如图所示，光滑水平面上有一块静止的长木板，木板的长度L=2.4m，质量M=3.0kg．某时刻，一个小物块（可视为质点）以
如图所示，光滑水平面上有一块静止的长木板，木板的长度L=2.4m，质量M=3.0kg．某时刻，一个小物块（可视为质点）以υ0=3.0m/s的初速度滑上木板的右端，与此同时对木板施加一个F=6.0N的水平向右的恒力．物块的质量m=1.0kg，物块与木板间的动摩擦因数μ=0.30．取重力加速度g=10m/s2．
（1）求物块相对木板滑动的最大距离；
（2）若只改变物理量F、M、m中的一个，使得物块速度减为零时恰好到达木板的左端，请确定改变后该物理量的数值（只要提出一种方案即可）．
（1）求物块相对木板滑动的最大距离；
（2）若只改变物理量F、M、m中的一个，使得物块速度减为零时恰好到达木板的左端，请确定改变后该物理量的数值（只要提出一种方案即可）．
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解题思路：（1）物块先在木板上向左做匀减速直线运动，速度变为零后再反向做匀加速直线运动，当速度等于木板速度时，相对静止，由牛顿第二定律求出加速度，由匀变速运动公式求出物块的位移．
（2）由牛顿第二定律求出物体的加速度，由匀变速运动的运动学公式求出它们的位移，由几何关系求出两物体间的位移关系，求出F、M、m间的关系时，然后分析答题．
（2）由牛顿第二定律求出物体的加速度，由匀变速运动的运动学公式求出它们的位移，由几何关系求出两物体间的位移关系，求出F、M、m间的关系时，然后分析答题．
（1）由牛顿第二定律得：
对物块：μmg=ma，解得：a=μg=0.3×10=3m/s2，
对木板：F-μmg=Ma′，解得：a′=[F−μmg/M]=[6−0.3×1×10/3]=1m/s2，
经过时间t1=
v0
a=[3/3]=1s，物块速度变为零，物块的位移s1=
v0
2t1=[3/2]×1=1.5m，
然后物块向右做初速度为零的匀加速直线运动，设经过时间t2物块与木板速度相等，
设速度为v，由匀变速直线运动的速度公式可知，v=at2，v=a′（t1+t2），
即：at2=a′（t1+t2），解得：t2=
a′t1
a−a′=[1×1/3−1]=0.5s，
物块的位移：s2=[1/2]at22=[1/2]×3×0.52=0.375m，
在整个过程中，木板的位移：s=[1/2]a′（t1+t2）2=[1/2]×1×（1+0.5）2=1.125m，
则物块相对木板滑动的最大距离d=s1-s2+s=2.25m；
（2）由牛顿第二定律得：
对物块：μmg=ma，解得：a=μg=0.3×10=3m/s2，
物块受到变为零需要的时间：t=
v0
a=[3/3]=1s，
物块的位移s物块=
v0
2t=[3/2]×1=1.5m，
对木板，由牛顿第二定律得：F-μmg=Ma′，
木板的位移：s木板=[1/2]a′t2=[1/2]•[F−μmg/M]×12=[F−μmg/2M]，
物块速度减为零时恰好到达木板的左端，
则：s木板+s物块=L，[F−μmg/2M]+1.5=2.4，
则F=1.8M+3m，
若只改变F，则F=8.4N，
若只改变M，则M=1.7kg，
若只改变m，则m=0.20kg，
（1）求物块相对木板滑动的最大距离为2.25m；
（2）若只改变F，则F=8.4N，若只改变M，则M=1.7kg，若只改变m，则m=0.20kg．
点评：
本题考点： 牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．
考点点评： 本题是一道力学综合题，难度较大，分析清楚物体运动过程、应用数学知识求出物块与木板位移间的几何关系是正确解题的关键，应用牛顿第二定律与运动学公式即可正确解题．
1年前
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