叠加体问题

牛顿运动定律应用二；叠加体模型1.某同学做以下实验，在桌上放置质量为M=1kg的板,板上放一质量为m=2kg的物体,物体和板之间动摩擦因数为μ=0.2,板和桌面之间光滑,m与M间最大静摩擦力用滑动摩擦力代替计算,他要将板从物体下抽出,所加水平力F至少为________N.若力F作用在m上则要将物体从板上拉出,所加水平力F至少为________N.(6N,12N)2．如图m1=2kg，m2=1kg，m1与地面之间的摩擦系数为μ1=0.1，m1与m2之间的摩擦系数为μ2=0.5，求F分别为2N，4N，5.5N，6.5N时两物体的加速度。3．2010·海南图1中，质量为m的物块叠放在质量为2m的足够长的木板上方右侧，木板放在光滑的水平地面上，物块与木板之间的动摩擦因数为2.0。在木板上施加一水平向右的拉力F，在0～3s内F的变化如图2所示，图中F以mg为单位，重力加速度g=10m/s2.整个系统开始时静止。（1）求1s、1.5s、2s、3s末木板的速度以及2s、3s末物块的速度；（2）在同一坐标系中画出0～3s内木板和物块v—t图象，据此求0～3s内物块相对于木板滑过的距离。2mmF图1图21213t/s00.4F/mg1.5v/(m•s-1)123t/s04.51.542物块木板【解析】依题知，1秒内两物体发生相对滑动，其加速度分别为a物=g=2m/s2，a板1=mmgF2=4m/s21秒末木板速度V板1=a板1t1=4m/s物块速度V物1=a物t1=2m/s在1—1.5秒内，a物=g=2m/s2，a板2=mmgF2=1m/s21.5秒末木板速度V板2=V板1+a板2t2=4.5m/s物块速度V物2=V物1+a物t2=3m/s在1.5—2秒内，a物=g=2m/s2，a板3=mmg2=-1m/s22秒末木板速度V板3=V板2+a板3t3=4m/s物块速度V物3=V物2+a物t3=4m/s2秒以后二者共同匀速(2)物块与木板运动的tv图象，如右图所示。在0～3s内物块相对于木板的距离s等于木板和物块tv图线下的面积之差，即图中带阴影的四边形面积，该四边形由两个三角形组成，上面的三角形面积为0.25(m)，下面的三角形面积为2(m)，因此2.25ms4．（18分）如图，质量M=1kg的木板静止在水平面上，质量m=1kg、大小可以忽略的铁块静止在木板的右端。设最大摩擦力等于滑动摩擦力，已知木板与地面间的动摩擦因数μ1=0.1，铁块与木板之间的动摩擦因数μ2=0.4，取g=10m/s2．现给铁块施加一个水平向左的力F．（1）若力F恒为3N，求M、m的加速度（2）若力F恒为8N，经1s铁块运动到木板的左端。求：木板的长度（3）若力F从零开始逐渐增加，且木板足够长。试通过分析与计算，在图中作出铁块受到的摩擦力f随力F大小变化的图象F/Nf/N02468101214123645LMm左右F4．（18分）解：（1）木板受地面的摩擦力f=2N,设物块和木板能相对静止（1分）求得a=0.5m/s2（1分）所需的静摩擦力为f=0.5N4N,假设成立（1分）（2）铁块的受力如图，由牛顿第二定律：12mamgμF……①（1分）木板的受力如图，由牛顿第二定律：212)(MagmMmg……②（1分）设木板的长度为Ｌ，经时间t铁块运动到木板的左端，则2221tas木……③（1分）2121tas铁……④（1分）又：Lss木铁……⑤（1分）联立①②③④⑤解得：Ｌ=1ｍ……⑥（1分）（3）（i）当NgMmF2)(1时，系统没有被拉动，静摩擦力与外力成正比，即：f=F（1分）（ii）当NgMmμF2)(1时，如果M、m相对静止，铁块与木板有相同的加速度a，则：aMmgMmF)()(1……⑦（1分）mafF……⑧（1分）F/Nf/N02468101214123645解得：22fF……⑨（1分）此时：N41mgμf，也即N6F……⑩（1分）所以：当N6N2F时，)N(12Ff……○11（1分）（iii）当NF6时，M、m相对滑动，此时铁块受到的摩擦力为：N42mgμf（1分）f—F图象如图所示（2分）5.一大木箱,放在平板车的后部，到驾驶室的距离L=1．60米，如图所示。木箱与车板之间的滑动摩擦系数μ=0.484,平板车以恒定的速度V0=22．0米／秒匀速行驶，突然驾驶员刹车，使车均匀减速。为不让木箱撞击驾驶室。从开始刹车到车完全停定，至少要经过多少时间(取g=10m/s2)6.如图所示，长为L的木板A放在动摩擦因数为μ1的水平地面上，一滑块B(大小不计)从A的左侧以初速V0向右滑入木板，滑块与木板间的动摩擦因数为μ2(A与水平地面间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等)．已知A的质量M=2．Okg，B的质量m=3．Okg，A的长度L=3．Om，V0=5．0m／s，μ1=0.2．μ2=0.4试分别求A、B对地的位移(g取10m／s2)．解；依题知，Ａ对Ｂ的摩擦力NgmfBAB12304.02地对Ａ的摩擦力NgmmfBA10502.0)（＝１地Ａ向前加速。Ｂ减速地ＡAffAB,2222/1/4smmffasmgmgmaAABABBB地Ａ假设Ａ、Ｂ速度相等时Ｂ仍未滑出Ａ的右端，则由ＶＡ＝ＶＢ得sttataVAB100此时，mtaSmtatVSAABB5.021321220LSSAB故假设成立，即Ａ、Ｂ共速时Ｂ仍未滑出Ａ的右端。设共同速度为Ｖ１，则有smtaVA/11以后Ａ、Ｂ共同减速直至停下，减速的加速度为a，位移为Ｓ１则有211/2)(smgmmgmmaBABA，maVS25.0202mmSA25.375.0＝Ｓ＝ＳＳ＝Ｓ＝ＳＢＢ总Ａ总7．如下图所示，平板A长L=5m，质量为M=5kg，放在水平桌面上，板右端与桌边相齐，在A上距其右端s=3m处放一个质量m=2kg的小物体B，已知A与B之间的动摩擦因数μ1=O．1，A、B两物体与桌面间的动摩擦因数均为μ2=0．2．最初系统静止．现在对板A右端施一水平恒力F后，将A从B下抽出，且恰使B停在桌右边缘．试求F的大小.取g=10m/s28．如图9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F＝8N的水平推力，当小车向右运动的速度达到v0＝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，小物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.2，小车足够长，取g＝10m/s2.求：(1)放小物块后，小物块及小车的加速度各为多大；(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？解析(1)小物块的加速度am＝μg＝2m/s2，小车的加速度aM＝F－μmgM＝0.5m/s2.(2)由amt＝v0＋aMt，解得：t＝1s.(3)从小物块放上小车开始1s内，小物块的位移s1＝12amt2＝1m，1s末小物块的速度v＝amt＝2m/s在接下来的0.5s内小物块与小车相对静止，一起做加速运动，且加速度a＝FM＋m＝0.8m/s2，这0.5s内小物块的位移s2＝vt1＋12at21＝1.1m，小物块1.5s内通过的总位移s＝s1＋s2＝2.1m.答案(1)2m/s20.5m/s2(2)1s(3)2.1m9.一小圆盘静止在桌布上，位于一方桌的水平桌面的中央。桌布的一边与桌的AB边重合，如图。已知盘与桌布间的动摩擦因数为μ1，盘与桌面间的动摩擦因数为μ2。现突然以恒定加速度a将桌布抽离桌面，加速度方向是水平的且垂直于AB边。若圆盘最后未从桌面掉下，则加速度a满足的条件是什么？(以g表示重力加速度)AB10．一平板车，质量M=lOOkg，停在水平路面上，车身的平板离地面的高度h=1．25m，一质量m=50kg的小物块置于车的平板上，它到车尾端的距离b=1．OOm，与车板间的动摩擦因数μ=O．20，如图所示。今对平板车施一水平方向的恒力，使车向前行驶，结果物块从车板上滑落。物块刚离开车板的时刻，车向前行驶的距离s0=2．Om。求物块落地时。落地点到车尾的水平距离s.(不计路面与平板车间以及轮轴之间的摩擦。取g=lOm／s2)11.一水平的浅色长传送带上放置一煤块（可视为质点），煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ。初始时，传送带与煤块都是静止的。现让传送带以恒定的加速度a0开始运动，当其速度达到v0后，便以此速度做匀速运动。经过一段时间，煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹后，煤块相对于传送带不再滑动。求此黑色痕迹的长度。解：根据“传送带上有黑色痕迹”可知，煤块与传送带之间发生了相对滑动，煤块的加速度a小于传送带的加速度a0。根据牛顿定律，可得a=μg设经历时间t，传送带由静止开始加速到速度等于v0，煤块则由静止加速到v，有v0=a0tv=at由于aa0，故vv0，煤块继续受到滑动摩擦力的作用。再经过时间t'，煤块的速度由v增加到v0，有v=v+at'此后，煤块与传送带运动速度相同，相对于传送带不再滑动，不再产生新的痕迹。设在煤块的速度从0增加到v0的整个过程中，传送带和煤块移动的距离分别为s0和s，有s0=12a0t2+v0t's=v022a传送带上留下的黑色痕迹的长度l=s0－s由以上各式得l=v02(a0－μg)2μa0g