二轮复习滑板滑块专题[1]

1滑板滑块1光滑的水平面上，并排放着n个相同的小木块，质量均为M，在水平恒力F作用下做匀加速运动。求从左侧数第m个木块对第m+1个木块的作用力的大小。2、如图所示，m1=40kg的木板在无摩擦的地板上，木板上又放m2=10kg的石块，石块与木板间的动摩擦因素μ=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/s2）此时m2的加速度为多大？3、图中，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＝0.2．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210m/sg．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内木板和物块的tv图象，据此求0~3s内物块相对于木板滑过的距离。4、质量为m=1.0kg的小滑块(可视为质点)放在质量为m=3.0kg的长木板的右端,木板上表面光滑,木板与地面之间的动摩擦因数为μ=0.2,木板长L=1.0m开始时两者都处于静止状态,现对木板施加水平向右的恒力F=12N,如图所示,为使小滑块不掉下木板,试求:(g取10m/s2)(1)水平恒力F作用的最长时间;(2)水平恒力F做功的最大值.5、如图质量Mkg8的小车停放在光滑水平面上，在小车右端施加一水平恒力F=8N。当小车向右运动速度达到3m/s时，在小车的右端轻放一质量m=2kg的小物块，物块与小车间的动摩擦因数02.，假定小车足够长，问：（1)经过多长时间物块停止与小车间的相对运动？（2）小物块从放在车上开始经过ts030.所通过的位移是多少？（g取102ms/）2mmF图1图21213t/s00.4F/mg1.52力与物体的运动例题1、光滑的水平面上，并排放着n个相同的小木块，质量均为M，在水平恒力F作用下做匀加速运动。求从左侧数第m个木块对第m+1个木块的作用力的大小。解析：把所有n个木块整体作为研究对象，由牛顿第二定律得：隔离右侧的（n－m）个木块为研究对象，用F’表示第m个木块对第（m+1）个木块的作用力则我们看到m不同，相邻两木块间的作用力是不同的。变式1：如图所示，水平面上并排放着两个相同的小块，质量均为m，它们与水平的动摩擦因数都为μ，现它们在水平力F推动下向右做加速运动，求两个物体之间的作用力大小。解析：对整体分析，由牛顿第二定律得：F-2μmg=2ma隔B，由牛顿第二定律得：N-μmμ=ma联立方程解得N=2F二、具有不同加速度的连接体（滑板滑块问题）例题2、如图所示，m1=40kg的木板在无摩擦的地板上，木板上又放m2=10kg的石块，石块与木板间的动摩擦因素μ=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/s2）此时m2的加速度为多大？解析（1）当F=50N时，假设m1与m2共同的加速度:a=m+m21F=10+4050m/s2=1m/s2m1与m2间有最大静摩擦力Fmax时，m1最大加速度am=mgum12=4010*10*0.6m/s2=1.5m/s2因为aam，所以m1与m2相对静止，二者一起以a=1m/s2运动。（2）当F=100N时，假设m1与m2共同加速度:a=m+m21F=10+40100=2m/s2m2与m1间有最大静摩擦力Fmax时，m1最大加速度am=mgum12=4010*10*0.6m/s2=1.5m/s2因为aam，所以m2与m1相对滑动。此时m2的加速度:a2=mgum-F22=4m/s2思路总结：当连接体内的个物体的加速度不同时，它们将相对运动。相对运动的解题思路：分别进行受力分析列力学方程和运动分析列运动学方程，然后找它们的受力或运动联系点再列辅助条件方程，最后联立各类方程解决问题。变式2：图中，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＝0.2．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210m/sg．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内木板和物块的tv图象，据此求0~3s内物块相对于木板滑过的距离。【解析】(1)设木板和物块的加速度分别为a和a，在t时刻木板和物块的速度分别为tv和tv，木板和物块之间摩擦力的大小为f，依牛顿第二定律、运动学公式和摩擦定律得fma①fmg，当ttvv②2121()ttattvv③(2)Ffma④m2m1v/(m•s-1)123t/s04.51.542物块木板2mmF图1图21213t/s00.4F/mg1.532121()ttattvv⑤由①②③④⑤式与题给条件得11.5234m/s,4.5m/s,4m/s,4m/svvvv⑥234m/s,4m/svv⑦(2)由⑥⑦式得到物块与木板运动的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⑧变式3：质量mA=3.0kg，长度L=0.60m。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A、B是否立即有相对运动？（2）B能否离开A?分析：（1）设B受到的最大静摩擦力为mf1，则.5.211NgmfBm①设A受到地面的滑动摩擦力的2f，则.0.4)(22NgmmfBA②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解得：2/0.2sma设B受到的摩擦力为1f，由牛顿第二定律得amfB1④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，且刚加上匀强电场时，B的加速度大小2/0.2sma（2）A与挡板碰前瞬间，设A．B向右的共同速度为1v，asvv22021解得smv/11t=1sA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A与挡板碰后返回速度大小不变，AAmamffqE12，65Aa2/sm故B继续向右运动，amfB12/5.2smaB，假设经过时间t后A和B同速度向左运动，tavtavBA11得：st6.0此过程中，A的位移mtatvsAA45.0211，B的位移mtatvsBB15.02121LssBA，即物块B刚好滑到A的末端时，与A一起向左匀速运动，所以B不会从A上滑下。例题3、质量为m=1.0kg的小滑块(可视为质点)放在质量为m=3.0kg的长木板的右端,木板上表面光滑,木板与地面之间的动摩擦因数为μ=0.2,木板长L=1.0m开始时两者都处于静止状态,现对木板施加水平向右的恒力F=12N,如图所示,为使小滑块不掉下木板,试求:(g取10m/s2)(1)水平恒力F作用的最长时间;(2)水平恒力F做功的最大值.解析:(1)撤力前木板加速,设加速过程的位移为x1,加速度为a1,加速运动的时间为t1;撤力后木板减速,设减速过程的位移为x2,加速度为a2,减速运动的时间为t2.由牛顿第二定律得撤力前:F－μ(m+M)g=Ma1(1分)解得21m/s34a(1分)撤力后:μ(m+M)g=Ma2(1分)解得22m/s38a(1分)2222211121,21taxtax(1分)为使小滑块不从木板上掉下,应满足x1+x2≤L(1分)又a1t1=a2t2(1分)由以上各式可解得t1≤1s所以水平恒力作用的最长时间为1s.(1分)(2)由上面分析可知,木板在拉力F作用下的最大位移m32m13421212111tax(1分)可得F做功的最大值.J8J32121FxW(1分)答案:(1)1s(2)8J变式4：如图质量Mkg8的小车停放在光滑水平面上，在小车右端施加一水平恒力F=8N。当小车向右运动速度达到3m/s时，在小车的右端轻放一质量m=2kg的小物块，物块与小车间的动摩擦因数02.，假定小车足够长，问：（1)经过多长时间物块停止与小车间的相对运动？4（2）小物块从放在车上开始经过ts030.所通过的位移是多少？（g取102ms/）解：（1）物块放上小车后加速度：agms122/小车加速度：aFmgMms2205/./（2）设物块在小车上相对运动时间为t，物块做初速度为零加速度为a1的匀加速直线运动，小车做加速度为a2匀加速运动。vatvat11223由vv12得：ts2（3）物块在前2s内做加速度为a1的匀加速运动，后1s同小车一起做加速度为a2的匀加速运动。以系统为研究对象：根据牛顿运动定律，由FMma3得：aFMmms3208/./物块位移sss12satmsvtatmsssm112212212124124484//..巩固练习：如图为某生产流水线工作原理示意图。足够长的工作平台上有一小孔A，一定长度的操作板（厚度可忽略不计）静止于小孔的左侧，某时刻开始，零件（可视为质点）被无初速度地放上操作板中点，同时操作板在电动机带动下向右做匀加速直线运动直至运动到A孔的右侧（忽略小孔对操作板运动的影响），最终零件运动到A孔时速度恰好为零，并由A孔下落进入下一道工序。已知零件与操作板间的动摩擦因素05.01，与工作台间的动摩擦因素025.02，操作板与工作台间的动摩擦因素3.03。试问：（1）电动机对操作板所施加的力是恒力还是变力（只要回答是“变力”或“恒力”即可）？（2）操作板做匀加速直线运动的加速度a的大小为多少？（3）若操作板长L=2m,质量M=3kg，零件的质量m=0.5kg,重力加速度取g=10m/s2,则操作板从A孔左侧完全运动到右侧过程中，电动机至少做了多少功？（1）变力（2分）（2）设零件相对于工作台运动距离为x，历时为t时与操作板分离，此后零件在工作台上做匀减速运动直到A点时速度减为零。设零件的质量为m,板长为L，取水平向右为正方向，则有：11mamg①（1分）22mamg②（1分）2121tax③（1分）从开始运动到零件与板分离，板的位移大小比零件多L/2，则有xLat2212④（1分）零件从开始运动到运动到A点，总位移大小为L/2，则有22)(0221Latax⑤（1分）联立以上各式可得：22121)2(ga⑥（2分）代入数据得：2m/s2a（2分）（3）将2m/s2a及L=2m代入上述方程可得：m31x（1分），s32t（1分）由能量守恒可知电动机做功至少包含以下几部分：①操作板动能的增加J120)2(2121aLMEK（1分）②零件在运动t时间内动能的增加J1210)(21212gtmEK（1分）③零件在运动t时间内与操作板摩擦而产生的