滑块问题练习题.docxVIP

“滑块一木板”类问题练习题(2017. 09) 如图所示，在光滑水平面上有一质量为例的足够长的木板，其上叠放一质量为饥的木块.假定木 块和木板Z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方增大的水平力F=kt{k是 常数)，木板和木块加速度的大小分别为0和他下列反映0和型变化的图线中正确的是() TOC \o 1-5 \h \z 答案A解析 在木板与木块相对滑动前，F=kt= (//a+ /?/) a,臼与方成正比关系，a~t关系图线的 斜率为f，当例与宓相对滑动后，木板受的摩擦力是斥21= 〃饥尸〃心，0=刃为一恒量，对木 nh\nk ni\ kt k 块有F— 得孩= ug,斜率为一，可知A正确，B、C D错误. nh Ilh 如图4甲所示，静止在光滑水平面上的长木板〃(长木板足够长)的左端静止放着小物块/.某时刻, 〃受到水平向右的外力F作用，F随时间f的变化规律如图乙所示，即F=kt,其屮斤为已知常数.设 物体力、〃之间的滑动摩擦力大小等于最大静摩擦力且力、$的质量相等，则下列可以定性描述长 木板〃运动的V— Z图象是() 答案B解析A. 〃相对滑动Z前加速度相同，由整体法可得：F=2ma,当/、〃间刚好发生相对滑2A 动时，对木板有F.=/na,故此时F=2F?=kt, t=—,之后木板做匀加速直线运动，故只有B项正确. 如图10所示，长为L=2 m、质量为M= 8 kg的木板，放在水平地面上，木板向右运动的速度旳 =6 m/s时，在木板前端轻放一个大小不计，质量为n)=2 kg的小物块.木板与地面、物块与木板间 的动摩擦因数均为〃=0. 2, g=10 m/sl求： 物块及木板的加速度大小. 物块滑离木板时的速度大小. 图10 解得 au= 3 m/s2.解析 ⑴物块的加速度比=ug=2 m/s2, 对木板有：“ mg-\~ 解得 au= 3 m/s2. 解得b = 0?4s或Z? = 2s（因物块LA滑离木板，故舍去）滑离木板时物块的速度：r=aw/i = O. 8m/s. 4?［水平面上的滑块一木板模型］（2015 -新课标I ? 25） —长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放 置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4?5叫 如图11a所示.广=0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t=ls时木板与墙壁 图11 碰撞（碰撞时间极短）?碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程屮小物块始终未离开木板?已 知碰撞后1S吋间内小物块的M图线如图b所示.木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大 小g取10m/s2.求：（1）木板与地面间的动摩擦因数旳及小物块与木板间的动摩擦因数S； （2）木板的最小长度；（3）木板右端离墙壁的最终距离. 解析（1）根据题图b可以判定碰撞前小物块与木板共同速度为r=4m/s 碰撞后木板速度水平向左，大小也是r=4m/s A — Q 小物块受到滑动摩擦力而向右做匀减速直线运动，加速度大小 g=〒f/￡=4 m/s2. 根据牛顿第二定律有 S昭=mi，解得”2 = 0.4 木板与墙壁碰撞前，匀减速运动时间f=ls,位移x=4. 5m,末速度r=4m/s 其逆运动则为匀加速直线运动可得x=就+\产 解得?i = lm/s2 对小物块和木板整体：1 (/77+ 1 5/77)g= (/77+ 1 5/77)31,即卩 \g= 解得1 = 0.1 （2）碰撞后，木板向左做匀减速运动，依据牛顿第二定律有〃】（15刃+仍）E■〃沏g=15呱 可得^=titi/s2对小物块，加速度大小为ai = 4m/s2 由于 Q轴 所以小物块速度先减小到0,所用时间为f. = ls 过程中，木板向左运动的位移为山=仏一扫并=#11,末速度旳 小物块向右运动的位移応=耳^十1 = 2111 此后，小物块开始向左加速，加速度大小仍为^ = 4m/s2 木板继续减速，加速度大小仍为禺=假设又经历玄二者速度相等，则有 舐—血 木板继续减速，加速度大小仍为禺= 假设又经历玄二者速度相等，则有 舐—血 解得广2=0. 5s 此过程中，木板向左运动的位移 小物块向左运动的位移小=*创￡ = 0. 5m1 ? 小物块向左运动的位移小=*创￡ = 0. 5m *3= V\ t2.—二臼3纟=^111, 末速度 V3= V] — 江2 = 2m/s 此后小物块和木板i起匀减速运动，二者的相对位移最大，A x= Xx +Xz+X —x.\ = ^ 小物块始终没有离开木板，所以木板最小的长度为6m （3）最后阶段小物块和木板一起匀减速直到停止，整体加速度大小为^i = lm/s2 向左运动的位移为/=H~=2m 所以木板右端离墙壁最远的距离为*=加+曲十龙=6?5m Za] 如图15