分析 (1)通过隔离法和整体法,运用牛顿第二定律求出发生相对滑动时的临界拉力大小,从而判断物体与长木板是否发生相对滑动,若不发生相对滑动,对整体分析,根据牛顿第二定律求出加速度.
(2)若发生相对滑动,根据牛顿第二定律分别求出各自的加速度,结合位移时间公式求出滑离的时间,从而得出滑离时物块和木板的速度,物块离开木板后做平抛运动,木板在拉力作用下做匀加速直线运动,结合牛顿第二定律和运动学公式求出匀加速运动的位移,结合平抛运动的水平位移求出物块离长木板左端的距离.
(3)当拉力较小时,物块和长木板静止在地面上,两者之间的摩擦力为零,当拉力达到一定程度,一起做匀加速运动,当拉力再大到一定程度,两者发生相对滑动,从而定性地画出摩擦力随时间的变化图线.
解答 解:(1)对长木板与物块,假设相对静止时,最大加速度为:a0=$\frac{μmg}{m}$=5m/s2
由牛顿第二定律为:F0-μ(M+m)g=(M+m)a0,
得:F0=5N
F=4N<F0,可知物块和长木板保持相对静止,整体的加速度为:a=$\frac{F-μ(M+m)g}{M+m}$=$\frac{4-0.5×5}{0.5}$m/s2=3m/s2.
(2)F=5.8N>5N,
可知物块能从长木板上掉下.长木板的加速度:a1=$\frac{F-μ(M+m)g-μmg}{M}$=$\frac{5.8-0.5×5-0.5×1}{0.4}$m/s2=7m/s2,
物块的加速度:a2=$\frac{μmg}{m}$=μg=5m/s2,
设经过t时间物块滑离长木板,有:$\frac{1}{2}$a1t2-$\frac{1}{2}$a2t2=L,
代入数据解得t=1s.
滑离木板时木板的速度为:v1=a1t=7×1m/s=7m/s,
物块的速度:v2=a2t=5×1m/s=5m/s,
物块离开木板做平抛运动,平抛运动的时间为:t1=$\sqrt{\frac{2h}{g}}$=$\sqrt{\frac{2×0.8}{10}}$s=0.4s,
物块离开木板后,木板的加速度为:a3=$\frac{F-μMg}{M}$=$\frac{5.8-0.5×4}{0.4}$m/s2=9.5m/s2,
在平抛运动的时间内,木板的位移为:${x}_{1}^{\;}={v}_{1}^{\;}{t}_{1}^{\;}+\frac{1}{2}{a}_{3}^{\;}{t}_{1}^{2}$=$\frac{1}{2}×9.5×0.16$m=3.56m,
平抛运动的水平位移为:x2=v2t1=5×0.4m=2m,
则小物块落地时距长木板左端的距离为:△x=x1-x2=3.56-2m=1.56m.
(3)长木板和地面间的最大静摩擦力为:fm=μ(M+m)g=0.5×5N=2.5N,可知F=kt<2.5N时,物块和木板处于静止,无相对运动趋势,摩擦力为零.
2.5N<F≤5N时,物块和长木板保持相对静止,有:f=ma=m$\frac{kt-μ(M+m)g}{M+m}$=$\frac{mk}{M+m}t-μg$,摩擦力随时间均增大.
当F>5N,物块与长木板发生相对滑动为:f=μmg=0.5×1N=0.5N.f-t图线如图所示.
答:(1)长木板的加速度大小为3m/s2;
(2)能,小物块落地时距长木板左端的距离为1.56m.
(3)摩擦力大小与时间的关系图线如图所示.
点评 本题考查了滑块模型问题,实际上是牛顿第二定律和运动学公式的综合运用,关键理清物块和长木板在整个过程中的运动规律,结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解.
科目:高中物理 来源: 题型:选择题
A. | a带负电b带正电 | B. | a在磁场中飞行的时间比b的短 | ||
C. | a在磁场中飞行的路程比b的短 | D. | a在P上的落点与O点的距离比b的近 |
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A. | 箔片张开 | |
B. | 箔片不张开 | |
C. | 箔片不张开的原因是金属网罩没有接地 | |
D. | 若带电金属球与金属网接触,等电荷稳定分布后,箔片会张开 |
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