2013年会考力学滑块木板模型试题汇编

1．（8分）如图所示，水平面上有一块木板，质量M=4.0kg，它与水平面间的动摩擦因数μ1=0.10。在木板的最左端有一个小滑块（可视为质点），质量m=2.0kg。小滑块与木板之间的动摩擦因数μ2=0.50。开始时它们都处于静止状态。某时刻起对小滑块施加一个水平向右的恒力F＝18N，此后小滑块将相对木板滑动，1.0s后撤去该力。（1）求小滑块在木板上滑行时，木板加速度a的大小；（2）若要使小滑块不离开木板，求木板的长度L应满足的条件。（1）小滑块在木板上滑行时，先做匀加速直线运动，然后做匀减速直线运动，小滑块的受力情况分别如图甲和乙所示。在此过程中，木板的受力情况如图丙所示。图甲图乙图丙小滑块受到木板的摩擦力121210NfNmg根据牛顿第三定律：木板受到小滑块摩擦力的大小11'10Nff木板受到小滑块压力的大小11'20NNN木板受到地面的摩擦力211(')6NfMgN根据牛顿第二定律可知，木板的加速度212'1.0m/sffaM（2）在拉力F的作用下，滑块做匀加速直线运动。根据牛顿第二定律，滑块的加速度2114.0m/sFfam撤去拉力F时，滑块的速度1114.0m/svat滑块运动的距离211112.0m2xat撤去拉力F后，滑块做匀减速直线运动。根据牛顿第二定律，滑块的加速度2125.0m/sfam若滑块没有滑出木板，滑块将与木板达到共同速度，设该速度为v2。则这段时间2122vvat在12()tt时间内，木板做匀加速直线运动，则有212()vatt所以12212()vatatt20.5st则滑块做匀减速直线运动的距离22122211.375m2xvtat木板运动的距离2121()1.125m2xatt则滑块相对木板运动的距离122.25mdxxx所以要使小滑块不离开木板，木板长度L应满足Ld，即2.25mL2、如图21所示，水平桌面上有一薄木板，它的右端与桌面的右端相齐。薄木板的质量M=1.0kg，长度L=1.0m。在薄木板的中央有一个小滑块（可视为质点），质量m=0.5kg。小滑块与薄木板之间的动摩擦因数μ1=0.10，小滑块与桌面之间的动摩擦因数μ2=0.20，薄木板与桌面之间的动摩擦因数μ3=0.20。设小滑块与薄木板之间的滑动摩擦力等于它们之间的最大静摩擦力。某时刻起对薄木板施加一个向右的拉力F使木板向右运动。（1）若小滑块与木板之间发生相对滑动，拉力F1至少是多大？（2）若小滑块脱离木板但不离开桌面，求拉力F应满足的条件。（1）设小滑块与薄木板刚好发生相对滑动时，小滑块的加速度为a1，薄木板的加速度为a2，根据牛顿第二定律μ1mg=ma1…………………………1分F1-μ1mg-μ3（m+M）g=Ma2………………1分a1=a2…………………………1分F1=4.5N…………………………1分（2）设小滑块脱离薄木板时的速度为v，时间为t，在桌面上滑动的加速度为a3，小滑块脱离木板前，薄木板的加速度为a4，空间位置变化如图所示，则滑块的位移：v=a1tμ2mg=ma3x1=122av，x2=322av2223212Lavav…………………………1分木板的位移：24122122taavL…………………………1分F2-μ1mg-μ3（m+M）g=Ma4解得：F2=6N…………………………1分要使小滑块脱离薄木板但不离开桌面，拉力F6N。…………………………1分3．（8分）如图11所示，水平桌面距地面的高度h=0.80m。可以看成质点的小金属块C的质量m1=0.50kg，放在厚度不计的长木板AB上。木板长L=0.865m，质量m2=0.20kg，木板的A端跟桌面的边缘对齐。小金属块C到木板B端的距离d=0.375m。假定小金属块与木板间、木板与桌面间、小金属块与桌面间的动摩擦因数都相等，其值＝0.20。现用力将木板水平向右加速抽出，在小金属块从木板上滑下以前，加在木板上的力为水平向右的恒力F。小金属块落到桌面上后，又在桌面上滑动了一段距离，再从桌面边缘飞出落到水平地面上，小金属块落地点到桌边的水平距离s=0.08m．求：（1）作用在木板上的恒力F的大小。（2）若希望小金属块不滑出桌面，则恒力的大小应该如何调整，请说明理由。解：小金属块经历了三段运动过程：在木板上的匀加速直线运动，从木板上滑落后在桌面上的匀减速直线运动，离开桌面后的平抛运动．CFLdhABs图11设小金属块做平抛运动的时间为t3，2321gth)s(4.01080.0223ght设平抛运动的初速度为v2，32tvs)m/s(2.04.008.032tsv小金属块在长木板上运动时的受力如图1所示，小金属块这时做匀加速直线运动，设它的加速度为a1．)N(0.11050.020.0111gmFf)m/s(0.25.00.12111mfa小金属块离开长木板后在桌面上运动时的受力如图2所示，小金属块这时做匀减速直线运动，设它的加速度的大小为1a．)N(0.1105.02.0111gmFf)m/s(0.25.00.12111mfa11aa设小金属块在木板上运动时，相对于地面运动的距离为s1，末速度为v1，所用时间为t1，图2f1΄m1gF1图1f1m1gF112112avs①111tav②设小金属块在桌面上运动时，相对于地面运动的距离为s2，末速度为v2，2122212vvsa③由题意知dLss21④联立以上四式，解得s1=0.25ms2=0.24mt1=0.5sv1=1.0m/s取木板为研究对象，小金属块在木板上运动时，木板受力如图3所示．)N(4.11070.020.0)(2122gmmFf木板在t1时间内向右运动距离为d+s1，设木板的加速度为a2，则212121tasd)m/s(0.55.0)25.0375.0(2)(2222112tsda利用牛顿定律F－(f1+f2)=m2a2F=3.4N4.（8分）如图13所示，水平地面上一个质量M=4．0kg、长度L=2．0m的木板，在F=8．0N的水平拉力作用下，以v0=2．0m/s的速度向右做匀速直线运动。某时刻将质量m=1．0kg的物块(物块可视为质点)轻放在木板最右端。⑴木板与水平面之间的动摩擦因数μ=？⑵若物块与木板间无摩擦，求物块离开木板所需的时间；⑶若物块与木板间有摩擦，且物块与木板间的动摩擦因数和木板与地面间的动摩擦因数相等，求将物块放在木板上后，经过多长时间木板停止运动。⑴木板与水平面之间的动摩擦因数:F=μMg，μ=0.2FmM图13m2gF1΄f2FF2图3f1⑵若物块与木板间无摩擦，木板运动，木块不运动。放上木块后木板做匀减速运动，加速度大小：μ（m+M）g-F=Ma，a=0.5m/s2设经过时间t木块从木板上落下，则：2122xvtatm解得：2(22)ts⑶若物块与木板间有摩擦，且物块与木板间的动摩擦因数和木板与地面间的动摩擦因数相等，放上木块后，开始，木块做匀加速运动，木板做匀减速运动。对木板：μ（m+M）g+μmg-F=Ma1，a1=1m/s2对木块：μmg=ma2，a2=2m/s2达到等速时：v=a2t1=vt1-a2t1,解得：t1=2/3s它们的位移：211112xvtat222112xat相对位移：12xxx解得：x=5/9m＜2m，木块没有滑下，此后共同运动。共同运动的初速度：1214/3vatms共同运动的加速度：μ（m+M）g-F=(m+M)a3，a3=0.4m/s2还能够运动的时间是t2，则：1320tvvat解得：t2=10/3s一共的时间：124ttts5．(8分）如图17所示，平板小车沿水平地面始终以加速度a做匀加速直线运动。当小车速度增至v时，将一小物块无初速地放于平板小车的A端（小车的加速度保持不变）。物块与小车间的动摩擦因数为μ，（μga），要使物块不会从小车上滑出，求平板小车的最小长度L0。解：设物块的质量为m，经过时间t物块运动到小车B端，物块的末速度和位移分别为v1=gttmmgx1=12mmgt2=12gt2时间t内小车的位移和末速度分别为v2=v+atx2=vt+12at2（4分）若物块刚好未从小车B端滑出，则有图17aABx1x2图2v1=v2x2=x1+L0（如图2所示）即：gt=v+atvt+12at2=12gt2+L0解得：)(220agvL6．（8分）如图20所示，长L=1.3m，质量M=5.0kg的平板小车A静止在光滑的水平面上，小车左端放有质量m=1.0kg的小木块B(可以看作质点)，木块B与小车A之间的动摩擦因数μ=0.20，现用水平恒力F拉动木块B在小车A上滑行.求：(1)小木块B在平板小车A上滑行时，小车A的加速度大小、方向；(2)当F=mg21时，使木块B从小车A的右端与A脱离时，小车A的动能和此过程中F对木块B做的功.（(1)小车A受力如图所示，重力Mg、水平面给的支持力FN1、木块B给的压力FN2、水平向右的滑动摩擦力F1设小车A此时的加速度为a1根据牛顿第二定律有11MaF又1N2FF木块B的受力如图所示，重力mg、支持力大小为FN2、水平力F和水平竖直方向平衡N2Fmg向左的滑动摩擦力大小为F1，且三式联立1Mamg有Mmga1代入数据，木块B在A上滑行时，A的加速度大小a1=0.40m/s2方向：水平向右(2)当F=mg21＝5.0N时：根据牛顿第二定律，设木块B的加速度为a2对木块B有21maFF几式联立，有mmgFa2代入数据，B的加速度a2=3.0m/s2设使木块B从小车A的右端与A脱离时，A的位移为s，则B的位移为(s+L)图20FAB左右FN2F1mgFMgFN2FN1F1由于A、B均做初速度为零的匀加速运动，有211;2sat2212sLat由此二式及a1、a2的值，解出小车A的位移s=0.20m对小车A，运用动能定理021kEsF此时小车A的动能为k21EFsmgs代入数据，小车A的动能Ek2=0.40J此过程中，力F对木块B做的功为F()WFsL代入数据，有WF=7.5J7．8分）如图15所示，光滑水平面上有一块木板，质量M=1.0kg，长度L=1.0m．在木板的最左端有一个小滑块（可视为质点），质量m=1.0kg．小滑块与木板之间的动摩擦因数μ=0.30．开始时它们都处于静止状态．某时刻起对小滑块施加一个F=8.0N水平向右的恒力，此后小滑块将相对木板滑动.（1）求小滑块离开木板时的速度；（2）假设只改变M、m、μ、F中一个物理量的大小，使得小滑块速度总是木板速度的2倍，请你通过计算确定改变后的那个物理量的数值（只要提出一种方案即可）.w.解：（1）小滑块受到F=8.0N水平向右的恒力后，向右做匀加速直线运动，所受向左的摩擦力f=μmg根据牛顿第二定律，小滑块的加速度a1=mfF=5.0m/s2设经过时间t后小滑块离开木板。在这段时间内小滑块的位移21121tax木板所受向右的摩擦力f′=f，向右做匀加速直线运动。根据牛顿第二定律，木板的加速度a2=Mf'=3.0m/s2在时间t内木板的位移22221tax由图可知L=x1–x2，解得t=1.0s则小滑块离开木板时的速度v=a1t=5.0m/smMF图15FFx2x1L（2）小滑块做匀加速直线运动的速度tmmgFtav11木板做匀加速直线运动的速度tMmgtav22任意时刻小滑块与木板速度之比gmMmgFvv221)(欲使小滑块速度是木板速度的2倍，应满足2)(2gmMmgF若只改变F，则F=9N若只改变M，则M=1.2kg若只改变μ，则μ=0.27若只改变m，则m=0.93kg