Question

2．如圖所示，在光滑的水平面上有一足夠長的質(zhì)量為M=4kg的長木板，在長木板右端有一質(zhì)量為m=1kg的小物塊，長木板與小物塊間動摩擦因數(shù)為μ=0.2，長木板與小物塊均靜止．現(xiàn)用F=14N的水平恒力向右拉長木板，經(jīng)時間t=1s撤去水平恒力F．
（1）在F的作用下，長木板的加速度為多大？
（2）剛撤去F時，小物塊離長木板右端多遠？
（3）最終長木板與小物塊一同以多大的速度勻速運動？
（4）最終小物塊離長木板右端多遠？

Answer 1

分析 （1）對長木板受力分析，根據(jù)牛頓第二定律求出長木板的加速度；
（2）先根據(jù)牛頓第二定律求出小物塊的加速度，然后根據(jù)勻變速直線運動位移時間公式求出長木板和小物塊的位移，二者位移之差即為小物塊離長木板右端的距離；
（3）剛撤F時，根據(jù)v=at求出長木板和小物塊的速度，然后根據(jù)牛頓第二定律求出長木板的加速度，再利用二者速度相等求出最終速度；
（4）根據(jù)速度位移公式求出從撤去F到二者速度相等分別運動的位移，進而得出二者的相對位移，再加上撤去F前的相對位移即為最終小物塊離長木板右端的距離．

解答 解：（1）對木板，受拉力和摩擦力作用，
由牛頓第二定律得，F(xiàn)-?mg=Ma₁，
解得：a₁=$\frac{F-μmg}{M}$=$\frac{14-0.2×1×10}{4}$m/s²=3m/s²．
（2）對小物塊，受摩擦力作用，
由牛頓第二定律得，?mg=ma₂，
解得：a₂=μg=0.2×10m/s²=2m/s²，
長木板運動的位移：
x₁=$\frac{1}{2}$a₁t²=$\frac{1}{2}$×3×1²m=1.5m，
小物塊運動的位移：
x₂=$\frac{1}{2}$a₂t²=$\frac{1}{2}$×2×1²m=1m，
則小物塊相對于長木板的位移：
△x₁=x₁-x₂=1.5m-1m=0.5m．
（3）剛撤F時，長木板的速度：
v₁=a₁t=3m/s²×1s=3m/s，
小物塊的速度：
v₂=a₂t=2m/s²×1s=2m/s，
撤F后，長木板的加速度：
a'=$\frac{μmg}{M}$=$\frac{0.2×1×10}{4}$m/s²=0.5m/s²，
最終長木板與小物塊速度：
v'=v₂+a₂t'=v₁-a't'，
代入數(shù)據(jù)可解得：t′=0.4s，v'=2.8m/s．
（4）在t′時間內(nèi)，長木板運動的位移：
x₁′=$\frac{{v}_{1}^{2}-{v}^{′2}}{2{a}^{′}}$=$\frac{{3}^{2}-2．{8}^{2}}{2×0.5}$m=1.16m，
小物塊運動的位移：
x₂′=$\frac{{v}^{′2}-{v}_{2}^{2}}{2{a}_{2}}$=$\frac{2．{8}^{2}-{2}^{2}}{2×2}$m=0.96m，
則小物塊相對于長木板運動的位移：
△x₂=x₁′-x₂′=1.16m-0.96m=0.2m，
 所以小物塊相對于長木板運動的總位移：
△x=△x₁+△x₂=0.5m+0.2m=0.7m．
答：（1）在F的作用下，長木板的加速度為3m/s²；
（2）剛撤去F時，小物塊離長木板右端0.5m；
（3）最終長木板與小物塊一同以2.8m/s的速度勻速運動；
（4）最終小物塊離長木板右端0.7m．

點評 該題涉及到相對運動的過程，要認真分析物體的受力情況和運動情況，并能熟練地運用勻變速直線運動的公式，有一定的難度．