Question

6．如圖甲所示，一足夠長的質(zhì)量M=0.4kg的長木板靜止在水平面上，長木板與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.1，一質(zhì)量m=0.4kg的小滑塊以v₀=1.8m/s的速度從長木板的右端滑上長木板，小滑塊剛滑上長木板0.2s內(nèi)的速度圖象如圖乙所示，小滑塊可看成質(zhì)點(diǎn)，重力加速度g取10m/s²，求：
（1）小滑塊剛滑上長木板時(shí)長木板的加速度大小a₁；
（2）從小滑塊滑上長木板到最后靜止下來的過程中，小滑塊運(yùn)動(dòng)的總位移X．

Answer 1

分析 （1）小滑塊剛滑上長木板時(shí)做勻減速運(yùn)動(dòng)，結(jié)合圖象的斜率求出其加速度a₂．根據(jù)牛頓第二定律求得小滑塊受到的滑動(dòng)摩擦力．再對長木板，由牛頓第二定律求加速度a₁．
（2）根據(jù)速度時(shí)間公式，求出兩者速度到達(dá)相等時(shí)經(jīng)歷的時(shí)間以及共同速度，二者速度相等后一起做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律求得加速度，再由位移公式求出位移，然后求和即可得到小滑塊運(yùn)動(dòng)的總距離X．

解答 解：（1）小滑塊剛滑上長木板時(shí)加速度大小為 a₂=$\frac{△v}{△t}$=$\frac{1.8-1.0}{0.2}$=4m/s²．
小滑塊對長木板的滑動(dòng)摩擦力 f₂=ma₂=0.4×4N=1.6N
地面對長木板的最大靜摩擦力 f₁=μ₁（M+m）g=0.1×（0.4+0.4）×10N=0.8N
因?yàn)閒₂＞f₁，所以小滑塊剛滑上長木板后，長木板向左勻加速，小滑塊向左勻減速，據(jù)牛頓第二定律：
以木板為研究對象，有：f₂-μ₁（M+m）g=Ma₁
代入數(shù)據(jù)得：a₁=2m/s²
（2）設(shè)經(jīng)過時(shí)間t小滑塊與長木板速度相等時(shí)，有：v₀-a₂t=a₁t，
代入數(shù)據(jù)得：t=0.3s
共同速度 v=a₁t=2×0.3=0.6m/s
這段時(shí)間內(nèi)，小滑塊運(yùn)動(dòng)的距離為：x₁=v₀t-$\frac{1}{2}{a}_{2}{t}^{2}$=1.8×0.3-$\frac{1}{2}$×4×0.3²=0.36m
此后小滑塊與木板一起做勻減速運(yùn)動(dòng)，有：
據(jù)牛頓第二定律：μ₁（M+m）g=（M+m）a₃
加速度的大小為：a₃=1m/s²
共同運(yùn)動(dòng)的距離為：x₂=$\frac{{v}^{2}}{2{a}_{3}}$=$\frac{0．{6}^{2}}{2×1}$=0.18m
所以小滑塊滑行的總位移為：x=x₁+x₂=0.54m
答：
（1）小滑塊剛滑上長木板時(shí)，長木板的加速度大小a₁是2m/s²；
（2）從小滑塊滑上長木板到最后靜止下來的過程中，小滑塊運(yùn)動(dòng)的總位移是0.54m．

點(diǎn)評(píng) 此題的關(guān)鍵在于用隔離法單獨(dú)對物體受力分析，分析出小滑塊m做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，M做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，結(jié)合牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式分段研究．