Question

6．如圖所示，一塊質(zhì)量為M=2kg，長L=1m的勻質(zhì)木板放在足夠長的水平桌面上，初始時速度為零．板的最左端放置一個質(zhì)量m=1kg的小物塊，小物塊與木板間的動摩擦因數(shù)為μ=0.2，小物塊上連接一根足夠長的水平輕質(zhì)細(xì)繩，細(xì)繩跨過位于桌面邊緣的定滑輪（細(xì)繩與滑輪間的摩擦不計，木板與滑輪之間距離足夠長，g=10m/s²）．
（1）若木板被固定，用恒力F=4N向下拉繩，求小木塊離木板時的速度大小v₁；
（2）若木板被固定，將恒力F=4N換成質(zhì)量m0=0.5kg的物體懸掛在滑輪下面，求小木塊滑離木板時的速度大小v₂；
（3）若木板不固定，且木板與桌面之間光滑，某人仍以恒力F=4N向下拉繩，求小木塊滑離木板時的速度大小v₃．

Answer 1

分析 （1）對m分析，根據(jù)牛頓第二定律求出m的加速度，結(jié)合速度位移公式求出小木塊離開木板時的速度大�。�
（2）對整體分析，根據(jù)牛頓第二定律求出加速度，結(jié)合速度位移公式求出小木塊離開木板時的速度大�。�
（3）根據(jù)牛頓第二定律分別求出木塊和木板的加速度，結(jié)合位移時間公式，抓住位移之差等于木板的長度，求出小木塊的運動時間，結(jié)合速度時間公式求出小木塊離開木板時的速度大�。�

解答 解：（1）對m分析，根據(jù)牛頓第二定律得，${a}_{1}=\frac{F-μmg}{m}=\frac{4-0.2×10}{1}m/{s}^{2}$=2m/s²，
則小木塊離開木板時的速度大小${v}_{1}=\sqrt{2{a}_{1}L}$=$\sqrt{2×2×1}$m/s=2m/s．
（2）對小木塊和懸掛物塊組成的整體分析，根據(jù)牛頓第二定律得，${a}_{2}=\frac{{m}_{0}g-μmg}{{m}_{0}+m}$=$\frac{5-0.2×10}{0.5+1}m/{s}^{2}=2m/{s}^{2}$，
則小木塊離開木板時的速度大小${v}_{2}=\sqrt{2{a}_{2}L}=\sqrt{2×2×1}$m/s=2m/s．
（3）對小木塊分析，根據(jù)牛頓第二定律得，F(xiàn)-μmg=ma₁′，解得${a}_{1}′={a}_{1}=2m/{s}^{2}$，
對木板，根據(jù)牛頓第二定律得，μmg=Ma₃，代入數(shù)據(jù)解得${a}_{3}=1m/{s}^{2}$，
物塊的位移${x}_{1}=\frac{1}{2}{a}_{1}′{t}^{2}$，木板的位移${x}_{2}=\frac{1}{2}{a}_{3}{t}^{2}$，
又x₁-x₂=L，
代入數(shù)據(jù)解得t=$\sqrt{2}s$．
小木塊滑離木板時的速度${v}_{3}={a}_{1}t=2\sqrt{2}m/s$．
答：（1）小木塊離木板時的速度大小為2m/s．
（2）小木塊離木板時的速度大小為2m/s．
（3）小木塊離木板時的速度大小為2$\sqrt{2}$m/s．

點評 本題考查了牛頓第二定律和運動學(xué)公式的綜合運用，關(guān)鍵離開木塊和木板的運動規(guī)律，結(jié)合牛頓第二定律和運動學(xué)公式綜合求解，難度不大．