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滑块滑板模型 - 答案


滑块、滑板模型 [典例] 1.如图所示,A、B 两物块叠放在一起,放在光滑地面上,已知 A、B 物块的质量分别 为 M、m,物块间粗糙。现用水平向右的恒力 F1、F2 先后分别作用在 A、B 物块上,物块 A、 B 均不发生相对运动,则 F1、F2 的最大值之比为( )

A.1∶1 C.m∶M

B.M∶m D.m∶(m+M)

2.(多选)(2014· 江苏高考)如图所示,A、B 两物块的质量分别为 2 m 和 m,静止叠放在 1 水平地面上。A、B 间的动摩擦因数为 μ,B 与地面间的动摩擦因数为 μ。最大静摩擦力等 2 于滑动摩擦力,重力加速度为 g。现对 A 施加一水平拉力 F,则( )

A.当 F<2μmg 时,A、B 都相对地面静止 5 1 B.当 F= μmg 时,A 的加速度为 μg 2 3 C.当 F>3μmg 时,A 相对 B 滑动 1 D.无论 F 为何值,B 的加速度不会超过 μg 2 3.如图所示,质量 M=8 kg 的小车放在水平光滑的平面上,在小车左端加一水平推力 F=8 N,当小车向右运动的速度达到 1.5 m/s 时,在小车前端轻轻地放上一个大小不计,质量 为 m=2 kg 的小物块,物块与小车间的动摩擦因数 ? =0.2,小车足够长(取 g=l0 m/s2)。求: (1) 小物块放后, 小物块及小车的加速度大小各为多大? m (2)经多长时间两者达到相同的速度? M (3)从小物块放上小车开始,经过 t=1.5 s 小物块通过的 位移大小为多少?

4.如图所示,质量 M = 8kg 的长木板放在光滑水平面上,在长木板的右端施加一水平 恒力 F = 8N,当长木板向右运动速率达到 v1 =10m/s 时,在其右端有一质量 m = 2kg 的小物 块(可视为质点)以水平向左的速率 v2 = 2m/s 滑上木板,物块与长木板间的动摩擦因数 μ = 0.2,小物块始终没离开长木板, g 取 10m/s2,求: ⑴经过多长时间小物块与长木板相对静止; ⑵长木板至少要多长才能保证小物块始终不滑离长木板; v m M F ⑶上述过程中长木板对小物块摩擦力做的功。

5. 质量 M=4 kg、长 2l=4 m 的木板放在光滑水平地面上,以木板中点为界,左边和右 边的动摩擦因数不同.一个质量为 m=1 kg 的滑块(可视为质点)放在木板的左端,如图甲所 示.在 t=0 时刻对滑块施加一个水平向右的恒力 F,使滑块和木板均由静止开始运动,t1= 2 s 时滑块恰好到达木板中点,滑块运动的 x1-t 图象如图乙所示.取 g=10 m/s2.

(1)求滑块与木板左边的动摩擦因数 μ1 和恒力 F 的大小. (2)若滑块与木板右边的动摩擦因数 μ2=0.1,2 s 末撤去恒力 F,则滑块能否从木板上滑 落下来?若能,求分离时滑块的速度大小.若不能,则滑块将停在离木板右端多远处? [解析] (1)滑块和木板均做初速度为零的匀加速直线运动,设滑块的加速度大小为 a1, 1 木板的加速度大小为 a2,则 t1=2 s 时木板的位移 x2= a2t2 ① 2 1 滑块的位移 x1=4 m② 由牛顿第二定律得 a2=

μ1mg
M



由位移关系得 x1-x2=l④ 联立①②③④解得 μ1=0.4⑤ 1 2 滑块位移 x1= a1t1 ⑥ 2 恒力 F=ma1+μ1mg⑦ 联立②⑤⑥⑦解得 F=6 N. (2)设滑块到达木板中点时,滑块的速度为 v1,木板的速度为 v2,滑块滑过中点后做匀 减速运动,木板继续做匀加速运动,此时滑块和木板的加速度大小分别为 a′1=

μ2mg
m

=μ2g,a′2=

μ2mg
M

设滑块与木板从 t1 时刻开始到速度相等时的运动时间为 t2, 则 v2=a2t1, v1=a1t1, v1-a′1t2 =v2+a′2t2 解得 t2=1.6 s 1 在此时间内,滑块位移 x′1=v1t2- a′1t2 2 2 1 2 木板的位移 x′2=v2t2+ a′2t2 2 Δx=x′1-x′2 联立解得Δx=1.6 m<2 m 因此滑块没有从木板上滑落,滑块与木板相对静止时距木板右端的距离为 d=l-Δx= 0.4 m. 6.如图所示,一质量为 M 的平板车 B 放在光滑水平面上,在其右端放一质量为 m 的 小木块 A,m<M , ,A、B 间动摩擦因数为μ ,现给 A 和 B 以大小相等、方向相反的初速 度 v0,使 A 开始向左运动,B 开始向右运动,最后 A 不会滑离 B,求: (1)A、B 最后的速度大小和方向; (2)从地面上看,小木块向左运动到离出发点最远处时,平板车向右运动的位移大小。

7.如图所示,半径 R=0.8m 的光滑 1/4 圆弧轨道固定在光滑水平上,轨道上方的 A 点有一 个可视为质点的质量 m=1kg 的小物块。小物块由静止开始下落后打在圆弧轨道上的 B 点但 未反弹,在该瞬间碰撞过程中,小物块沿半径方向的分速度即刻减为零,而沿切线方向的分 速度不变,此后小物块将沿着圆弧轨道滑下。已知 A 点与轨道的圆心 O 的连线长也为 R, 且 AO 连线与水平方向的夹角为 30°,C 点为圆弧轨道的末端,紧靠 C 点有一质量 M=3kg 的长木板,木板的上表面与圆弧轨道末端的切线相平,小物块与木板间的动摩擦因数 ? ? 0.3 ,g 取 10m/s2。求: (1)小物块刚到达 B 点时的速度 ? B ; (2)小物块沿圆弧轨道到达 C 点时对轨道压力 FC 的大小; (3)木板长度 L 至少为多大时小物块才不会滑出长木板?

解: (1)由几何关系可知,AB 间的距离为 R

(1 分) ① (2 分)

2 小物块从 A 到 B 做自由落体运动,根据运动学公式有 vB ? 2 gR

代入数据解得 vB=4m/s,方向竖直向下 (2 分) (2)设小物块沿轨道切线方向的分速度为 vBx,因 OB 连线与竖直方向的夹角为 60° , 故 vBx=vBsin60° ② (2 分) 从 B 到 C,只有重力做功,根据机械能守恒定律有
2 2 mgR(1 ? cos 60?) ? mvC / 2 ? mvBx /2



(2 分) (1 分)

代入数据解得 vC ? 2 5 m/s
2 在 C 点,根据牛顿第二定律有 F ?c ? mg ? mvC /R



(2 分)

代入数据解得 F ?c ? 35 N (1 分) 再根据牛顿第三定律可知小物块到达 C 点时对轨道的压力 FC=35N (1 分) (3)小物块滑到长木板上后,它们组成的系统在相互作用过程中总动量守恒,减少的 机械能转化为内能。当物块相对木板静止于木板最右端时,对应着物块不滑出的木板最 小长度。根据动量守恒定律和能量守恒定律有 mvC=(m+M)v ⑤ (2 分)
2 ?mgL ? mvC / 2 ? (m ? M )v 2 / 2 2 联立⑤、⑥式得 L ? MvC /[2?g (m ? M )]

⑥ ⑦

(2 分)

代入数据解得 L=2.5m (2 分) 8. 如图 544 所示,有一个可视为质点的质量为 m=1 kg 的小物块。从光滑平台上的 A 点以 v0=2 m/s 的初速度水平抛出,到达 C 点时,恰好沿 C 点的切线方向进入固定在水平地 面上的光滑圆弧轨道,最后小物块滑上紧靠轨道末端 D 点的质量为 M=3 kg 的长木板。已 知木板上表面与圆弧轨道末端切线相平, 木板下表面与水平地面之间光滑, 小物块与长木板

间的动摩擦因数 μ=0.3,圆弧轨道的半径为 R=0.4 m,C 点和圆弧的圆心连线与竖直方向 的夹角 θ=60° ,不计空气阻力,g 取 10 m/s2。求: (1)小物块刚要到达圆弧轨道末端 D 点时对轨道的压力; (2)要使小物块不滑出长木板,木板的长度 L 至少多大?

[解析] (1)小物块在 C 点时的速度大小为 v0 vC= ① cos 60° 小物块由 C 到 D 的过程中,由机械能守恒定律得: 1 1 mgR(1-cos 60° )= mvD2- mvC2② 2 2 代入数据解得 vD=2 5 m/s 小球在 D 点时由牛顿第二定律得: vD2 FN-mg=m ③ R 代入数据解得 FN=60 N④ 由牛顿第三定律得 FN′=FN=60 N,方向竖直向下。 (2)设小物块刚好滑到木板左端且达到共同速度的大小为 v, 小物块在木板上滑行的过程 中,小物块与长木板的加速度大小分别为 μmg a1= =μg⑤ m μmg a2= ⑥ M 速度分别为 v=vD-a1t,v=a2t⑦ 对小物块和木板系统,由能量守恒定律得: 1 1 μmgL= mvD2- (m+M)v2⑧ 2 2 L=2.5 m。⑨ [答案] (1)60 N 方向竖直向下 (2)2.5 m

9. 如图所示, 小车A的质量M=2kg, 置于光滑水平面上, 初速度为v0=14m/s. 带 正电荷q=0.2C的可视为质点的物体B,质量m=0.1kg, 轻放在小车A的右端,在A、 B所在的空间存在着匀强磁场,方向垂直纸面向里,磁感强度B=0.5T,物体与小车之间 有摩擦力作用,设小车足够长,求 (1)B物体的最大速度 (2)小车A的最小速度 (3)在此过程中系统增加的内能(g=10m/s2)

解:(1)当 B 脱离 A 时,B 的速度最大,此时对 B 有: BqvB=mg,解得 vB=10m/s (2)当 B 脱离 A 时,A 的速度最小,对 A、B 相对滑动过程,由动量守恒定律得: Mv0=MvA+mvB 解得 A 的最小速度为 vA=13.5m/s (3)由能量守恒定律,此过程中系统增加的内能等于系统损失的动能 所以系统增加的内能为

Q?

1 1 1 2 2 2 Mv 0 ? Mv A ? mv B ? 8.75 J 2 2 2

【练习】 1、如图甲所示,质量 M=1 kg 的木板静止在粗糙的水平地面上,木板与地面间的动摩 擦因数 μ1=0.1,在木板的左端放置一个质量 m=1 kg、大小可忽略的铁块,铁块与木板间 的动摩擦因数 μ2=0.4,g 取 10 m/s2,试求:

(1)若木板长 L=1 m,在铁块上加一个水平向右的恒力 F=8 N,经过多长时间铁块运 动到木板的右端? (2)若在铁块右端施加一个从零开始连续增大的水平向右的力 F, 假设木板足够长, 在图 乙中画出铁块受到木板的摩擦力 Ff2 随拉力 F 大小变化而变化的图象. 答案 (1)对铁块应用牛顿第二定律:F-μ2mg=ma1,加速度大小 F-μ 2mg a1= m =4 m/s2,(2 分) μ 2mg-μ 1(M+mg 对木板应用牛顿第二定律:μ2mg-μ1(M+m)g=Ma2,加速度大小 a2= M =2 m/s2,(2 分) 设经过时间 t 铁块运动到木板的右端,则有 1 2 1 2 2a1t -2a2t =L, 解得 t=1 s.(2 分) (2)①当 F≤μ1(mg+Mg)=2 N 时,M、m 相对静止且对地静止,Ff2=F;(3 分) ②设 F=F1 时,M、m 恰保持相对静止,此时系统的加速度 a=a2=2 m/s2, 以系统为研究对象,根据牛顿第二定律有 F1-μ1(M+m)g=(M+m)a,解得 F1=6 N. 所以,当 2 N<F≤6 N 时,M、m 相对静止,系统向右做匀加速运动,

F-μ 1(M+mg F 其加速度 a= M+m =2-1 以 M 为研究对象,根据牛顿第二定律有 Ff2′-μ1(M+m)g=Ma,Ff2=Ff2′, F 解得 Ff2=2+1.(4 分) ③当 F>6 N 时,M、m 发生相对运动,Ff2=μ2mg=4 N.如图所示.(3 分) 2.如图所示,质量 M=1 kg 的木块 A 静止在水平地面上,在木块的左端放置一个质量 m=1 kg 的铁块 B(大小可忽略),铁块与木块间的动摩擦因数 μ1=0.3,木块长 L=1 m.用 F =5 N 的水平恒力作用在铁块上,g 取 10 m/s2.

(1)若水平地面光滑,计算说明两物块间是否发生相对滑动. (2)若木块与水平地面间的动摩擦因数 μ2=0.1,求铁块运动到木块右端的时间.解析: (1)A、B 之间的最大静摩擦力为 fm>μ1mg=0.3×1×10 N=3 N 假设 A、B 之间不发生相对滑动,则 对 A、B 整体: F=(M+m)a 对 A:fAB=Ma 解得:fAB=2.5 N 因 fAB<fm,故 A、B 之间不发生相对滑动. (2)对 B:F-μ1mg=maB 对 A:μ1mg-μ2(M+m)g=MaA 据题意有:xB-xA=L 1 xA= aAt2 2 1 xB= aBt2 2 解得:t= 2 s.

3.如图所示,光滑的水平面上有二块相同的长木板 A 和 B,长为

,在 B 的右端有一

个可以看作质点的小铁块 C,三者的质量都为 m,C 与 A、B 间的动摩擦因数都为 .现在 A 以

速度 B 上滑动,问: (1)如果

向右运动并与 B 相碰,撞击时间极短,碰后 A、B 粘在一起运动,而 C 可以在 A、

,则 C 会不会掉下地面 必须满足什么条件
,C 在 AB 上滑行的

(2)要使 C 最后停在长木板 A 上,则动摩擦因数
解:(1)设 A、B 碰撞后共同速度为 距离为 s.

,若 C 不滑下来,设 A、B、C 相对静止时速度为

对于 AB 碰撞过程,以 AB 组成的系统,取向右方向为正方向,由动量守恒定律得:

计算得出:

对于 A、B、C 组成的系统,由动量守恒得: 根据系统的能量守恒得: 因为 ,所以 C 不会掉下去.

计算得出: 计算得出:

(2)要使 C 最后恰好停在长木板 A 上,则有 由能量守恒得: 计算得出:



应满足的条件是:

因此,本题正确答案是:(1)不会.(2)

.;

3.下暴雨时,有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害。某地有一倾角为 的山坡 C,上面有一质量为 m 的石板 B,其上下表面与写批评性:B 上有一碎石堆 A(含有 大量泥土),A 和 B 均处于静止状态,如图所示。假设某次暴雨中,A 浸透遇水后总质量也 为 m(可视为质量不变的滑块),在极短时间内,A、B 间的动摩擦因数 μ1 减少 ,B、C 间

的动摩擦因数 μ2 减少位 0.5,A、B 开始运动,此时刻为计时起点;在 2s 末,B 的上表面突 然变光滑,μ2 保持不变。已知 A 开始运动时,A 离 B 下边缘的距离 l=27m,C 足够长,设最 大静摩擦力等于滑动摩擦力。取重力加速度大小 g=10m/s2.求:

(1)在 0~2s 时间内 A 和 B 加速度的大小; (2)A 在 B 上总的运动时间。 【解析】本题主要考查牛顿第二定律、匀变速运动规律以及多物体多过程问题; (1)在 0-2s 内,A 和 B 受力如图所示

由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得: ⑴ ...⑵ ⑶ ⑷ 以沿着斜面向下为正方向,设 A 和 B 的加速度分别为,由牛顿第二定律可得: ⑸ ⑹ 联立以上各式可得 a =3m/s ⑺ a =1m/s ..⑻ (2)在 t =2s,设 A 和 B 的加速度分别为,则
2 1 2 2 1

v =a t =6m/s v =a 1=2m/s
1 1 1 2 2t

⑼ ⑽ , 此时 AB 之间摩擦力为零,同理可得:

t>t 时,设 A 和 B 的加速度分别为
1

⑾ ⑿ 即 B 做匀减速,设经时间,B 的速度减为零,则: ⒀ 联立⑽⑿⒀可得 t =1s ..⒁ 在 t +t 时间内,A 相对于 B 运动的距离为
2 1 2

⒂ 此后 B 静止不动,A 继续在 B 上滑动,设再经时间后 t ,A 离开 B,则有
3

可得,t =1s(另一解不合题意,舍去,) 则 A 在 B 上的运动时间为 t . t 总=t +t +t =4s (利用下面的速度图象求解,正确的,参照上述答案信参考给分)
3 总 1 2 3

【考点定位】牛顿第二定律;匀变速直线运动; 【方法技巧】本题主要是考察多过程问题,要特别注意运动过程中摩擦力的变化问题。要特 别注意两者的运动时间不一样的,也就是说不是同时停止的。

4.一长木板置于粗糙水平地面上,木板左端放置一小物块,在木板右方有一墙壁,木板 右端与墙壁的距离为 4.5m,如图(a)所示,t=0 时刻开始,小物块与木板一起以共同速度 向右运动,直至 t=1s 时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短) ,碰撞前后木板速度大小不变,方 向相反,运动过程中小物块始终未离开木板,已知碰撞后 1s 时间内小物块的 v﹣t 图线如图 (b)所示,木板的质量是小物块质量的 15 倍,重力加速度大小 g 取 10m/s2,求:

(1)木板与地面间的动摩擦因数 μ1 及小物块与木板间的动摩擦因数 μ2 (2)木块的最小长度; (3)木板右端离墙壁的最终距离.

解答: 解: (1)设向右为正方向,木板与墙壁相碰前,小物块和木板一起向右做匀变速运 动,加速度设为 a1,小物块和木板的质量分别为 m 和 M,由牛顿第二定律有: ﹣μ1(m+M)g=(m+M)a1 由图可知,木板与墙壁碰前瞬时速度 v1=4m/s;由运动学公式可得:v1=v0+a1t1 2 s0=v0t1+a1t1 ; 式中 t1=1s,s0=4.5m 是木板碰间有的位移,v0 是小物块和木板开始运动时的速度. 联立以上各式解得:μ1=0.1. 在木板与墙壁碰撞后,木板以﹣v1 的初速度向左做匀变速运动,小物块以 v1 的初速度向右 做匀变速运动.设小物块的加速度为 a2,由牛顿第二定律有: ﹣μ2mg=ma2 由图可得: a2= t2=2s,v2=0;代入以上两式可得: μ2=0.4; (2)设碰撞后木板的加速度为 a3,经过时间△t,木板和小物块刚好具有共同速度 v3,由牛 顿第二定律及运动学公式得: μ2mg+μ1(M+m)g=Ma3 v3=﹣v1+a3△t v3=v1+a2△t 碰撞后至木板和小物块达到共同速度的过程中,木板运动的位移为: s1= △t

小物块的位移为: s2= 小物块相对于木板的位移为: △s=s2﹣s1 由以上各式解得:△s=6.0m; 因为运动过程中,小物块没有脱离木板,所以木板的最小长度应为 6.0m; (3)在小物块和木板具有共同速度后,两者向左做匀变速运动直至停止,设加速度为 a4, 此过程中小物块和木板运动的位移为 s3,由牛顿第二定律及运动学公式可得; μ1(m+M)g=(m+M)a4 2 0﹣v 3=2a4s3 碰后木板运动的位移为 s=s1+s3 解得:s=﹣6.5m; 答: (1)木板与地面间的动摩擦因数 μ1 为 0.1;小物块与木板间的动摩擦因数 μ2 为 0.4; (2)木块的最小长度为 6.0m (3)木板右端离墙壁的最终距离为 6.5m


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