Question

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a_M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E_KI=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？

Answer 1

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=E_KI；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）gS₂+μ₁mg（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．