Question

13．如圖所示，質(zhì)量為M的木板長(zhǎng)L=2m，上表面距地面高度h=1.25m，上表面光滑，下表面與水平地面間的摩擦因數(shù)為μ=0.5，一質(zhì)量為m=$\frac{4}{5}$M的滑塊放在木板左端，滑塊大小不計(jì)，開(kāi)始滑塊和木板在牽引力作用下一起以v₀=10m/s勻速運(yùn)動(dòng)，到達(dá)A點(diǎn)時(shí)撤去木板牽引力，取g=10m/s²，求：
（1）撤去牽引力后經(jīng)多長(zhǎng)時(shí)間滑塊滑離木板，此時(shí)木板的速度大��；
（2）滑塊落地時(shí)距木板左端的水平距離．

Answer 1

分析 （1）對(duì)木板根據(jù)牛頓第二定律求出加速度，滑塊做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，木板做勻減速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)滑塊和木板的相對(duì)位移等于木板長(zhǎng)時(shí)滑塊滑離木板，根據(jù)勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的速度公式求出木板的速度；
（2）滑塊滑離木板后，木板繼續(xù)向前勻減速一段位移后停止，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律求出滑塊的水平位移，根據(jù)勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的規(guī)律求出滑塊滑離木板后木板的位移，最后由幾何關(guān)系求出滑塊落地時(shí)距木板左端的水平距離；

解答 解：（1）撤去牽引力后，對(duì)木板根據(jù)牛頓第二定律，有
μ（m+M）g=Ma
得$a=\frac{μ（m+M）g}{M}=\frac{0.5（\frac{4}{5}M+M）g}{M}=9m/{s}_{\;}^{2}$
設(shè)經(jīng)時(shí)間t滑離木板
滑塊的位移：${x}_{1}^{\;}={v}_{0}^{\;}t$
木板的位移：${x}_{2}^{\;}={v}_{0}^{\;}t-\frac{1}{2}a{t}_{\;}^{2}$
滑塊滑離木板時(shí)，根據(jù)位移關(guān)系有：${x}_{1}^{\;}-{x}_{2}^{\;}=L$
代入數(shù)據(jù)解得：$t=\frac{2}{3}s$
此時(shí)木板的速度：${v}_{1}^{\;}={v}_{0}^{\;}-at=10-9×\frac{2}{3}=4m/s$
（2）滑塊滑離木板后做平拋運(yùn)動(dòng)，$h=\frac{1}{2}g{t}_{\;}^{2}$
得$t=\sqrt{\frac{2h}{g}}=\sqrt{\frac{2×1.25}{10}}=0.5s$
滑塊的水平位移${x}_{3}^{\;}={v}_{0}^{\;}t=10×0.5=5m$
滑離木板后，對(duì)木板根據(jù)牛頓第二定律：μMg=Ma′
解得：$a′=μg=5m/{s}_{\;}^{2}$
木板速度減為0的位移${x}_{4}^{\;}=\frac{{v}_{1}^{2}}{2a′}=\frac{{4}_{\;}^{2}}{2×5}=1.6m$
滑塊落地時(shí)距木板左端的水平距離$△x={x}_{3}^{\;}+L-{x}_{4}^{\;}=5+2-1.6=5.4m$
答：（1）撤去牽引力后經(jīng)$\frac{2}{3}s$滑塊滑離木板，此時(shí)木板的速度大小4m/s；
（2）滑塊落地時(shí)距木板左端的水平距離5.4m

點(diǎn)評(píng) 本題考查牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用，分析清楚物塊與小車(chē)的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，應(yīng)用牛頓第二定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式、找出兩者間的位移關(guān)系，注意滑塊滑離木板前后木板的加速度不同是關(guān)鍵．