Question

13．如圖所示，在水平地面上靜止著一質(zhì)量m=1kg、長度l=11.25m的長木板，木板右端靜止一個可視為質(zhì)點的質(zhì)量M=2kg的小滑塊．滑塊與木板間的摩擦因數(shù)μ₁=0.2，木板與地面間的摩擦因數(shù)μ₂=0.1，重力加速度g取10m/s²，現(xiàn)給木板施加一水平向F．

求：（1）F至少多大，才能使滑塊與木板發(fā)生相對滑動；
（2）當F=10N時，F(xiàn)至少作用多長時間，木板恰好能從滑塊下滑出．

Answer 1

分析 （1）隔離對M分析，結(jié)合牛頓第二定律求出發(fā)生相對滑動時的臨界加速度，對整體分析，結(jié)合牛頓第二定律求出最小拉力．
（2）根據(jù)牛頓第二定律分別求出撤去F前后M和m的加速度，抓住臨界狀態(tài)，即速度相等時M恰好滑到m的左端，結(jié)合運動學公式進行求解．

解答 解：（1）當M和m剛好發(fā)生相對滑動時，隔離對M分析，加速度a=$\frac{{μ}_{1}Mg}{M}={μ}_{1}g=0.2×10m/{s}^{2}=2m/{s}^{2}$．
對整體分析，根據(jù)牛頓第二定律得，F(xiàn)-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）當F=10N時，在F作用時，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，
設作用的最短時間為t，
則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${x}_{2}=\frac{1}{2}{a}_{2}{t}^{2}=\frac{3{t}^{2}}{2}$，相對位移的大小$△{x}_{1}={x}_{2}-{x}_{1}=\frac{1}{2}{t}^{2}$，
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．
再經(jīng)過t′時間m和M的速度相等，此時M恰好滑到m的最左端，根據(jù)速度時間公式有：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${x}_{4}={v}_{2}t′-\frac{1}{2}{a}_{4}t{′}^{2}$=$\frac{37{t}^{2}}{98}$，相對位移的大小$△{x}_{2}={x}_{4}-{x}_{3}=\frac{37{t}^{2}}{98}-\frac{15{t}^{2}}{49}=\frac{7{t}^{2}}{98}$，
根據(jù)△x₁+△x₂=l得，代入數(shù)據(jù)解得t=4.4s．
答：（1）F至少9N，才能使滑塊與木板發(fā)生相對滑動；
（2）當F=10N時，F(xiàn)至少作用4.4s時間，木板恰好能從滑塊下滑出．

點評 解決本題的關鍵理清木塊和木板的運動情況，抓住理解狀態(tài)，結(jié)合牛頓第二定律和運動學公式靈活求解，掌握整體法和隔離法的運用．