滑板-滑块模型专题

1 滑板 滑板 滑块模型专题 滑块模型专题 2015 11 1 2011 天津第 2 题 如图所示 A B两物块叠放在一起 在粗糙的水平面上保持相对静 止地向右做匀减速直线运动 运动过程中B受到的摩擦力 A 方向向左 大小不变 B 方向向左 逐渐减小 C 方向向右 大小不变 D 方向向右 逐渐减小 2 如图所示 一足够长的木板静止在光滑水平面上 一物块静止在木板上 木板和物块间 有摩擦 现用水平力向右拉木板 当物块相对木板滑动了一段距离但仍有相对运动时 撤掉 拉力 此后木板和物块相对于水平面的运动情况为 A 物块先向左运动 再向右运动 B 物块向右运动 速度逐渐增大 直到做匀速运动 C 木板向右运动 速度逐渐变小 直到做匀速运动 D 木板和物块的速度都逐渐变小 直到为零 3 新课标理综第 21 题 如图 在光滑水平面上有一质量为 m1的足够长的木板 其上叠放 一质量为 m2的木块 假定木块和木板之间的 最大静摩擦力和滑动摩擦力相等 现给木块 施加一随时间 t 增大的水平力 F kt k 是常 数 木板和木块加速度的大小分别为 a1和 a2 下列反映 a1和 a2变化的图线中正确的是 4 如图所示 A B 两物块的质量分别为 2 m 和 m 静止叠放在水平地面上 A B 间的动 摩擦因数为 B 与地面间的动摩擦因数为 0 5 最大静摩擦力等于滑动摩擦力 重力加速度 为 g 现对 A 施加一水平拉力 F 则 A 当 F 3 mg 时 A 相对 B 滑动 D 无论 F 为何值 B 的加速度不会超过 0 5 g 5 一质量为 M 4kg 的木板静止在光滑的水平面上 一个质量为 m 1kg 的滑块 可以视为质 点 以某一初速度 V0 5m s 从木板左端滑上木板 二者之间的摩擦因数为 0 4 经过一段时 间的相互作用 木块恰好不从木板上滑落 求木板长度为多少 6 6 如图所示 质量 M 0 2kg 的长木板静止在水平面上 长木板与水平面间的动摩擦因数 2 0 1 现有一质量 m 0 2kg 的滑块以 v0 1 2m s 的速度滑上长板的左端 小滑块与长木板 间的动摩擦因数 1 0 4 滑块最终没有滑离长木板 求滑块在开始滑上长木板到最后静止下 来的过程中 滑块滑行的距离是多少 以地面为参考系 g 10m s2 7 如图所示 m 40kg 的木板在无摩擦的地板上 木板上又放 m 10kg 的石块 石块与 12 木板间的动摩擦因素 0 6 试问 1 当水平力 F 50N 时 石块与木板间有无相对滑动 2 当水平力 F 100N 时 石块与木板间有无相对滑动 g 10m s 此时 m的加速度为 2 2 多大 8 如图所示 质量为 M 4kg 的木板放置在光滑的水平面上 其左端放置着一质量为 m 2kg 2 的滑块 视作质点 某时刻起同时给二者施以反向的力 如图 已知 F1 6N F2 3N 适时 撤去两力 使得最终滑块刚好可到达木板右端 且二者同时停止运动 已知力 F2在 t2 2s 时 撤去 板长为 S 4 5m g 10m s2 求 1 力 F1的作用时间 t1 2 二者之间的动摩擦因数 3 t2 2s 时滑块 m 的速度大小 m v 9 如图所示 固定在地面上的光滑圆弧面与车 C 的上表面平滑相接 在圆弧面上有一个滑块 A 其质量为 mA 2kg 在距车的水平面高 h 1 25m 处由静止下滑 车 C 的质量为 mC 6kg 在车 C 的左端有一个质量 mB 2kg 的滑块 B 滑块 A 与 B 均可看作质点 滑块 A 与 B 碰撞后粘合一起共同运动 最终没有从车 C 上滑出 已知滑块 A 和 B 与车 C 的动摩擦 因数均为 0 5 车 C 与水平地面的摩擦忽略不计 取 g 10m s2 求 1 滑块 A 滑到圆弧面末端时的速度大小 2 滑块 A 与 B 碰撞后瞬间的共同速度的大小 3 车 C 的最短长度 10 如图所示 质量为 M 1kg 的平板车左端放有质量为 m 2kg 的物块 看成质点 物块与 车之间的动摩擦因数 0 5 开始时车和物块以 v0 6m s 的速度向右在光滑水平面上前进 并使 车与墙发生正碰 设碰撞时间及短 且碰撞后车的速率与碰前的相等 车身足够长 使物块不能与 墙相碰 取 g 10m s2 求 1 小车与墙第一次相碰以后小车所走的总路程 2 为使物块始终不会滑出平板车右端 平板车至少多长 参考答案 v0 M m 3 1 解析 考查牛顿运动定律处理连接体问题的基本方法 简单题 对于多个物体组成 的物体系统 若系统内各个物体具有相同的运动状态 应优先选取整体法分析 再采用隔离 法求解 取A B系统整体分析有 A ABAB fmmgmma 地 a g B与A具有共同 的运动状态 取B为研究对象 由牛顿第二定律有 ABBB fm gm a 常数 物体B做速 度方向向右的匀减速运动 故而加速度方向向左 所以正确答案是 A 2 BC 解析解析 对于物块由于运动过过程中与木板存在相对滑动 且始终相对木板向左运动 因此木板对物块的摩擦力向右 所以物块相对地面向右运动 且速度不断增大 直至相 对静止而做匀速直线运动 B 正确 对于木板由作用力与反作用力可知受到物块给它的 向左的摩擦力作用 则木板的速度不断减小 直到二者相对静止 而做直线运动 C 正 确 由于水平面光滑 所以不会停止 D 错误 3 解析 主要考查摩擦力和牛顿第二定律 木块和木板之间相对静止时 所受的摩擦力为静 摩擦力 在达到最大静摩擦力前 木块和木板以相同加速度运动 根据牛顿第二定律 21 21 mm kt aa 木块和木板相对运动时 1 2 1 m gm a 恒定不变 g m kt a 2 2 所以正确答案是 A 4 BCD 根据题意可知 B 与地面间的最大静摩擦力为 fBm 因此要使 B 能够相 对地面滑动 A 对 B 所施加的摩擦力至少为 fAB fBm A B 间的最大静摩擦力 为 fABm 2 mg 因此 根据牛顿第二定律可知当满足 且 fAB 2 mg 即 F 3 mg 时 A B 将一起向右加速滑动 故选项 A 错 误 当 F 3 mg 时 A B 将以不同的加速度向右滑动 根据牛顿第二定律有 F 2 mg 2maA 2 mg maB 解得 aA g aB 故选项 C D 正确 当 F 时 aA aB 故选项 B 正确 5 解 对 m 有 1 mamg 对 M 有 2 Mamg 设经过时间 t 两者达相同速度 则有 tatavv 210 木块恰好不滑离木板 有 2 2 2 10 2 1 2 1 tatatvL 解得 L 2 5m 6 解 对 m 有 11 mamg 对 M 有 221 MagMmmg 设经过时间 t 两者达相同速度 则有 tatavv 210 滑块的位移 0 16m 2 101 2 1 tatvs 达到共速后一起匀减速 32 aMmgMm m a v s08 0 2 3 2 2 故msss24 0 21 7 解析 1 当 F 50N 时 假设 m与 m共同的加速度 12 a m s 1m s m m 21 F 10 40 50 22 m与 m间有最大静摩擦力 F时 m最大加速度 12max1 a m s 1 5 m s m m g um 1 2 40 10 10 0 6 22 因为 a a 所以 m与 m相对滑动 m21 此时 m的加速度 a 4 m s 22 m g um F 2 22 8 1 以向右为正 对整体的整个过程 由动量定理得 4 F1t1 F2t2 0 代入数据得 t1 1s 2 在 t1时间内 对 m 由 F合 ma 得 F1 mg mam m 在 t1时间内的位移大小 S1 amt12 同理在 t2时间内 对 M 有 F2 mg MaM M 在 t2时间内的位移大小 S2 aMt22 整个过程中 系统的机械能未增加 由功能关系得 F1S1 F2S2 mgs 0 代入数据得 0 09 3 在 t2 2s 内 m 先加速后减速 撤去 F1后 m 的加速度大小为 0 09m s2 所以 m 在 t2 2s 时的速度 amt1 t2 t1 代入数据得 1 2m s 9 解 1 设滑块 A 滑到圆弧未端时的速度大小为 v1 由机械能守恒定律有 2 1 2 1 vmghm AA 代入数据解得 1 25m svgh 2 设 A B 碰后瞬间的共同速度为 v2 滑块 A 与 B 碰撞瞬间与车 C 无关 滑块 A 与 B 组 成的系统动量守恒 21 vmmvm BAA 代入数据解得 2 2 5m sv 3 设车 C 的最短长度为L 滑块 A 与 B 最终没有从车C 上滑出 三者最终速度相同设为 v3 根据动量守恒定律有 32 vmmmvmm CBABA 根据能量守恒定律有 2 3 2 2 2 1 2 1 vmmmvmmgLmm CBABABA 联立 式代入数据解得m 3750 L 10 解 1 因为小车与墙第一次相碰以后向左运动的过程中动量守恒 取向右的方向为正 得 mv Mv M m v1 因为 mv Mv 所以 v1 0 即系统的共同速度仍向右 因此还会与墙发生碰撞 这样反复碰撞 直至能量消耗殆尽 车与墙碰后 车跟物块发生相对滑动 以车为研究对象 由牛顿第二定律有 设车与墙第 n 次碰撞后的速度为 vn 碰后的共同速度为 vn 1 那么 vn 1 2 10sm M mg M f a 也就是第 n 1 次碰撞后的速度 对系统应用动量守恒定律有 所以 1 nnn vmMMvmv nnn vv mM Mm v 3 1 1 设车第 n 次与墙相碰后离墙的最大位移为 s 则 a v s n n 2 2 而 n n n n s a v a v s 9 1 2 3 1 2 2 2 1 1 则 由此