Question

2．如图所示，在光滑的水平面上有一足够长的质量为M=4kg的长木板，在长木板右端有一质量为m=1kg的小物块，长木板与小物块间动摩擦因数为μ=0.2，长木板与小物块均静止．现用F=14N的水平恒力向右拉长木板，经时间t=1s撤去水平恒力F．
（1）在F的作用下，长木板的加速度为多大？
（2）刚撤去F时，小物块离长木板右端多远？
（3）最终长木板与小物块一同以多大的速度匀速运动？
（4）最终小物块离长木板右端多远？

Answer 1

分析 （1）对长木板受力分析，根据牛顿第二定律求出长木板的加速度；
（2）先根据牛顿第二定律求出小物块的加速度，然后根据匀变速直线运动位移时间公式求出长木板和小物块的位移，二者位移之差即为小物块离长木板右端的距离；
（3）刚撤F时，根据v=at求出长木板和小物块的速度，然后根据牛顿第二定律求出长木板的加速度，再利用二者速度相等求出最终速度；
（4）根据速度位移公式求出从撤去F到二者速度相等分别运动的位移，进而得出二者的相对位移，再加上撤去F前的相对位移即为最终小物块离长木板右端的距离．

解答 解：（1）对木板，受拉力和摩擦力作用，
由牛顿第二定律得，F-?mg=Ma₁，
解得：a₁=$\frac{F-μmg}{M}$=$\frac{14-0.2×1×10}{4}$m/s²=3m/s²．
（2）对小物块，受摩擦力作用，
由牛顿第二定律得，?mg=ma₂，
解得：a₂=μg=0.2×10m/s²=2m/s²，
长木板运动的位移：
x₁=$\frac{1}{2}$a₁t²=$\frac{1}{2}$×3×1²m=1.5m，
小物块运动的位移：
x₂=$\frac{1}{2}$a₂t²=$\frac{1}{2}$×2×1²m=1m，
则小物块相对于长木板的位移：
△x₁=x₁-x₂=1.5m-1m=0.5m．
（3）刚撤F时，长木板的速度：
v₁=a₁t=3m/s²×1s=3m/s，
小物块的速度：
v₂=a₂t=2m/s²×1s=2m/s，
撤F后，长木板的加速度：
a'=$\frac{μmg}{M}$=$\frac{0.2×1×10}{4}$m/s²=0.5m/s²，
最终长木板与小物块速度：
v'=v₂+a₂t'=v₁-a't'，
代入数据可解得：t′=0.4s，v'=2.8m/s．
（4）在t′时间内，长木板运动的位移：
x₁′=$\frac{{v}_{1}^{2}-{v}^{′2}}{2{a}^{′}}$=$\frac{{3}^{2}-2．{8}^{2}}{2×0.5}$m=1.16m，
小物块运动的位移：
x₂′=$\frac{{v}^{′2}-{v}_{2}^{2}}{2{a}_{2}}$=$\frac{2．{8}^{2}-{2}^{2}}{2×2}$m=0.96m，
则小物块相对于长木板运动的位移：
△x₂=x₁′-x₂′=1.16m-0.96m=0.2m，
 所以小物块相对于长木板运动的总位移：
△x=△x₁+△x₂=0.5m+0.2m=0.7m．
答：（1）在F的作用下，长木板的加速度为3m/s²；
（2）刚撤去F时，小物块离长木板右端0.5m；
（3）最终长木板与小物块一同以2.8m/s的速度匀速运动；
（4）最终小物块离长木板右端0.7m．

点评 该题涉及到相对运动的过程，要认真分析物体的受力情况和运动情况，并能熟练地运用匀变速直线运动的公式，有一定的难度．