Question

5．如圖甲所示，質量為M=0.5kg的木板靜止在光滑水平面上，質量為m=1kg的物塊以初速度v₀=4m/s滑上木板的左端，物塊與木板之間的動摩擦因數為μ=0.2，在物塊滑上木板的同時，給木板施加一個水平向右的恒力F．當恒力F取某一值時，物塊在木板上相對于木板滑動的路程為s，給木板施加不同大小的恒力F，得到$\frac{1}{s}$-F的關系如圖乙所示，其中AB與橫軸平行，且AB段的縱坐標為1m^-1．將物塊視為質點，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g=10m/s²．

（1）若恒力F=0，則物塊會從木板的右端滑下，求物塊在木板上滑行的時間t是多少？
（2）若恒力F=2N，則物塊與木板因摩擦而產生的熱量Q為多少？
（3）圖乙中BC為直線段，求該段恒力F的取值范圍及$\frac{1}{s}$-F函數關系式．

Answer 1

分析 （1）由題，若恒力F=0，則物塊會從木板的右端滑下，分別對物塊與木板進行受力分析，結合牛頓第二定律求出加速度，然后結合位移關系即可求出；
（2）由圖象可看出當F小于某一值F₁時，m物體在板上的路程始終等于板長S，當F等于某一值F₁時，剛好不從木板右端掉下，此后一起相對靜止并加速運動，根據牛頓第二定律及運動學基本公式，抓住位移之間的關系列式，聯立方程求出B在A上相對A向右運動的路程S與F、v₀的關系式，把S=1m帶入即可求解F₁；
當F₁≤F≤F₂時，隨著F力增大，S減小，當F=F₂時，出現S突變，說明此時物塊、木板在達到共同速度后，恰好再次發生相對運動，物塊將會從木板左端掉下．
對二者恰好發生相對運動時，木板的加速度為a₂，則整體加速度也為a₂，由牛頓第二定律列式即可求解關系式，將F=2N代入求解相對位移，根據能量關系求解產生的熱；
（3）根據（2）可得該段恒力F的取值范圍及$\frac{1}{s}$-F函數關系式．

解答 解：（1）以初速度v₀為正方向，物塊的加速度大小為：a_m=μg=2m/s²，
木板的加速度大小為：${a}_{M}=\frac{μmg}{M}=4m/{s}^{2}$，
由圖乙知，板長L=1m，滑塊相對木板的路程為：L=v₀t-$\frac{1}{2}$a_mt²-$\frac{1}{2}$a_Mt²，
即：1=4t-$\frac{1}{2}$×2t²-$\frac{1}{2}$×4t²，
聯立解得：t=$\frac{1}{3}s$或t=1s；
當t=1s時，滑塊的速度為2m/s，木板的速度為4m/s，而當物塊從木板右端滑離時，滑塊的速度不可能小于木板的速度，t=1s應舍棄，
故所求時間為t=$\frac{1}{3}s$；
（2）①當F較小時，物塊將從木板右端滑下，當F增大到某一值時物塊恰好到達木板的右端，且兩者具有共同速度v，歷時t₁，則有：
${a}_{1}=\frac{F+μmg}{M}$，
根據速度時間關系可得：v=v₀-a_mt₁=a₁•t₁
根據位移關系可得：$s=\frac{{v}_{0}+v}{2}{t}_{1}-\frac{v}{2}{t}_{1}=\frac{{v}_{0}}{2}{t}_{1}$，
聯立解得：$\frac{1}{s}=\frac{F+3}{4}$，
由圖乙知，相對路程：s≤1m
代入解得：F≥1N
②當F繼續增大時，物塊減速、木板加速，兩者在木板上某一位置具有共同速度；當兩者共速后能保持相對靜止（靜摩擦力作用）一起以相同加速度a做勻加速運動，則：
$a=\frac{F}{M+m}$，而f=ma，
由于靜摩擦力存在最大值，所以：f≤f_max=μmg=2N，
聯立解得：F≤3N；
綜上所述：BC段恒力F的取值范圍是1N≤F≤3N，函數關系式是：$\frac{1}{s}=\frac{F+3}{4}$，
當F=2N時，s=0.8m，
故有Q=μmgs=0.2×1×10×0.8J=1.6J；
（3）根據（2）的分析可得：BC段恒力F的取值范圍是1N≤F≤3N，函數關系式是：$\frac{1}{s}=\frac{F+3}{4}$．
答：（1）若恒力F=0，則物塊會從木板的右端滑下，求物塊在木板上滑行的時間t是$\frac{1}{3}s$；
（2）若恒力F=2N，則物塊與木板因摩擦而產生的熱量Q為1.6J；
（3）圖乙中BC為直線段，該段恒力F的取值范圍是1N≤F≤3N，函數關系式是$\frac{1}{s}=\frac{F+3}{4}$．

點評 本題考查牛頓運動定律．滑塊問題是物理模型中非常重要的模型，是學生物理建模能力培養的典型模型．滑塊問題的解決非常靈活，針對受力分析、運動分析以及牛頓第二定律的掌握，還有相對運動的分析，特別是摩擦力的變化與轉型，都是難點所在．本題通過非常規的圖象來分析滑塊的運動，能從圖中讀懂物體的運動．