Question

6．如图所示，光滑水平桌面上有一质量为M=2kg的长木板，在长木板的左侧有一质量m=1kg的小物块（可视为质点），小物块与长木板之间的动摩擦因数为μ=0.2．一开始，小物块与长木板都处于静止状态，给小物块施加F=6N的恒力，2s后撤去该恒力，小物块不从长木板上滑下来．（重力加速度g取10m/s²）试求：

（1）0-2s时间内，小物块和长木板的位移；
（2）小物块在长木板上相对滑动过程产生的热量Q？

Answer 1

分析 （1）应用牛顿第二定律求出物块与长木板的加速度，然后应用匀变速直线运动的位移公式求出位移．
（2）应用牛顿第二定律求出撤去拉力后两者的加速度，然后求出两者的位移，求出物块与长木板间的相对位移，然后求出热量．

解答 解：（1）由牛顿第二定律得：
对物块：F-μmg=ma_物块，解得：a_物块=4m/s²，
对长木板：μmg=Ma_长木板，解得：a_长木板=1m/s²，
物块与长木板都做初速度为零的匀加速直线运动，
位移：x_物块=$\frac{1}{2}$a_物块t²=$\frac{1}{2}$×4×2²=8m，
x_长木板=$\frac{1}{2}$a_长木板t²=$\frac{1}{2}$×1×2²=2m；
（2）撤去外力时物块的速度：v_物块=a_物块t=4×2=8m/s，
长木板的速度：v_长木板=a_长木板t=1×2=2m/s，
物块做减速运动，长木板做加速运动直到两者速度相等，然后两者一起做匀速直线运动，
物块与长木板组成的系统动量守恒，以物块的速度方向为正方向，
由动量守恒定律得：mv_物块+Mva_长木板=（M+m）v，解得：v=4m/s，
由牛顿第二定律可知，加速度：a_物块′=$\frac{μmg}{m}$=μg=0.2×10=2m/s²，
减速时间：t=$\frac{{v}_{物块}-v}{{a}_{物块}′}$=$\frac{8-4}{2}$=2s，
物块减速的位移：x_物块′=$\frac{{v}_{物块}+v}{2}$t=$\frac{8+4}{2}$×2=12m，
次过程长木板的位移：x_长木板′=$\frac{{v}_{长木板}+v}{2}$t=$\frac{2+4}{2}$×2=6m，
整个过程物块相对于长木板的位移：
L=x_物块-x_长木板+x_物块′-x_长木板′=8-2+12-6=12m，
小物块在长木板上相对滑动过程产生的热量：
Q=μmgL=0.2×1×10×12=24J；
答：（1）0-2s时间内，小物块和长木板的位移分别为：8m、2m；
（2）小物块在长木板上相对滑动过程产生的热量Q为24J．

点评 本题考查了求位移、摩擦产生的热量，分析清楚物体运动过程、应用牛顿第二定律与运动学公式即可解题，摩擦产生的热量等于物块与长木板的相对位移与摩擦力的乘积．