Question

1．如圖1所示，質(zhì)量M=1kg的木板靜止在粗糙的水平地面上，木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ₁=0.1，在木板的左端放置一個(gè)質(zhì)量m=1kg、大小可以忽略的鐵塊，鐵塊也處于靜止?fàn)顟B(tài)，鐵塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ₂=0.4，取g=10m/s²，已知最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力．試求：

（1）若木板長(zhǎng)L=1m，在鐵塊上加一個(gè)水平向右的恒力F=8N，求鐵塊和木板的加速度大小分別為多少？如果恒力F作用一段時(shí)間后撤去F，要使鐵塊與木板分離，求F作用的最短時(shí)間？
（2）若在木板（足夠長(zhǎng)）的右端施加一個(gè)大小從零開(kāi)始連續(xù)增加的水平向左的推力F，通過(guò)分析和計(jì)算后，請(qǐng)?jiān)趫D2中畫(huà)出鐵塊受到的摩擦力f隨推力F大小變化的圖象．

Answer 1

分析 （1）隔離對(duì)鐵塊和木板分析，根據(jù)牛頓第二定律求出撤去F前后鐵塊和木板的加速度，抓住最終速度相等時(shí)恰好分離，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出F作用的最短時(shí)間．
（2）隔離對(duì)鐵塊分析，結(jié)合鐵塊的臨界加速度，對(duì)整體分析，得出鐵塊與木板分離時(shí)F的大小，從而確定鐵塊所受的摩擦力，作出圖線．

解答 解：（1）對(duì)鐵塊分析，根據(jù)牛頓第二定律得，鐵塊的加速度為：
${a}_{1}=\frac{F-{μ}_{2}mg}{m}=\frac{8-0.4×10}{1}m/{s}^{2}$=4m/s²，
木板的加速度為：
${a}_{2}=\frac{{μ}_{2}mg-{μ}_{1}（M+m）g}{M}$=$\frac{0.4×10-0.1×20}{1}m/{s}^{2}=2m/{s}^{2}$．
設(shè)F作用的最短時(shí)間為t，撤去F時(shí)，m的速度v₁=a₁t=4t，M的速度v₂=a₂t=2t，
撤去F后，m的加速度大小為：${a}_{3}=\frac{{μ}_{2}mg}{m}={μ}_{2}g=4m/{s}^{2}$，
木板的加速度為：${a}_{4}={a}_{2}=2m/{s}^{2}$
恰好分離時(shí)，速度相等，有：v₁-a₃t′=v₂+a₄t′，
解得：t′=$\frac{{v}_{1}-{v}_{2}}{{a}_{3}+{a}_{4}}=\frac{4t-2t}{6}=\frac{t}{3}$，
根據(jù)在有F和無(wú)F時(shí)，相對(duì)位移之和等于L，有：（$\frac{1}{2}{a}_{1}{t}^{2}-\frac{1}{2}{a}_{2}{t}^{2}$）+（${v}_{1}t′-\frac{1}{2}{a}_{3}t{′}^{2}$-${v}_{2}t′-\frac{1}{2}{a}_{4}t{′}^{2}$）=L，
代入數(shù)據(jù)解得t=$\frac{\sqrt{3}}{2}s$．
（2）當(dāng)m和M發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)的臨界加速度a=${μ}_{2}g=0.4×10m/{s}^{2}=4m/{s}^{2}$，
對(duì)整體分析，F(xiàn)-μ₁（M+m）g=（M+m）a，
解得F=0.1×2×10+2×4N=10N，
可知F≤10N，鐵塊受靜摩擦力，f=ma=$m•\frac{F-{μ}_{1}（M+m）g}{M+m}$=$\frac{F}{2}-1$，
當(dāng)F＞10N時(shí)，鐵塊受滑動(dòng)摩擦力，f=μ₂mg=0.4×10N=4N．
鐵塊受到的摩擦力f隨推力F大小變化的圖象如圖所示．
答：（1）鐵塊和木板的加速度大小分別為4m/s²、2m/s²；F作用的最短時(shí)間為$\frac{\sqrt{3}}{2}$s．
（2）鐵塊受到的摩擦力f隨推力F大小變化的圖象如圖所示．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了牛頓第二定律的滑塊模型，關(guān)鍵理清鐵塊和木板在整個(gè)過(guò)程中的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，結(jié)合牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式綜合求解．