Question

5．如圖所示，一長(zhǎng)L=2m、質(zhì)量M=4kg的薄木板（厚度不計(jì)）靜止在粗糙的水平臺(tái)面上，其右端距平臺(tái)邊緣l=5m，木板的正中央放有一質(zhì)量為m=1kg的小物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）．已知木板與地面、物塊與木板間動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ₁=0.4，．現(xiàn)對(duì)木板施加一水平向右的恒力F，其大小為48N，g取10m/s²，試求：
（1）F作用了1.2s時(shí)，木板的右端離平臺(tái)邊緣的距離；
（2）要使小物塊最終不能從平臺(tái)上滑出去，則物塊與平臺(tái)間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ₂應(yīng)滿足的條件．

Answer 1

分析 （1）假設(shè)開(kāi)始時(shí)物塊與木板會(huì)相對(duì)滑動(dòng)，由牛頓第二定律求出兩者的加速度，從而判斷出物塊與木板會(huì)相對(duì)滑動(dòng)．根據(jù)小物塊恰好從木板左端滑離時(shí)位移之差等于$\frac{L}{2}$，由位移公式求得時(shí)間，并求出此時(shí)兩者的速度．在小物塊從木板上滑落后，由牛頓第二定律和位移公式求出木板發(fā)生的位移，即可求得木板的右端離平臺(tái)邊緣的距離；
（2）小物塊滑至平臺(tái)后，做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律求得物塊的加速度．若小物塊在平臺(tái)上速度減為0，求得其位移，由幾何關(guān)系分析μ₂應(yīng)滿足的條件．

解答 解：（1）假設(shè)開(kāi)始時(shí)物塊與木板會(huì)相對(duì)滑動(dòng)，由牛頓第二定律，
對(duì)木板有：F-μ₁（M+m）g-μ₁mg=Ma₁；
解得：a₁=6m/s²．
對(duì)物塊有：μ₁mg=ma₂；
解得：a₂=4m/s²．
因?yàn)閍₂＜a₁，故假設(shè)成立．
設(shè)F作用t秒后，小物塊恰好從木板左端滑離，則有：
$\frac{L}{2}$=$\frac{1}{2}{a}_{1}{t}^{2}$-$\frac{1}{2}{a}_{2}{t}^{2}$
代入數(shù)據(jù)解得：t=1s
在此過(guò)程中，木板的位移為：x₁=$\frac{1}{2}{a}_{1}{t}^{2}$=$\frac{1}{2}×6×{1}^{2}$m=3m，
末速度為：v₁=a₁t=6×1=6m/s．
物塊的位移為：x₂=$\frac{1}{2}{a}_{2}{t}^{2}$=$\frac{1}{2}×4×{1}^{2}$m=2m，
末速度為：v₂=a₂t=4×1=4m/s．
在小物塊從木板上滑落后的0.2s內(nèi)，由牛頓第二定律，
對(duì)木板有：F-μ₁Mg=Ma₁′
解得：a₁′=8m/s²．
木板發(fā)生的位移為：x₁′=v₁t₀+$\frac{1}{2}{a}_{1}′{t}_{0}^{2}$
解得：x₁′=1.36m
此時(shí)木板距平臺(tái)邊緣的距離為：△x=l-x₁-x₁′=5-3-1.36=0.64m
（2）小物塊滑至平臺(tái)后，做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律，
對(duì)物塊有：μ₂mg=ma₂′
解得：a₂′=μ₂g．
若小物塊在平臺(tái)上速度減為0，則通過(guò)的位移為：x₂′=$\frac{{v}_{2}^{2}}{2{a}_{2}′}$
要使從木板最終不會(huì)從平臺(tái)上掉下去需滿足：l+$\frac{L}{2}$≥x₂+x₂′
聯(lián)立解得：μ₂≥0.2
答：（1）F作用了1.2s時(shí)，木板的右端離平臺(tái)邊緣的距離是0.64m；
（2）要使小物塊最終不能從平臺(tái)上滑出去，則物塊與平臺(tái)間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ₂應(yīng)滿足的條件是μ₂≥0.2．

點(diǎn)評(píng) 解決本題的關(guān)鍵理清物塊和木板的運(yùn)動(dòng)情況，運(yùn)用假設(shè)法判斷它們的狀態(tài)，結(jié)合牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式綜合求解．