Question

5．如图甲所示，质量为M=0.5kg的木板静止在光滑水平面上，质量为m=1kg的物块以初速度v₀=4m/s滑上木板的左端，物块与木板之间的动摩擦因数为μ=0.2，在物块滑上木板的同时，给木板施加一个水平向右的恒力F．当恒力F取某一值时，物块在木板上相对于木板滑动的路程为s，给木板施加不同大小的恒力F，得到$\frac{1}{s}$-F的关系如图乙所示，其中AB与横轴平行，且AB段的纵坐标为1m^-1．将物块视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s²．

（1）若恒力F=0，则物块会从木板的右端滑下，求物块在木板上滑行的时间t是多少？
（2）若恒力F=2N，则物块与木板因摩擦而产生的热量Q为多少？
（3）图乙中BC为直线段，求该段恒力F的取值范围及$\frac{1}{s}$-F函数关系式．

Answer 1

分析 （1）由题，若恒力F=0，则物块会从木板的右端滑下，分别对物块与木板进行受力分析，结合牛顿第二定律求出加速度，然后结合位移关系即可求出；
（2）由图象可看出当F小于某一值F₁时，m物体在板上的路程始终等于板长S，当F等于某一值F₁时，刚好不从木板右端掉下，此后一起相对静止并加速运动，根据牛顿第二定律及运动学基本公式，抓住位移之间的关系列式，联立方程求出B在A上相对A向右运动的路程S与F、v₀的关系式，把S=1m带入即可求解F₁；
当F₁≤F≤F₂时，随着F力增大，S减小，当F=F₂时，出现S突变，说明此时物块、木板在达到共同速度后，恰好再次发生相对运动，物块将会从木板左端掉下．
对二者恰好发生相对运动时，木板的加速度为a₂，则整体加速度也为a₂，由牛顿第二定律列式即可求解关系式，将F=2N代入求解相对位移，根据能量关系求解产生的热；
（3）根据（2）可得该段恒力F的取值范围及$\frac{1}{s}$-F函数关系式．

解答 解：（1）以初速度v₀为正方向，物块的加速度大小为：a_m=μg=2m/s²，
木板的加速度大小为：${a}_{M}=\frac{μmg}{M}=4m/{s}^{2}$，
由图乙知，板长L=1m，滑块相对木板的路程为：L=v₀t-$\frac{1}{2}$a_mt²-$\frac{1}{2}$a_Mt²，
即：1=4t-$\frac{1}{2}$×2t²-$\frac{1}{2}$×4t²，
联立解得：t=$\frac{1}{3}s$或t=1s；
当t=1s时，滑块的速度为2m/s，木板的速度为4m/s，而当物块从木板右端滑离时，滑块的速度不可能小于木板的速度，t=1s应舍弃，
故所求时间为t=$\frac{1}{3}s$；
（2）①当F较小时，物块将从木板右端滑下，当F增大到某一值时物块恰好到达木板的右端，且两者具有共同速度v，历时t₁，则有：
${a}_{1}=\frac{F+μmg}{M}$，
根据速度时间关系可得：v=v₀-a_mt₁=a₁•t₁
根据位移关系可得：$s=\frac{{v}_{0}+v}{2}{t}_{1}-\frac{v}{2}{t}_{1}=\frac{{v}_{0}}{2}{t}_{1}$，
联立解得：$\frac{1}{s}=\frac{F+3}{4}$，
由图乙知，相对路程：s≤1m
代入解得：F≥1N
②当F继续增大时，物块减速、木板加速，两者在木板上某一位置具有共同速度；当两者共速后能保持相对静止（静摩擦力作用）一起以相同加速度a做匀加速运动，则：
$a=\frac{F}{M+m}$，而f=ma，
由于静摩擦力存在最大值，所以：f≤f_max=μmg=2N，
联立解得：F≤3N；
综上所述：BC段恒力F的取值范围是1N≤F≤3N，函数关系式是：$\frac{1}{s}=\frac{F+3}{4}$，
当F=2N时，s=0.8m，
故有Q=μmgs=0.2×1×10×0.8J=1.6J；
（3）根据（2）的分析可得：BC段恒力F的取值范围是1N≤F≤3N，函数关系式是：$\frac{1}{s}=\frac{F+3}{4}$．
答：（1）若恒力F=0，则物块会从木板的右端滑下，求物块在木板上滑行的时间t是$\frac{1}{3}s$；
（2）若恒力F=2N，则物块与木板因摩擦而产生的热量Q为1.6J；
（3）图乙中BC为直线段，该段恒力F的取值范围是1N≤F≤3N，函数关系式是$\frac{1}{s}=\frac{F+3}{4}$．

点评 本题考查牛顿运动定律．滑块问题是物理模型中非常重要的模型，是学生物理建模能力培养的典型模型．滑块问题的解决非常灵活，针对受力分析、运动分析以及牛顿第二定律的掌握，还有相对运动的分析，特别是摩擦力的变化与转型，都是难点所在．本题通过非常规的图象来分析滑块的运动，能从图中读懂物体的运动．