Question

10．一长木板在水平地面上运动，从木板经过A点时开始计时，在t=1.0s时将一相对于地面静止的小物块轻放到木板上，此后木板运动的v-t图线如图所示．己知木板质量为物块质量的2倍，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上，取重力加速度的大小g=10m/s²，求：
（1）物块与木板间的动摩擦因数μ₁及木板与地面间的动摩擦因数μ₂；
（2）木板离A点的最终距离；
（3）木板的最小长度．

Answer 1

分析 （1）从t₁=1.0s开始，木板与物块之间的摩擦力使物块加速，使木板减速，此过程一直持续到物块和木板具有共同速度为止．根据v-t图象的斜率等于加速度，求出两个过程的加速度，再对两个物体分别运用牛顿第二定律列式，可求得动摩擦因数．
（2）分别分析物块的运动情况，分段求两者相对于地面的位移，根据两者之差可求得木板离A点的最终距离．
（3）在v-t图象上，画出物块的速度时间图象，由图分析物块相对木板距离的变化情况，木板的最小长度应等于物块相对于木板的最大位移的大小．根据v-t图象的“面积”大小等于位移求解．

解答 解：
（1）从t₁=1.0s开始，木板与物块之间的摩擦力使物块加速，使木板减速，此过程一直持续到物块和木板具有共同速度为止．
由图可知，在t₂=1.5 s时，物块和木板具有共同速度v₂=1.0m/s．设t₁到t₂时间间隔内，物块和木板的加速度大小分别为a₁和a₂，则
  a₁=$\frac{{v}_{2}-0}{{t}_{2}-{t}_{1}}$=$\frac{1}{0.5}$=2m/s²     ①
  a₂=$\frac{{v}_{1}-{v}_{2}}{{t}_{2}-{t}_{1}}$=$\frac{4.5-1.0}{1.5-1.0}$=7m/s²         ②
式中v₁=4.5 m/s，为木板在t₁=1.0s时速度的大小．
设物块和木板的质量分别为m、2m，由牛顿第二定律得
  μ₁mg=ma₁ ③
  μ₁mg+μ₂（3mg）=（2m）a₂ ④
联立①②③④式得：μ₁=0.20，μ₂=0.40
（2）设t=0到t₁时间间隔内，木板的加速度为a₀，由牛顿第二定律得
   μ₂（2m）g=（2m）a₀        ⑤
得 a₀=4m/s²      
    逆过来看，将木板匀减速过程看作反向匀加速过程，则t=0到t₁时间间隔内木板的位移：
 s₀=v₁t₁+$\frac{1}{2}{a}_{0}{t}_{1}^{2}$      ⑥
代入数据解得 s₀=6.5m
t₁到t₂时间间隔内，木板相对于地面的运动距离为
   s₁=$\frac{{v}_{1}+{v}_{2}}{2}（{t}_{2}-{t}_{1}）$   ⑦
代入数据解得 s₁=1.375m
在t₂时刻后，地面对木板的摩擦力阻碍木板运动，物块与木板之间的摩擦力改变方向．设物块与木板之间的摩擦力大小为f，物块和木板的加速度大小分别为a₁′和a₂′，则由牛顿第二定律得
  f=ma₁′⑧
  μ₂（3mg）-f=（2m）a₂′⑨
  假设f＜μ₁mg，则a₁′=a₂′；
由⑧⑨式得 f=μ₂mg＞μ₁mg，与假设矛盾．故
   f=μ₁mg                    ⑩
由⑨⑩式得，a₁′=a₁=2m/s²，a₂′=5m/s²
在t₂时刻后，木板相对于地面的运动距离为
  s₂=$\frac{{v}_{2}^{2}}{2{a}_{2}′}$⑪
代入数据解得 s₂=0.1m
综上，木板离A点的最终距离
   S=s₀+s₁+s₂ ⑫
解得：S=7.975m
（3）由（2）分析，物块的v-t图象如图中点划线所示．由图可知，t₁到t₂时间间隔内，物块相对于木板的位移逐渐增大，而t₂时刻后，物块相对于木板的位移又逐渐减小．
t₁到t₂时间间隔内，物块相对于地面的运动距离为

  s₁′=$\frac{{v}_{2}^{2}}{2{a}_{1}}$⑬
代入数据解得 s₁′=0.25m
木板的最小长度应等于物块相对于木板的最大位移的大小，为：
  Lmin=s₁-s₁′⑭
解得L_min=1.125 m   
答：
（1）物块与木板间的动摩擦因数μ₁及木板与地面间的动摩擦因数μ₂分别为0.20和0.40．
（2）木板离A点的最终距离是7.975m；
（3）木板的最小长度是1.125 m．

点评 解决本题的关键理清物块和木板的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解，知道图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移．