Question

13．如图所示，在水平地面上静止着一质量m=1kg、长度l=11.25m的长木板，木板右端静止一个可视为质点的质量M=2kg的小滑块．滑块与木板间的摩擦因数μ₁=0.2，木板与地面间的摩擦因数μ₂=0.1，重力加速度g取10m/s²，现给木板施加一水平向F．

求：（1）F至少多大，才能使滑块与木板发生相对滑动；
（2）当F=10N时，F至少作用多长时间，木板恰好能从滑块下滑出．

Answer 1

分析 （1）隔离对M分析，结合牛顿第二定律求出发生相对滑动时的临界加速度，对整体分析，结合牛顿第二定律求出最小拉力．
（2）根据牛顿第二定律分别求出撤去F前后M和m的加速度，抓住临界状态，即速度相等时M恰好滑到m的左端，结合运动学公式进行求解．

解答 解：（1）当M和m刚好发生相对滑动时，隔离对M分析，加速度a=$\frac{{μ}_{1}Mg}{M}={μ}_{1}g=0.2×10m/{s}^{2}=2m/{s}^{2}$．
对整体分析，根据牛顿第二定律得，F-μ₂（M+m）g=（M+m）a，
解得最小拉力F=（M+m）（a+μ₂g）=（2+1）×（2+1）N=9N．
（2）当F=10N时，在F作用时，M的加速度${a}_{1}={μ}_{1}g=2m/{s}^{2}$，m的加速度${a}_{2}=\frac{F-{μ}_{1}Mg-{μ}_{2}（M+m）g}{m}$=$\frac{10-0.2×20-0.1×30}{1}$=3m/s²，
设作用的最短时间为t，
则ts末M的速度v₁=a₁t=2t，M的位移${x}_{1}=\frac{1}{2}{a}_{1}{t}^{2}={t}^{2}$，m的速度v₂=a₂t=3t，m的位移${x}_{2}=\frac{1}{2}{a}_{2}{t}^{2}=\frac{3{t}^{2}}{2}$，相对位移的大小$△{x}_{1}={x}_{2}-{x}_{1}=\frac{1}{2}{t}^{2}$，
撤去F后，M的加速度${a}_{3}={a}_{1}=2m/{s}^{2}$，m的加速度大小${a}_{4}=\frac{{μ}_{1}Mg+{μ}_{2}（M+m）g}{m}$=$\frac{0.2×20+0.1×30}{1}$=5m/s²．
再经过t′时间m和M的速度相等，此时M恰好滑到m的最左端，根据速度时间公式有：v₁+a₃t′=v₂-a₄t′，
解得t′=$\frac{t}{7}$，
M的位移${x}_{3}={v}_{1}t′+\frac{1}{2}{a}_{3}t{′}^{2}$=$\frac{15{t}^{2}}{49}$，m的位移${x}_{4}={v}_{2}t′-\frac{1}{2}{a}_{4}t{′}^{2}$=$\frac{37{t}^{2}}{98}$，相对位移的大小$△{x}_{2}={x}_{4}-{x}_{3}=\frac{37{t}^{2}}{98}-\frac{15{t}^{2}}{49}=\frac{7{t}^{2}}{98}$，
根据△x₁+△x₂=l得，代入数据解得t=4.4s．
答：（1）F至少9N，才能使滑块与木板发生相对滑动；
（2）当F=10N时，F至少作用4.4s时间，木板恰好能从滑块下滑出．

点评 解决本题的关键理清木块和木板的运动情况，抓住理解状态，结合牛顿第二定律和运动学公式灵活求解，掌握整体法和隔离法的运用．