Question

如圖所示，在高出水平地面h=0.80m的平臺上放置一質量m₂=0.20kg、長L=0.375m的薄木板A．在A最右端放有可視為質點的小金屬塊B，其質量m₁=0.50kg．小金屬塊B與木板A、木板A與平臺間、小金屬塊與平臺間的動摩擦因數都相等，其值μ=0.20．開始時小金屬塊B與木板A均靜止，木板A的右端與平臺右邊緣的距離d=0.49m．現用水平力將木板向右加速抽出．在小金屬塊從木板上滑下以前，加在木板上的力為水平向右的恒力F．小金屬塊落到平臺上后，將木板迅速取走，小金屬塊又在平臺上滑動了一段距離，再從平臺邊緣飛出落到水平地面上，小金屬塊落地點到平臺的水平距離x=0.08m． （取g=10m/s²，不計空氣阻力）求：
（1）小金屬塊B離開平臺時速度v_B的大��；
（2）小金屬塊B從開始運動到剛脫離木板A時，小金屬塊B運動的位移x_B；
（3）作用在木板上的恒力F的大�。�

Answer 1

分析：（1）小金屬塊離開平臺做平拋運動，根據平拋運動的規律求出小金屬塊B離開平臺時速度v_B的大�。�
（2）根據牛頓第二定律分別求出B在A上和平臺上運動的加速度，抓住B的位移之和等于d，通過運動學公式求出小金屬塊B運動的位移．
（3）對木板受力分析，根據牛頓第二定律求出作用在木板上的恒力大�。�

解答：解：（1）小金屬塊經歷了三段運動過程：在木板上的勻加速直線運動，從木板上滑落后在平臺上的勻減速直線運動，離開平臺后的平拋運動．
設小金屬塊做平拋運動的時間為t₃，
由h=

1

2

gt32 
t3=

2h g

=

2×0.80 10

=0.4s
設平拋運動的初速度為v_B，
由x=v_Bt₃
解得vB=

x

t3

=

0.08

0.4

=0.2m/s
（2）小金屬塊B在長木板上運動時的受力如答圖1所示，小金屬塊B做勻加速直線運動，設它的加速度為a₁．
f₁=μF₁=μm₁g=0.20×0.50×10=1.0N
a1=

f1

m1

=

1.0

0.5

=2.0m/s2
小金屬塊離開長木板后在桌面上運動時的受力如答圖2所示，小金屬塊做勻減速直線運動，設它的加速度的大小為a₁′．
f'₁=μF₁=μm₁g=0.2×0.5×10=1.0N
a′1=

f′1

m1

=

1.0

0.5

=2.0m/s2
a₁′=a₁
設小金屬塊在木板上運動時，相對于地面運動的距離為x₁，末速度為v₁，所用時間為t₁，則x1=

v 2 1

2a1

①
v₁=a₁t₁　　　　　   ②
設小金屬塊在平臺上運動時，相對于地面運動的距離為x₂，末速度為v₂，
v₂=v_B=0.20m/s-2a1x2=

v

2 2

-

v

2 1

③
由題意知x₁+x₂=d④
聯立以上四式，解得
x₁=0.25m
x₂=0.24m
t₁=0.5s
v₁=1.0m/s
所以小金屬塊B從開始運動到剛脫離木板A時，小金屬塊B運動的位移x_B=x₁=0.25m
（3）取木板為研究對象，小金屬塊在木板上運動時，木板受力如答圖3所示．f₂=μF₂=μ（m₁+m₂）g=0.20×0.70×10=1.4N
木板在t₁時間內向右運動距離為L+x₁，設木板的加速度為a₂，則L+x1=

1

2

a2

t

2 1

a2=

2(L+s1)

t 2 1

=

2×(0.375+0.25)

0.52

m/s2=5.0m/s2
根據牛頓定律
F-（f₁+f₂）=m₂a₂
解得F=3.4N      
答：（1）小金屬塊B離開平臺時速度v_B的大小為0.2m/s．
（2）小金屬塊B從開始運動到剛脫離木板A時，小金屬塊B運動的位移為0.25m．
（3）作用在木板上的恒力F的大小為3.4N．

點評：解決本題的關鍵理清金屬塊B的運動情況，在A上做勻加速運動，在平臺上做勻減速運動，離開平臺做平拋運動，結合牛頓第二定律和運動學公式進行求解．