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一长木板在水平地面上运动,从木板经过A点时开始计时,在t=1.0s时将一相对于地面静止的小物块轻放到木板上,此后木板运动的v-t图线如图所示.己知木板质量为物块质量的2倍,物块与木
题目详情
一长木板在水平地面上运动,从木板经过A点时开始计时,在t=1.0s时将一相对于地面静止的小物块轻放到木板上,此后木板运动的v-t图线如图所示.己知木板质量为物块质量的2倍,物块与木板间及木板与地面间均有摩擦,物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,且物块始终在木板上,取重力加速度的大小g=10m/s2,求:
(1)物块与木板间的动摩擦因数μ1及木板与地面间的动摩擦因数μ2;
(2)木板离A点的最终距离;
(3)木板的最小长度.
(1)物块与木板间的动摩擦因数μ1及木板与地面间的动摩擦因数μ2;
(2)木板离A点的最终距离;
(3)木板的最小长度.
▼优质解答
答案和解析
(1)从t1=1.0s开始,木板与物块之间的摩擦力使物块加速,使木板减速,此过程一直持续到物块和木板具有共同速度为止.
由图可知,在t2=1.5 s时,物块和木板具有共同速度v2=1.0m/s.设t1到t2时间间隔内,物块和木板的加速度大小分别为a1和a2,则
a1=
=
=2m/s2 ①
a2=
=
=7m/s2 ②
式中v1=4.5 m/s,为木板在t1=1.0s时速度的大小.
设物块和木板的质量分别为m、2m,由牛顿第二定律得
μ1mg=ma1 ③
μ1mg+μ2(3mg)=(2m)a2 ④
联立①②③④式得:μ1=0.20,μ2=0.40
(2)设t=0到t1时间间隔内,木板的加速度为a0,由牛顿第二定律得
μ2(2m)g=(2m)a0 ⑤
得 a0=4m/s2
逆过来看,将木板匀减速过程看作反向匀加速过程,则t=0到t1时间间隔内木板的位移:
s0=v1t1+
a0
⑥
代入数据解得 s0=6.5m
t1到t2时间间隔内,木板相对于地面的运动距离为
s1=
(t2-t1) ⑦
代入数据解得 s1=1.375m
在t2时刻后,地面对木板的摩擦力阻碍木板运动,物块与木板之间的摩擦力改变方向.设物块与木板之间的摩擦力大小为f,物块和木板的加速度大小分别为a1′和a2′,则由牛顿第二定律得
f=ma1′⑧
μ2(3mg)-f=(2m)a2′⑨
假设f<μ1mg,则a1′=a2′;
由⑧⑨式得 f=μ2mg>μ1mg,与假设矛盾.故
f=μ1mg ⑩
由⑨⑩式得,a1′=a1=2m/s2,a2′=5m/s2
在t2时刻后,木板相对于地面的运动距离为
s2=
⑪
代入数据解得 s2=0.1m
综上,木板离A点的最终距离
S=s0+s1+s2 ⑫
解得:S=7.975m
(3)由(2)分析,物块的v-t图象如图中点划线所示.由图可知,t1到t2时间间隔内,物块相对于木板的位移逐渐增大,而t2时刻后,物块相对于木板的位移又逐渐减小.
t1到t2时间间隔内,物块相对于地面的运动距离为
s1′=
⑬
代入数据解得 s1′=0.25m
木板的最小长度应等于物块相对于木板的最大位移的大小,为:
Lmin=s1-s1′⑭
解得Lmin=1.125 m
答:
(1)物块与木板间的动摩擦因数μ1及木板与地面间的动摩擦因数μ2分别为0.20和0.40.
(2)木板离A点的最终距离是7.975m;
(3)木板的最小长度是1.125 m.
(1)从t1=1.0s开始,木板与物块之间的摩擦力使物块加速,使木板减速,此过程一直持续到物块和木板具有共同速度为止.
由图可知,在t2=1.5 s时,物块和木板具有共同速度v2=1.0m/s.设t1到t2时间间隔内,物块和木板的加速度大小分别为a1和a2,则
a1=
v2-0 |
t2-t1 |
1 |
0.5 |
a2=
v1-v2 |
t2-t1 |
4.5-1.0 |
1.5-1.0 |
式中v1=4.5 m/s,为木板在t1=1.0s时速度的大小.
设物块和木板的质量分别为m、2m,由牛顿第二定律得
μ1mg=ma1 ③
μ1mg+μ2(3mg)=(2m)a2 ④
联立①②③④式得:μ1=0.20,μ2=0.40
(2)设t=0到t1时间间隔内,木板的加速度为a0,由牛顿第二定律得
μ2(2m)g=(2m)a0 ⑤
得 a0=4m/s2
逆过来看,将木板匀减速过程看作反向匀加速过程,则t=0到t1时间间隔内木板的位移:
s0=v1t1+
1 |
2 |
t | 2 1 |
代入数据解得 s0=6.5m
t1到t2时间间隔内,木板相对于地面的运动距离为
s1=
v1+v2 |
2 |
代入数据解得 s1=1.375m
在t2时刻后,地面对木板的摩擦力阻碍木板运动,物块与木板之间的摩擦力改变方向.设物块与木板之间的摩擦力大小为f,物块和木板的加速度大小分别为a1′和a2′,则由牛顿第二定律得
f=ma1′⑧
μ2(3mg)-f=(2m)a2′⑨
假设f<μ1mg,则a1′=a2′;
由⑧⑨式得 f=μ2mg>μ1mg,与假设矛盾.故
f=μ1mg ⑩
由⑨⑩式得,a1′=a1=2m/s2,a2′=5m/s2
在t2时刻后,木板相对于地面的运动距离为
s2=
| ||
2a2′ |
代入数据解得 s2=0.1m
综上,木板离A点的最终距离
S=s0+s1+s2 ⑫
解得:S=7.975m
(3)由(2)分析,物块的v-t图象如图中点划线所示.由图可知,t1到t2时间间隔内,物块相对于木板的位移逐渐增大,而t2时刻后,物块相对于木板的位移又逐渐减小.
t1到t2时间间隔内,物块相对于地面的运动距离为
s1′=
| ||
2a1 |
代入数据解得 s1′=0.25m
木板的最小长度应等于物块相对于木板的最大位移的大小,为:
Lmin=s1-s1′⑭
解得Lmin=1.125 m
答:
(1)物块与木板间的动摩擦因数μ1及木板与地面间的动摩擦因数μ2分别为0.20和0.40.
(2)木板离A点的最终距离是7.975m;
(3)木板的最小长度是1.125 m.
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