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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
题目详情
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).
▼优质解答
答案和解析
(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′=
=
=1m/s2,
经过时间t1=
=
=1s,物块速度变为零,物块的位移s1=
t1=
×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=
=
=0.5s,
物块的位移:s2=
at22=
×3×0.52=0.375m,
在整个过程中,木板的位移:s=
a′(t1+t2)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=
=
=1s,
物块的位移s物块=
t=
×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=
a′t2=
•
×12=
,
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,
+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.
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 |
经过时间t1=
v0 |
a |
3 |
3 |
v0 |
2 |
3 |
2 |
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 |
物块的位移:s2=
1 |
2 |
1 |
2 |
在整个过程中,木板的位移:s=
1 |
2 |
1 |
2 |
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 |
物块的位移s物块=
v0 |
2 |
3 |
2 |
对木板,由牛顿第二定律得:F-μmg=Ma′,
木板的位移:s木板=
1 |
2 |
1 |
2 |
F−μmg |
M |
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 |
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.
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