Question

6．如图甲所示，质量为M=0.5kg，长度为l=1m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，物块与木块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．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，通过计算判断物块是否会从木板右端滑下；
（2）当恒力F为多大时，物块恰好滑至木板右端时也恰好与木板共速；
（3）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，BC为直线段，求BC段恒力F的取值范围及$\frac{1}{s}$-F函数关系式．

Answer 1

分析 （1）若恒力F=0，系统的动量守恒，由动量守恒定律和能量守恒定律结合求出m与M共速时m相对M滑行的距离，即可作出判断；
（2）根据牛顿第二定律得到两个物体的加速度，物块恰好滑至木板右端时m与M的位移之差等于木板的长度l，结合位移关系和速度关系列式，即可求解．
（3）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．由此求得该段恒力F的取值范围及$\frac{1}{s}$-F函数关系式．

解答 解：（1）若恒力F=0时，系统的动量守恒，取向右为正方向，假设m与M共速时，由动量守恒定律有：
mv₀=（M+m）v
由功能关系有：
μmgs=$\frac{1}{2}$mv₀²-$\frac{1}{2}$（M+m）v²．
联立计算可得：
s=$\frac{4}{3}$m＞l=1m
所以物块会从木板右端滑下．
（2）物块恰好到达木板右端，且 两者具有共同速度v，历时t₁．根据牛顿第二定律
木板的加速度大小为：a_M=$\frac{F+μmg}{M}$
物块的加速度大小为：a_m=$\frac{μmg}{m}$=μg=2m/s²．
据题有 v=v₀-a_mt₁=a_Mt₁．
  l=$\frac{{v}_{0}+v}{2}{t}_{1}$-$\frac{v}{2}{t}_{1}$=$\frac{{v}_{0}}{2}{t}_{1}$
联立解得 a_M=2m/s²，F=1N
（3）由图乙知，图中B点即为物块恰好滑至木板右端时也与木板共速的状态，此时 F=1N
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；
木板的加速度大小为 a_M=$\frac{F+μmg}{M}$
物块的加速度大小为 a_m=$\frac{μmg}{m}$=μg=2m/s²．
据题有 v=v₀-a_mt=a_Mt．
  s=$\frac{{v}_{0}+v}{2}t$-$\frac{v}{2}t$=$\frac{{v}_{0}}{2}t$
联立解得 $\frac{1}{s}$=$\frac{F+3}{4}$
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，该状态均满足上述方程，直到共速后再次相对滑动为止，此时有：
   a=$\frac{F}{M+m}$
 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 $\frac{1}{s}$=$\frac{F+3}{4}$．
答：（1）物块会从木板右端滑下；
（2）当恒力F为1N时，物块恰好滑至木板右端时也恰好与木板共速．
（3）BC段恒力F的取值范围是1N≤F≤3N，函数关系式是 $\frac{1}{s}$=$\frac{F+3}{4}$．

点评 本题主要考查牛顿运动定律和运动学公式的应用．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．