物體之間的幾何關(guān)系．再結(jié)合動量守恒、牛頓第二定律、運動學(xué)規(guī)律和能量守恒列式求解．