Question

5．如图所示，质量M=8.0kg、长L=2.0m的薄木板静置在光滑水平地面上，且木板不固定．质量m=0.40kg的小滑块（可视为质点）以速度v₀从木板的左端冲上木板．已知滑块与木板间的动摩擦因数μ=0.20，（假定滑块与木板之间最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度g取10m/s²．）
（1）若v₀=2.1m/s，从小滑块滑上长木板，到小滑块与长木板相对静止，小滑块的位移是多少？
（2）若v₀=3.0m/s，在小滑块冲上木板的同时，对木板施加一个水平向右的恒力F，如果要使滑块不从木板上掉下，力F应满足什么条件？

Answer 1

分析 （1）根据牛顿第二定律分别求出小滑块m和木板M的加速度，再根据相对静止时速度相等相等列式，求出时间，最后由位移时间公式求小滑块的位移．
（2）分两种临界情况研究：①设当F=F₁时，滑块恰好运动到木板的右端，然后与木板一起运动．在滑块与木板有相对滑动的这段时间内，滑块做匀减速直线运动，木板做匀加速直线运动．根据两者位移之差等于板长，由位移时间公式列式，求出时间，由速度公式求出木板的加速度，即可由牛顿第二定律求出F．
②当滑块与木板共速后，只要不发生相对滑动，滑块就不会从木板的左端滑出．根据牛顿第二定律得到滑块与木板共同运动的加速度，求得滑块在静摩擦力的作用下能达到的最大加速度，联立求得F，从而得到F的范围．

解答 解：（1）分析m的受力，由牛顿第二定律有：a₁=$\frac{μmg}{m}$=μg=2m/s²．
分析M的受力，由牛顿第二定律有：a₂=$\frac{μmg}{M}$=$\frac{0.2×0.4×10}{8}$=0.1m/s²．
设经过时间t两者速度相同．则有：v₀-a₁t=a₂t
代入数据，可得：t=1s 
相对静止的共同速度为：v=a₂t=0.1×1=0.1m/s
所以小滑块的位移为：S=$\frac{{v}_{0}+v}{2}t$=$\frac{2.1+0.1}{2}×1$=1.1m
（2）①设当F=F₁时，滑块恰好运动到木板的右端，然后与木板一起运动．在滑块与木板有相对滑动的这段时间内，滑块做匀减速直线运动，木板做匀加速直线运动．设这段时间为t₁，滑块与木板共同运动的速度为v₁，则有：x_块=$\frac{{v}_{0}+{v}_{1}}{2}{t}_{1}$
x_板=$\frac{{v}_{1}}{2}{t}_{1}$
且有：x_块-x_板=L
所以解得：t₁=$\frac{4}{3}$s
有：v₁=v₀-a₁t₁=3-2×$\frac{4}{3}$=$\frac{1}{3}$m/s
所以木板的加速度为：a_板=$\frac{{v}_{1}}{{t}_{1}}$=$\frac{\frac{1}{3}}{\frac{4}{3}}$=0.25m/s²
对木板，根据牛顿第二定律有：F₁+μmg=Ma_板
 所以有：F₁=1.2N
所以，当F＞1.2N时，滑块不会从木板的右端滑出．
②当滑块与木板共速后，只要不发生相对滑动，滑块就不会从木板的左端滑出，根据牛顿第二定律得滑块与木板共同运动的加速度为：a₁=$\frac{{F}_{2}}{M+m}$
而滑块在静摩擦力的作用下，能达到的最大加速度 a₂=μg．因此，滑块不从木板左端滑出需满足的条件为：a₂≥a₁
即得：F₂≤16.8N
所以滑块不从木板掉下的条件是 1.2N≤F≤16.8N．
答：（1）小滑块的位移是1.1m．
（2）要使滑块不从木板上掉下，力F应满足的条件是 1.2N≤F≤16.8N．

点评 解决本题的关键理清木板和木块的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式，抓住它们的位移关系和速度关系进行求解，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁．