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13.如图所示,水平面上静止放着长L=2.75m,质量为M=3kg的木板,一质量为m=1kg的小物体静止放在木板的最右端,小物体和木板之间的动摩擦因数为μ1,地面与木板之间的动摩擦因数为μ2,现对木板施加一水平向右的拉力F,(g取10m/s2
(1)在小物体不脱离木板的情况下,力F大小与木板的加速度aM关系如图所示,求μ1和μ2的值?
(2)当F=11N,小物体与木板从静止开始运动,当小物体动能EKI=0.5J时,木板对地位移恰好为S2=1m,问此时小物块、木板与地面构成系统产生的总热量Q为多少?
(3)当F=11N,要使小物体与木板脱离,F的作用时间t最短为多少?

分析 (1)由图知,F在4-8N之间时,M与m相对静止,一起加速运动,对整体,由牛顿第二定律列式.当F>8N时,m相对于M滑动,对木板,由牛顿第二定律列式.结合图象的信息求解即可.
(2)根据动能定理求出小物体相对地面的位移S1,根据相对位移求解系统产生的总热量Q.
(3)研究小物体与木板刚好脱离的情况,此时两者速度相等.先由牛顿第二定律求出两个物体的加速度,由速度公式得到F作用结束时两者的速度,再由动能定理和位移关系分别列式,即可求解.

解答 解:(1)当4N<F≤8N时,M与m相对静止,一起加速运动,对整体,由牛顿第二定律得:
  F-μ2(M+m)g=(M+m)a
则得 a=$\frac{F}{M+m}$-μ2g
由图知,当F=4N,a=0,解得 μ2=0.1
当F>8N时,m相对于M滑动,对木板,由牛顿第二定律得:
  F-μ2(M+m)g-μ1mg=Ma
可得 a=$\frac{F}{M}$-μ2g-$\frac{{μ}_{1}mg}{M}$
由图知,当F=8N时,a=1m/s2,代入上式解得 μ1=0.2
(2)设小物体在此过程中对地面的位移为S1
对小物体,由动能定理得:μ1mgS1=EKI;则得 S1=$\frac{{E}_{k1}}{{μ}_{1}mg}$=$\frac{0.5}{0.1×1×10}$=0.5m
小物块、木板与地面构成系统产生的总热量 Q=μ2(M+m)gS21mg(S2-S1)=0.1×4×10+0.2×1×10×0.5=5J
(3)当F=11N时,m的加速度为
   a1=$\frac{{μ}_{1}mg}{m}$=μ1g=1m/s2
由图知,M的加速度为 a2=2m/s2
则F的作用时间t时,m的速度为 v1=a1t=t,M的速度为 v2=a2t=2t
撤去F后到小物体与木板速度相等的过程中,木板的加速度大小为 a2′=$\frac{{μ}_{2}(M+m)g-{μ}_{1}mg}{M}$=$\frac{2}{3}$m/s2
设此过程用时为t′,相等速度为v.则 v=v1+a1t′=v2-a2′t′,解得 t′=$\frac{3}{5}t$,v=$\frac{8}{5}t$
设相等的速度为v.根据位移关系可得:
  ($\frac{{v}_{2}t}{2}$+$\frac{{v}_{2}+v}{2}t′$)-$\frac{v}{2}(t+t′)$=L
代入解得 t≈3.43s
答:
(1)μ1和μ2的值分别为0.2和0.1.
(2)小物块、木板与地面构成系统产生的总热量是5J.
(3)要使小物体与木板脱离,F的作用时间t最短为3.43s.

点评 解决本题的关键理清木板和木块的运动情况,结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解.

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