Question

19．如图甲所示，滑块与足够长的木板叠放在光滑水平面上，开始时均处于静止状态．作用于滑块的水平力F随时间t变化图象如图乙所示，t=2.0s时撤去力F，最终滑块与木板间无相对运动．已知滑块质量m=2kg，木板质量M=1kg，滑块与木板间的动摩擦因数μ=0.2，取g=10m/s²．求：
（1）t=0.5s时滑块的速度大小；
（2）0～2.0s内木板的位移大小；
（3）整个过程中因摩擦而产生的热量．

Answer 1

分析 （1）先判断出在0-0.5s内滑块与木板是相对静止的．方法是：设滑块恰好相对于木板要滑动时两者间的静摩擦力达到最大，以M为研究对象，求出临界加速度，再以整体为研究对象，求出此时的拉力F，结合图象的信息分析．再由运动学公式求解速度．
（2）0.5-2.0s内滑块相对于木板滑动，分别由牛顿第二定律求出两者的加速度，再由位移公式求出各自的位移，再结合0-0.5s内的位移，即可得解．
（3）求出相对位移，再得到摩擦生热．

解答 解：（1）设滑块恰好相对于木板要滑动时两者间的静摩擦力达到最大，以M为研究对象，根据牛顿第二定律得
  μmg=Ma₀，得 a₀=$\frac{μmg}{M}$=$\frac{0.2×2×10}{1}$=4m/s²；
对整体，有 F₀=（M+m）a₀=12N
由图知，在0-0.5s内，F=6N＜F₀，则滑块与木板相对静止，两者共同的加速度等于 a=$\frac{F}{M+m}$=2m/s²，则t=0.5s时滑块的速度大小 v₁=at₁=1m/s
（2）0-0.5s内，整体的位移为 x₁=$\frac{1}{2}a{t}_{1}^{2}$=$\frac{1}{2}×2×0．{5}^{2}$=0.25m
在0.5s-2.0s内，F=16N＞F₀，所以两者相对滑动．根据牛顿第二定律得
对m有：F-μmg=ma_m，得 a_m=6m/s²；
对M有：μmg=Ma_M，得 a_M=4m/s²；
0.5～2.0s内木板的位移大小为 x₂=v₁t₂++$\frac{1}{2}{a}_{M}{t}_{2}^{2}$=1×1.5+$\frac{1}{2}$×4×1.5²=6m
故0～2.0s内木板的位移大小 x=x₁+x₂=6.25m
（3）0.5～2.0s内滑块的位移大小为 x₃=v₁t₂+$\frac{1}{2}{a}_{M}{t}_{2}^{2}$=1×1.5+$\frac{1}{2}$×6×1.5²=8.25m
故0.5～2.0s内滑块与木板的相对位移△x₁=x₃-x₂=2.25m
t=2.0s时，滑块的速度为 v_m=v₁+a_mt₂=1+6×1.5=10m/s
木板的速度为 v_M=v₁+a_Mt₂=1+4×1.5=7m/s
撤去F后，m的加速度大小为 a_m′=$\frac{μmg}{m}$=μg=2m/s²；
设从t=2s时起经过时间t，两者速度相等，共同速度为 v，则有
  v=v_m-a_m′t=v_M+a_Mt，解得 t=0.5s，v=9m/s
从t=2s到两者相对静止的过程中，滑块的位移为 x₄=$\frac{{v}_{m}+v}{2}t$=$\frac{10+9}{2}×0.5$m=4.75m
木板的位移为  x₅=$\frac{{v}_{M}+v}{2}t$=$\frac{7+9}{2}×0.5$m=4m
此过程两者的相对位移△x₂=x₄-x₅=0.75m
故整个过程中因摩擦而产生的热量为 Q=μmg（△x₁+△x₂）=12J
答：
（1）t=0.5s时滑块的速度大小是1m/s；
（2）0～2.0s内木板的位移大小是6.25m；
（3）整个过程中因摩擦而产生的热量是12J．

点评 解决本题的关键会根据物体的受力情况判断物体的运动情况，要掌握整体法和隔离法的运用，明确两个物体刚要滑动时两者的静摩擦力达到最大值．