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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

来源：学生作业帮 编辑：作业帮 分类：综合作业 时间：2024/07/02 17:16:52
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）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
2at22=
1
2×3×0.52=0.375m，
在整个过程中，木板的位移：s=
1
2a′（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
2a′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．
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,一个小物块以v0=3m/s的初 如图所示，光滑水平面上有一木板，质量M=1.0kg，长度L=1.0m．在木板的最左端有一个小铁块（可视为质点），质量m= 如图所示,一个长为L,质量为M的长方形木板,静止 在光滑水平面上,一个质量为m的物块（可视为质点）,以 如图所示，光滑的水平面上放着一块木板，木板处于静止状态，其质量M=2.0kg．质量m=1.0kg的小物块（可视为质点）放 如图所示，长L=1.5m，质量M=3kg的木板静止放在水平面上，质量m=1kg的小物块（可视为质点）放在木板的右端，木板 如图所示,长度L=1m、质量M=0.25kg的木板放在光滑水平面上,质量m=2kg的小物块（可视为质点）位于木板的左 有一木板静止在光滑水平面上,质量为M=4kg,长为L=1.4m;木板右端放一可视作质点的小木块,质量为m=1kg,摩擦因 如图所示质量为M=0.3kg长为L=5.1m的木板静止在光滑水平面上,有一块长为l=0.1m, 如图所示,长为L=1m,质量M=1kg的木板放在光滑水平面上,在木板左端放一质量m=1kg的小滑块（可视为质点）,开始时 如图所示,光滑平面上有一块质量M=3.0kg,长度L=1.0m的长木板,它的右端有一个质量m=2.0kg的小物块(可视为 如图所示，一块木板静止在光滑且足够长的水平面上，木板质量M=4kg，长度L=1.4m；木板右端放着一个小滑块N，小滑块质