滑块滑板模型专题

1滑块与滑板相互作用模型【模型分析】1、相互作用：滑块之间的摩擦力分析2、相对运动：具有相同的速度时相对静止。两相互作用的物体在速度相同，但加速度不相同时，两者之间同样有位置的变化，发生相对运动。3、通常所说物体运动的位移、速度、加速度都是对地而言的。在相对运动的过程中相互作用的物体之间位移、速度、加速度、时间一定存在关联。它就是我们解决力和运动突破口。4、求时间通常会用到牛顿第二定律加运动学公式或动量定理：应用动量定理时特别要注意条件和方向，最好是对单个物体应用动量定理求解。5、求位移通常会用到牛顿第二定律加运动学公式或动能定理，应用动能定理时研究对象为单个物体或可以看成单个物体的整体。另外求相对位移时：通常会用到系统能量守恒定律。6、求速度通常会用到牛顿第二定律加运动学公式或动能定理或动量守恒定律：应用动量守恒定律时要特别注意系统的条件和方向。1、如图所示，在光滑水平面上有一小车A，其质量为0.2Amkg，小车上放一个物体B，其质量为0.1Bmkg，如图（1）所示。给B一个水平推力F，当F增大到稍大于3.0N时，A、B开始相对滑动。如果撤去F，对A施加一水平推力F′，如图（2）所示，要使A、B不相对滑动，求F′的最大值mF2．如图所示，质量M=8kg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=8N，当小车向右运动的速度达到1.5m/s时，在小车前端轻轻地放上一个大小不计，质量为m=2kg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=l0m/s2)。求：（1）小物块放后，小物块及小车的加速度大小各为多大？（2）经多长时间两者达到相同的速度？（3）从小物块放上小车开始，经过t=1.5s小物块通过的位移大小为多少？FAB图（1）F′AB图（2）Mm23．如图所示，一块质量为M，长为L的均质板放在很长的光滑水平桌面上，板的左端有一质量为m的小物体（可视为质点），物体上连接一根很长的细绳，细绳跨过位于桌边的定滑轮．某人以恒定的速率v向下拉绳，物体最多只能到达板的中点，而板的右端尚未到达桌边定滑轮处．试求：（1）物体刚达板中点时板的位移．（2）若板与桌面之间有摩擦，为使物体能达到板的右端，板与桌面之间的动摩擦因数的范围是多少？4．如图所示，质量为M，长度为L的长木板放在水平桌面上，木板右端放有一质量为m长度可忽略的小木块，木块与木板之间、木板与桌面之间的动摩擦因数均为。开始时木块、木板均静止，某时刻起给木板施加一大小恒为F方向水平向右的拉力。若最大静摩擦力等于滑动摩擦力。（1）要把长木板从小木块下拉出，拉力F应满足的条件。（2）若拉力F=5（m+M）g，求从开始运动到木板从小木块下被拉出所经历的时间。vMm35．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；⑶上述过程中长木板对小物块摩擦力做的功．6．质量mA=3.0kg、长度L=0.70m、电量q=+4.0×10-5C的导体板A在足够大的绝缘水平面上，质量mB=1.0kg可视为质点的绝缘物块B在导体板A的左端，开始时A、B保持相对静止一起向右滑动，当它们的速度减小到0v=3.0m/s时，立即施加一个方向水平向左、场强大小E=1.0×105N/C的匀强电场,此时A的右端到竖直绝缘挡板的距离为S=2m，此后A、B始终处在匀强电场中，如图所示.假定A与挡板碰撞时间极短且无机械能损失，A与B之间（动摩擦因数1=0.25）及A与地面之间（动摩擦因数2=0.10）的最大静摩擦力均可认为等于其滑动摩擦力，g取10m/s2（不计空气的阻力）求：(1)刚施加匀强电场时，物块B的加速度的大小？(2)导体板A刚离开挡板时，A的速度大小？7．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l=0.5m，在B的右端有vmMF4一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μ。现在A以速度ν0=6m/s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、B上滑动，问：（1）如果μ=0.5，则C会不会掉下地面？（2）要使C最后停在长木板A上，则动摩擦因数μ必须满足什么条件（g=10m/s2）8．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3.0，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；9．如图所示，为一个实验室模拟货物传送的装置，A是一个表面绝缘质量为1kg的小车，小车置于光滑的水平面上，在小车左端放置一质量为0.1kg带电量为q=1×10-2C的绝缘货柜，现将一质量为0.9kg的货物放在货柜内．在传送途中有一水平电场，可以通过开关控制其有、无及方向．先产生一个方向水平向右，大小E1=3×102N/m的电场，小车和货柜开始运动，作用时间2s后，改变电场，电场大小变为E2=1×102N/m，方向向左，电场作用一段时间后，关闭电场，小车正好到达目的地，货物到达小车的最右端，且小车和货物的速度恰好为零。已知货柜与小车间的动摩擦因数µ=0.1，（小车不带电，货柜及货物体积大小不计，g取10m/s2）求：⑴第二次电场作用的时间；⑵小车的长度；AB5⑶小车右端到达目的地的距离．61、解：根据图（1），设A、B间的静摩擦力达到最大值f时，系统的加速度为a.根据牛顿第二定律有：ammFBA)(①amfA②代入数值联立解得：Nf0.2③根据图（2）设A、B刚开始滑动时系统的加速度为a，根据牛顿第二定律有：amfB④ammFBAm)(⑤联立解得：NFm0.6⑥2．(18分)解：（1）物块的加速度22/magms----------------（3分）小车的加速度：20.5/MFmgamsM--（3分）（2）由：0mMatvat--------------------------（2分）得：t=1s--------------------------（2分）（3）在开始1s内小物块的位移：21112msatm---（2分）最大速度：2/vatms----------（1分）在接下来的0.5s物块与小车相对静止，一起做加速运动且加速度:20.8/FamsMm---------------（2分）这0.5s内的位移:2211.12svtatm-------（2分）通过的总位移122.1sssm-------------（1分）3．（1）设物体与板的位移分别为S物、S板，则由题意有2LSS物板①7212SSvtat物板板∶∶②解得：,2LSLS物板．（2）由22112,,mgMvvaSaMmgL板板板得．212,21,,2,(),2SSLSSSLSLmgMmgMavaS物板物板板物板板板∶∶得由得222()MvMmgL，故板与桌面之间的动摩擦因数222()MvMmgL≥4．解：（1）要把M从m下拉出，则m与M之间必须发生了相对滑动。对m1mamg（1分）对M2)(MagmMmgF（1分）依题意，应该有21aa（1分）∴解以上各式可得：2()FMmg（2分）（2）设拉出木板需要的时间为t，拉出木板的过程中，木块与木块各做匀加速运动。木块的位移：21121tas（1分）木板的位移：22221tas（1分）拉出木板时：Lss12（1分）利用（1）的结果整理得：22()MLtFgMm23()MLgMm（2分）5、⑴小物块的加速度为：a1=μg＝2m/s2，水平向右……………………………（1分）长木板的加速度为：2FmgaM0.5m/s2，水平向右……………………（1分）令刚相对静止时他们的共同速度为v，以木板运动的方向为正方向对小物块有：v=－v2＋a1t……………………………………（1分）对木板有：v=v1＋a2t………………………………………………………………（1分）代入数据可解得：t=8s；v=14m/s………………………………………………（2分）⑵此过程中小物块的位移为：x1=tvv22=48m…………………………………（2分）长木板的位移为：x2=tvv21=96m…………………………………（2分）所以长板的长度至少为：L=x2-x1=48m…………………………………………（2分）⑶长木板对小物块摩擦力做的功为1922121222mvmvWJ………………（4分）6．解：（1）设B受到的最大静摩擦力为mf1，则.5.211NgmfBm①（1分）设A受到地面的滑动摩擦力的2f，则.0.4)(22NgmmfBA②（1分）8施加电场后，设A．B以相同的加速度向右做匀减速运动，加速度大小为a，由牛顿第二定律ammfqEBA)(2③（2分）解得：2/0.2sma（2分）设B受到的摩擦力为1f，由牛顿第二定律得amfB1，④解得：.0.21Nf因为mff11，所以电场作用后，A．B仍保持相对静止以相同加速度a向右做匀减速运动，所以刚加上匀强电场时，B的加速度大小2/0.2sma（2分）（2）A与挡板碰前瞬间，设A．B向右的共同速度为1v，asvv22021（2分）解得smv/11（1分）A与挡板碰撞无机械能损失，故A刚离开挡板时速度大小为smv/11（1分）7．解析：（1）不会（2）2为：6.012)3(21)2(2120122211glmmmgl（4=3+1分）3.024)3(21)2(21)2(20222212glmmlmg（4=3+1分）8．(20分)解：（1）由几何关系可知，AB间的距离为R(1分)小物块从A到B做自由落体运动，根据运动学公式有gRvB22①(2分)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/)60cos1(22BxCmvmvmgR③(2分)代入数据解得52Cvm/s(1分)在C点，根据牛顿第二定律有RmvmgcFC/2④(2分)代入数据解得35cFN(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)9．解答：（1）货物20101111s/m211011.033mmgmmmfFa（1分）9小车22s/m1Mfa（1分）经t1=2s货物运动m4212111taS（1分）小车运动m2212122taS（1分）货物V1=a1t1=2×2=4m/s向右小车V2=a2t1=1×2=2m/s向右经2秒后，货物作匀减速运动20121s/m2111mmfqEa向左（1分）小车加速度不变，仍为a2=1m/s2向右，当两者速度相等时，货柜恰好到达小车最右端，以后因为qE2=f=µ(m0+m1)g，货柜和小车一起作为整体向右以21