資源簡介

2014屆高三復習滑塊物理模型相互作用問題歸類探究
孝感三中 陳老師（476631242）
一、滑塊模型地位：
縱觀近幾年的高考物理（或理綜）試卷，在力學大題的考查中，基本上出現的是與滑塊模型結合的試題，出現率幾乎是百分這百，有時還出現在電磁學綜合題中，要引起我們老師和學生高度的重視，由此我在高三物理復習中特歸類簡析如下，起一個拋磚引玉作用。
二、實例展示：
例1：）如圖所示，以水平地面建立x軸，有一個質量為m=1kg的木塊放在質量為M=2kg的長木板上，木板長L=11.5m。已知木板與地面的動摩擦因數為，m與M之間的摩擦因素（設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力）。m與M保持相對靜止共同向右運動，已知木板的左端A點經過坐標原點O時的速度為，在坐標為X=21m處有一擋板P，木板與擋板P瞬間碰撞后立即以原速率反向彈回，而木塊在此瞬間速度不變，若碰后立刻撤去擋板P，g取10m/s2,求：
（1）木板碰擋板P時的速度V1為多少？
（2）最終木板停止運動時其左端A的位置坐標？（此問結果保留到小數點后兩位）
解析：(1)對木塊和木板組成的系統，有……………2分
……………1分
解得v1=9m/s。
（2）由牛頓第二定律可知am=μ2g=9 m/s2。
aM==6 m/s2。
M運動至停止時間為t1==1 s
此時M速度VM=V1-aMt1=3m/s, 方向向左，
此后至m,M共速時間t2，有：VM-aMt2=amt2 得：t2=0.2s……………2分
共同速度V共=1.8m/s，方向向左……………1分
至共速M位移S1=……………1分
共速后m，M以a1=1m/s2向左減速至停下位移S2==1.62m……………1分
最終木板M左端A點位置坐標為
x=9.5-S1-S2=9.5-6.48-1.62=1.40m。
點評：本例求解的關鍵是長木板與檔板碰撞后的瞬間木塊速度不變，兩者發生滑動，木塊先向右減速到零后反向加速走到兩者共速。
例2：（2013年高考江蘇卷第14小題）如圖所示，將小砝碼置于桌面上的薄紙板上，用水平向右的拉力將紙板迅速抽出，砝碼的移動很小，幾乎觀察不到，這就是大家熟悉的慣性演示實驗．若砝碼和紙板的質量分別為m1 和m2，各接觸面間的動摩擦因數均為μ.重力加速度為g.
(1)當紙板相對砝碼運動時，求紙板所受摩擦力的大小；
(2)要使紙板相對砝碼運動，求所需拉力的大小；
(3)本實驗中，m1 ＝0.5 kg，m2＝0.1 kg, μ＝0.2，砝碼與紙板左端的距離d＝0.1 m，取g＝10 m/s2.若砝碼移動的距離超過l＝0.002 m，人眼就能感知．為確保實驗成功，紙板所需的拉力至少多大？
解析：[解析] (1)砝碼對紙板的摩擦力f1＝μm1 g
桌面對紙板的摩擦力f2＝μ(m1＋m2)g
f＝f1＋f2
解得f＝μ(2m1＋m2)g
(2)設砝碼的加速度為a1，紙板的加速度為a2，則
f1＝m1a1
F－f1－f2＝m2a2
發生相對運動a2>a1
解得F>2μ(m1＋m2)g
(3)紙板抽出前，砝碼運動的距離x1＝a1t
紙板運動的距離d＋x1＝a2t
紙板抽出后，砝碼在桌面上運動的距離x2＝a3t
l＝x1＋x2
由題意知a1＝a3，a1t1＝a3t2
解得F＝2μ[m1＋(1＋)m2]g
代入數據得F＝22.4 N.
點評：本例是要挖掘砝碼的運動情況——先在薄紙上作勻加速運動，后在桌上作勻減速運動到速度為零；再就是要搞清砝碼和薄紙在運動過程中位移的等量關系。
例3：2013年高考山東卷第22小題）如圖所示，一質量m＝0.4 kg的小物塊，以v0＝2 m/s的初速度，在與斜面成某一夾角的拉力F作用下，沿斜面向上做勻加速運動，經t＝2 s 的時間物塊由A點運動到B點，A、B之間的距離L＝10 m．已知斜面傾角θ＝30°，物塊與斜面之間的動摩擦因數μ＝.重力加速度g取10 m/s2.
(1)求物塊加速度的大小及到達B點時速度的大小．
(2)拉力F與斜面夾角多大時，拉力F最小？拉力F的最小值是多少？
解析：(1)設物塊加速度的大小為a，到達B點時速度的大小為v，由運動學公式得
L＝v0t＋at2①
v＝v0＋at②
聯立①②式，代入數據得
a＝3 m/s2③
v＝8 m/s④
(2)設物塊所受支持力為FN，所受摩擦力為Ff，拉力與斜面間的夾角為α，受力分析如圖所示，由牛頓第二定律得
Fcosα－mgsinθ－Ff＝ma⑤
Fsinα＋FN－mgcosθ＝0⑥
又Ff＝μFN⑦
聯立⑤⑥⑦式得
F＝⑧
由數學知識得
cosα＋sinα＝ sin(60°＋α)⑨
由⑧⑨式可知對應F最小的夾角
α＝30°⑩
聯立③⑧⑩式，代入數據得F的最小值為
Fmin＝ N
點評：本例是將滑塊在外力作用下沿斜面運動，而外力大小和方向沒有告知，并要求外力的最小值，這就要求我們會利用物理規律和數學知識列式求解，也就是數學知識在物理學科上的應用。這也是本例的難點所在。
例4：（2013年高考四川卷第10小題）在如圖所示的豎直平面內，物體A和帶正電的物體B用跨過定滑輪的絕緣輕繩連接，分別靜止于傾角θ＝37°的光滑斜面上的M點和粗糙絕緣水平面上，輕繩與對應平面平行．勁度系數 k＝5 N/m的輕彈簧一端固定在O點，一端用另一輕繩穿過固定的光滑小環D與A相連，彈簧處于原長，輕繩恰好拉直，DM垂直于斜面．水平面處于場強E＝5×104 N/C、方向水平向右的勻強電場中．已知A、B的質量分別為mA＝0.1 kg和mB＝0.2 kg，B所帶電荷量q＝＋4×10－6C.設兩物體均視為質點，不計滑輪質量和摩擦，繩不可伸長，彈簧始終在彈性限度內，B電量不變．取g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.
(1)求B所受靜摩擦力的大小；
(2)現對A施加沿斜面向下的拉力F，使A以加速度a＝0.6 m/s2開始做勻加速直線運動．A從M到N的過程中，B的電勢能增加了ΔEp＝0.06 J．已知DN沿豎直方向，B與水平面間的動摩擦因數μ＝0.4.求A到達N點時拉力F的瞬時功率．
解析：(1)F作用之前，A、B處于靜止狀態．設B所受靜摩擦力大小為f0，A、B間繩的張力為T0，有
對A：T0＝mAgsinθ
對B：T0＝qE＋f0
聯立，代入數據即可解得f0＝0.4 N
(2)物體A從M點到N點的過程中，A、B兩物體的位移均為s，A、B間繩子張力為T，有
qEs＝ΔEp
T－μmBg－qE＝mBa
設A在N點時速度為v，受彈簧拉力為F彈，彈簧的伸長量為Δx，有
v2＝2as
F彈＝k·Δx
F＋mAgsinθ－F彈sinθ－T＝mAa
由幾何關系知
Δx＝
設拉力F的瞬時功率為P，有P＝Fv
聯立，代入數據解得
P＝0.528 W
點評：本例是將滑塊模型遷移到電場中的綜合應用。它是牽連體在斜面上滑動問題，它要分析清A、B兩滑塊的受力情況，并要搞清滑塊在移動過程中位移相互關系；還要明確電勢能的變化主要看電場力所做的功。把這些理清了，那么就不難求解本例了。
三、模型驗證檢測：
1、現代科技的制導系統已廣泛應用于彈道式導彈工程中，這個系統的重要元件之一是加速度計，.它的構造原理的示意圖如圖所示：沿導彈長度方向安裝的固定光滑桿上套一質量為m的滑塊，滑塊兩側分別與勁度系數均為k的彈簧相連，兩彈簧的另一端與固定壁相連，.滑塊原來靜止, 彈簧處于自然長度.,滑塊上有指針，可通過標尺測出滑塊的位移，然后通過控制系統進行制導，設某段時間內導彈沿水平方向運動，指針向左偏離中心點O的距離為s，則這段時間內導彈的加速度為：（ ）
A.方向向左，大小為ks/m B.方向向右，大小為ks/m
C.方向向左，大小為2ks/m D.方向向右，大小為2ks/m
2、如圖所示，在光滑水平面上，放著兩塊長度相同，質量分別為M1和M2的木板，在兩木板的左端各放一個大小、形狀、質量完全相同的物塊．開始時，木板和物塊均靜止，今在兩物塊上分別施加一水平恒力F1、F2，當物塊和木板分離時，兩木板的速度分別為v1和v2，物塊和木板間的動摩擦因數相同，下列說法正確的是：(　 　)
A．若F1＝F2，M1>M2，則v1>v2
B．若F1＝F2，M1v2
C．若F1>F2，M1＝M2，則v1>v2
D．若F1v2
3、（2013北京四中摸底）如圖所示，物塊A、B疊放在粗糙的水平桌面上，水平外力F作用在B上，使A、B一起沿水平桌面向右加速運動。設A、B之間的摩擦力為f1，B與水平桌面間的摩擦力為f2。在始終保持A、B相對靜止的情況下，逐漸增大F則摩擦力f1和f2的大小：（ ）
A. f1不變、f2變大 B. f1變大、f2不變
C. f1和f2都變大 D. f1和f2都不變
4、（2013年高考全國卷II第25小題）一長木板在水平地面上運動，在t＝0時刻將一相對于地面靜止的物塊輕放到木板上，以后木板運動的速度－時間圖像如圖所示．已知物塊與木板的質量相等，物塊與木板間及木板與地面間均有摩擦，物塊與木板間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，且物塊始終在木板上．取重力加速度的大小g＝10 m/s2，求：
(1)物塊與木板間、木板與地面間的動摩擦因數；
(2)從t＝0時刻到物塊與木板均停止運動時，物塊相對于木板的位移的大小．
5、（2013年高考天津卷第10大題）質量為m＝4 kg的小物塊靜止于水平地面上的A點，現用F＝10 N的水平恒力拉動物塊一段時間后撤去，物塊繼續滑動一段位移停在B點，A、B兩點相距x＝20 m，物塊與地面間的動摩擦因數μ＝0.2，g取10 m/s2，求：
(1)物塊在力F作用過程發生位移x1的大?。?br/>(2)撤去力F后物塊繼續滑動的時間t.
6、如下圖所示，一質量為M＝5 kg的斜面體放在水平地面上，斜面體與
地面的動摩擦因數為μ1＝0.5，斜面高度為h＝0.45 m，斜面體右側豎直面與小物塊的動摩擦因數為μ2＝0.8，小物塊的質量為m＝1 kg，起初小物塊在斜面的豎直面上的最高點．現在從靜止開始在M上作用一水平恒力F，并且同時釋放m，取g＝10 m/s2，設小物塊與斜面體右側豎直面間最大靜摩擦力等于它們之間的滑動摩擦力，小物塊可視為質點．問：
(1)要使M、m保持相對靜止一起向右做勻加速運動，加速度至少多大？
(2)此過程中水平恒力至少為多少？
7、（2013上海奉賢調研）如圖所示，AB、BC均為輕細桿，處在同一豎直平面內，AB桿高為h=0.8m。A、B、C三處均用鉸接連接，其中A、C兩點在同一水平面上，BC桿與水平面夾角為30°。一個質量為m=2kg的小球（可視為質點）穿在BC桿上，對小球施加一個水平向左的恒力F使小球靜止在BC桿中點處，不計一切摩擦。(g取10m/s2)，求：
（1）恒力F的大??；
（2）此時AB桿對B處鉸鏈的作用力大小和方向。
8、（2013山東萊州質檢）如圖所示，地面依次排放兩塊完全相同的木板A、B，長度均為l=2.5m，質量均為m2=150kg，現有一小滑塊以速度v0=6m／s沖上木板A左端，已知小滑塊質量m==200kg，滑塊與木板間的動摩擦因數為μ1，木板與地面間的動摩擦因數μ2=0.2。(最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等，取g=10 m/s2)
(1)若貨物滑上木板A時，木板不動，而滑上木板B時，木板B開始滑動，求μ1應滿足的條件。
(2)若μ1=0.4，求滑塊運動時間。(結果用分數表示)。
9、（2013屆華中師大測試）如圖所示，質量m＝2 kg的物體靜止于水平地面的A處，A、B間距L＝20 m．用大小為30 N，沿水平方向的外力拉此物體，經t0＝2 s拉至B處．(已知cos37°＝0.8，sin37°＝0.6.取g＝10 m/s2)
(1)求物體與地面間的動摩擦因數μ；
(2)用大小為30 N，與水平方向成37°的力斜向上拉此物體，使物體從A處由靜止開始運動并能到達B處，求該力作用的最短時間t.（計算結果保留一位有效數字）
10、（2013衡水中學調研）如圖所示，平板車長為L=6m，質量為M=10kg，上表面距離水平地面高為h=1.25m，在水平面上向右做直線運動，A、B是其左右兩個端點．某時刻小車速度為v0=7.2m/s，在此時刻對平板車施加一個方向水平向左的恒力F=50N，與此同時，將一個質量m=1kg的小球輕放在平板車上的P點（小球可視為質點，放在P點時相對于地面的速度為零），，經過一段時間，小球脫離平板車落到地面．車與地面的動摩擦因數為0.2，其他摩擦均不計．取g=10m/s2．求：
（1）小球從離開平板車開始至落到地面所用的時間；
（2）小球從輕放到平板車開始至離開平板車所用的時間；
11、如圖所示，小木塊質量m＝1kg，長木板質量M＝10kg，木板與地面以及木塊間的動摩
擦因數均為μ＝0.5．當木板從靜止開始受水平向右的恒力F＝90 N作用時，木塊以初速v0＝4 m／s向左滑上木板的右端．則為使木塊不滑離木板，木板的長度l至少要多長?
12、如圖所示，質量M=1.0kg的長木板靜止在光滑水平面上，在長木板的右端放一質量m=1.0kg的小滑塊（可視為質點），小滑塊與長木板之間的動摩擦因數=0.20.現用水平橫力F=6.0N向右拉長木板，使小滑塊與長木板發生相對滑動，經過t=1.0s撤去力F.小滑塊在運動過程中始終沒有從長木板上掉下.求：
（1）撤去力F時小滑塊和長木板的速度個是多大；
（2）運動中小滑塊距長木板右端的最大距離是多大？
13、如圖所示，一質量M=2.0kg的長木板靜止放在光滑水平面上，在木板的右端放一質量m=1.0kg可看作質點的小物塊，小物塊與木板間的動摩擦因數為μ=0.2.用恒力F向右拉動木板使木板在水平面上做勻加速直線運動，經過t=1.0s后撤去該恒力，此時小物塊恰好運動到距木板右端l=1.0m處。在此后的運動中小物塊沒有從木板上掉下來.求：
（1）小物塊在加速過程中受到的摩擦力的大小和方向；
（2）作用于木板的恒力F的大?。?br/> （3）木板的長度至少是多少？
14、（2013高考上海物理第31題）(12分)如圖，質量為M、長為L、高為h的矩形滑塊置于水平地面上，滑塊與地面間動摩擦因數為μ；滑塊上表面光滑，其右端放置一個質量為m的小球。用水平外力擊打滑塊左端，使其在極短時間內獲得向右的速度v0，經過一段時間后小球落地。求小球落地時距滑塊左端的水平距離。
15、)如圖3－2－16所示，在高出水平地面h＝1.8 m的光滑平臺上放置一質量M＝2 kg、由兩種不同材料連接成一體的薄板A，其右段長度l1＝0.2 m且表面光滑，左段表面粗糙．在A最右端放有可視為質點的物塊B，其質量m＝1 kg，B與A左段間動摩擦因數μ＝0.4.開始時二者均靜止，現對A施加F＝20 N水平向右的恒力，待B脫離A(A尚未露出平臺)后，將A取走．B離開平臺后的落地點與平臺右邊緣的水平距離x＝1.2 m．(取g＝10 m/s2)求：
圖3－2－16
(1)B離開平臺時的速度vB.
(2)B從開始運動到剛脫離A時，B運動的時間tB和位移xB.
(3)A左段的長度l2.
16、如圖所示，在光滑水平面上有一質量為m1的足夠長的木板，其上疊放一質量為m2的木塊．假定木塊和木板之間的最大靜摩擦力和滑動摩擦力相等．現給木塊施加一隨時間t增大的水平力F＝kt (k是常數)，木板和木塊加速度
的大小分別為a1和a2.下列反映a1和a2變化的圖線中正確的是：(　 　)．
17、(2013·雙流模擬)如圖10所示，質量為M的長木板，靜止放置在粗糙水平地面上，有一個質量為m、可視為質點的物塊，以某一水平初速度從左端沖上木板．從物塊沖上木板到物塊和木板達到共同速度的過程中，物塊和木板的v－t圖象分別如圖中的折線acd和bcd所示，a、b、c、d點的坐標為a(0,10)、b(0,0)、c(4,4)、d(12,0)．根據v－t圖象，求：

(1)物塊沖上木板做勻減速直線運動的加速度大小a1，木板開始做勻加速直線運動的加速度大小為a2，達相同速度后一起勻減速直線運動的加速度大小為a3；
(2)物塊質量m與長木板質量M之比；
(3)物塊相對長木板滑行的距離Δs.
參 考 答 案
1、A2、分別作出物塊和木板運動的v－t圖象，兩圖線包圍的面積表示木板的長度L.若拉力F相等，木板質量不等，則物塊加速度相等，木板質量大的加速度小，木板的v－t圖線斜率小，則物塊滑離木板所用時間短，滑離時速度小，即v1對應質量較大的木板如圖所示，v2對應質量較小的木板，B對；同理，若拉力不等，木板的質量相等，則木板的加速度相等，受拉力大的物塊的v－t圖線斜率變大，物塊滑離木板時間變短，滑離時速度變小，D對．
【答案】　BD
3、答案：B解析：逐漸增大F，整體的加速度增大，A、B之間的摩擦力為f1增大，B與水平桌面間的摩擦力為f2不變，選項B正確。
4、[解析] (1)從t＝0時開始，木板與物塊之間的摩擦力使物塊加速，使木板減速，此過程一直持續到物塊和木板具有共同速度為止．
由圖可知，在t1＝0.5 s時，物塊和木板的速度相同．設t＝0到t＝t1時間間隔內，物塊和木板的加速度大小分別為a1和a2，則
a1＝?、?br/>a2＝　②
式中v0＝5 m/s、v1＝1 m/s分別為木板在t＝0、t＝t1時速度的大小．
設物塊和木板的質量為m，物塊和木板間、木板與地面間的動摩擦因數分別為μ1、μ2，由牛頓第二定律得
μ1mg＝ma1?、?br/>(μ1＋2μ2)mg＝ma2?、?br/>聯立①②③④式得
μ1＝0.20?、?br/>μ2＝0.30　⑥
(2)在t1時刻后，地面對木板的摩擦力阻礙木板運動，物塊與木板之間的摩擦力改變方向．設物塊與木板之間的摩擦力大小為f，物塊和木板的加速度大小分別a′1和a′2，則由牛頓第二定律得
f＝ma′1?、?br/>2μ2mg－f＝ma′2　⑧
假設f＜μ1mg，則a′1＝a′2；由⑤⑥⑦⑧式得f＝μ2mg＞μ1mg，與假設矛盾．故
f＝μ1mg⑨
由⑦⑨式知，物塊加速度的大小a′1等于a1；物塊的v－t圖像如圖中點劃線所示．
由運動學公式可推知，物塊和木板相對于地面的運動距離分別為
s1＝2×?、?br/>s2＝t1＋　?
物塊相對于木板的位移的大小為
s＝s2－s1　?
聯立①⑤⑥⑧⑨⑩??式得
s＝1.125 m　
5、[解析] (1)設物塊受到的滑動摩擦力為F1，則
F1＝ μmg①
根據動能定理，對物塊由A到B整個過程，有
Fx1－F1x＝0②
代入數據，解得
x1＝16 m③
(2)設剛撤去力F時物塊的速度為v，此后物塊的加速度為a，滑動的位移為x2，則
x2 ＝x－x1④
由牛頓第二定律得
a＝⑤
由勻變速直線運動公式得
v2＝2ax2⑥
以物塊運動的方向為正方向，由動量定理，得
－F1t＝0－mv⑦
代入數據，解得
t＝2 s⑧
6、解析：(1)以m為研究對象，豎直方向有：mg－Ff＝0
水平方向有：FN＝ma
又Ff＝μ2FN得a＝12.5 m/s2.
(2)以小物塊和斜面體為整體作為研究對象，由牛頓第二定律得：F－μ1(M＋m)g＝(M＋m)a
水平恒力至少為F＝105 N.
答案：(1)12.5 m/s2　(2)105 N
7、解析：(1)
F=mgtan30°
解得：F=30N。
(2)

8、解題思路：應用平衡條件列方程解得μ1應滿足的條件；應用牛頓第二定律和運動學公式解得滑塊運動時間。
考查要點：牛頓運動定律、平衡條件、滑動摩擦力、勻變速直線運動規律。
解析：
滑上木板A時，木板不動，由受力分析得
若滑上木板B時，木板B開始滑動，由受力分析得
代入數據得0.35≤μ1＜0.5
（2）若μ1=0.4，則貨物在木板A上滑動時，木板不動。設貨物在木板A上做減速運動時的加速度大小為a1，由牛頓第二定律得，
解得：a1=4m/s2
由 達B板時的速度v1=4m/s。
在A板上滑動時間由 解得t1=0.5s。
滑塊滑上B板時B運動，由
a2=m/s2。
速度相同時a2 t2= v1- a1 t2，解得t2=s。
相對位移
物塊與板B能達到共同速度：v共= a2 t2=m/s 。
然后一起相對靜止的一起減速：
a共=2m/s2


注：計算過程中表達正確即給分，數值只看最后結果。
9、解：(1)物體做勻加速運動，則
L＝a0t
解得a0＝＝10 m/s2
由牛頓第二定律，有
F－f＝ma0
由f＝μFN＝μmg，
μ＝＝0.5
(2)設F作用的最短時間為t，小車先以大小為a的加速度勻加速t，撤去外力后，以大小為a′的加速度勻減速t′到達B處，速度恰為0，由牛頓第二定律，有
Fcos37°－μ(mg－Fsin37°)＝ma
解得a＝－μg＝11.5 m/s2
a′＝＝μg＝5 m/s2
由于勻加速階段的末速度即為勻減速階段的初速度，因此有
at＝a′t′
∴t′＝t＝t＝2.3 t
L＝at2＋a′t′2
t＝＝＝1 s 。
10、（1）小球從離開平板車開始至落到地面所用的時間

小球放到平板車后相對地面靜止，小車的加速度為

小車向右運動的距離為
小于4m，所以小球不會從車的左端掉下．
小車向右運動的時間為
小車向左運動的加速度為

小車向左運動的距離為
小車向左運動的時間為
故小球從輕放到平板車開始至離開平板車所用的時間t=t1+t2=3s
（3） 小球剛離開平板車瞬間，小車的速度方向向左，大小為

小球離開車子后，車的加速度為
車子向左運動的距離為

從小球輕放上平板車到落地瞬間，平板車的位移大小
X= x1 + x2+ x3 =5.175m。
11、
12、（1）.對滑和木板分別利用牛頓第二定律和運動學公式
（2）.最大位移就是在滑塊和木板相對靜止時1s后.沒有拉力.只有相互間的摩擦力
滑塊加速度大小均為α=2m/s2(方向相反)
v1+αt2=v2－αt2 代入數據 2+2t2=4-2t2 解得 t2=0.5s 此時2個的速度都是v=3m/s
木塊和木板的位移分別為

13、（1）小物塊受力分析如圖所示，設它受到的摩擦力大小為f

f=0.2×1.0×10N=2N 方向水平向右
（2）設小物塊的加速度為a1，木板在恒力F作用下做勻加速直線運動時的加速度為a2，此過程中小物塊的位移為s1，木板的位移為s2
則有：


對木板進行受力分析，如圖所示，根據牛頓第二定律：F-f’=Ma2，
則F=f’+Ma2, 代入數值得出F=10N。
（3）設撤去F時小物塊和木板的速度分別為v1和v2，撤去F后，木板與小物塊組成的系統動量守恒，當小物塊與木板相對靜止時，它們具有共同速度V共

根據動量守恒定律得： mv1+Mv2=(m+M) V共
對小物塊：根據動能定理：
對木板：根據動能定理：
代入數據：
所以木板的長度至少為L=l+l'=m≈1.7m ）
14、滑塊上表面光滑，小球水平方向不受力的作用，故當滑塊的左端到達小球正上方這段時間內，小球速度始終為零，則對于滑塊：
a=,
v1==.
當滑塊的左端到達小球正上方后，小球做自由落體運動，落地時間t=
滑塊的加速度a’=μg
①若此時滑塊的速度沒有減小到零，在t時間內滑塊向右運動的距離為：
s=v1t-a’t2=-μg()2=-μh。
②若在t時間內滑塊已經停下來，則：s‘==-L。
15、解析　(1)設物塊B平拋運動的時間為t，由運動學知識可得
h＝gt2 ①
x＝vBt ②
聯立①②式，代入數據得
vB＝2 m/s ③
(2)設B的加速度為aB，由牛頓第二定律和運動學的知識得
μmg＝maB ④
vB＝aBtB ⑤
xB＝aBtB2 ⑥
聯立③④⑤⑥式，代入數據得
tB＝0.5 s ⑦
xB＝0.5 m ⑧
(3)設B剛開始運動時A的速度為v1，由動能定理得
Fl1＝Mv12 ⑨
設B運動后A的加速度為aA，由牛頓第二定律和運動學的知識得
F－μmg＝MaA ⑩
l2＋xB＝v1tB＋aAtB2 ?
聯立⑦⑧⑨⑩?式，代入數據得
l2＝1.5 m ?
答案　(1)2 m/s　(2)0.5 s　0.5 m　(3)1.5 m
16、　剛開始木塊與木板一起在F作用下加速，且F＝kt，a＝＝，當相對
滑動后，木板只受滑動摩擦力，a1不變，木塊受F及滑動摩擦力，a2＝＝－μg，、
故a2＝－μg，a－t圖象中斜率變大，故選項A正確，選項B、C、D均錯誤．
答案　A
17、解析：(1)由v－t圖象可求出物塊沖上木板做勻減速直線運動的加速度大小a1＝ m/s2＝1.5 m/s2，木板開始做勻加速直線運動的加速度大小a2＝ m/s2＝1 m/s2，達到同速后一起勻減速運動的加速度大小a3＝ m/s2＝0.5 m/s2.
(2)對m沖上木板減速階段：μ1mg＝ma1
對M向前加速階段：μ1mg－μ2(m＋M)＝Ma2
物塊和木板達到共同速度后向前減速階段：μ2(m＋M)g＝(M＋m)a3
以上三式聯立可得：＝.
(3)由v－t圖可以看出，物塊相對于長木板滑行的距離Δs對應圖中Δabc的面積，故Δs＝10×4× m＝20 m
答案：(1)1.5 m/s2　1 m/s2　0.5 m/s2　(2)3∶2
(3)20 m

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