物理专题-滑块类问题精选习题+答案.doc

滑块类与皮带类问题的专题复习1、一圆环A套在一均匀圆木棒B上，A的高度相对B的长度来说可以忽略不计，A和B的质量都等于m，A 和B之间的滑动摩擦力为f(fmg)，开始时B竖直放置，下端离地面高度为h.A在B的顶端.如图所示,让它们由静止开始自由下落,当木棒与地面相碰后,木棒以竖直向上的速度反向运动,并且碰撞前后的速度大小相等.设碰撞时间很短,不考虑空气阻力.问在B再次着地前,要使A不脱离B,B至少应该多长?(8m2g2h /(mg+f)2)ABh解析：A和B一起自由下落，木棒B落地时：v木棒B以速度v反弹，在A恰好不脱离B的情况下，B向上运动后再返回至地面，加速度为：al运动时间为：t在这段时间内圆环A以初速度v向下加速运动到地面，位移恰为棒的长度l，加速度为：a2所以l可求得：l2、如图所示,绷紧的传送带与水平面的夹角=300,皮带在电动机的带动下,始终保持V0=2m/s的速率运行,现把一质量m=10Kg的工件(可看做质点)轻放在皮带的底端,经时间t=1.9s,工件被传送到h=1.5m高处,取g=10m/s2,求工件与皮带间的动摩擦因数是多少?( )v0h解析:设工件先匀加速再匀速 =t1+v0(tt1) 匀加速时间t1=0.8s 匀加速加速度a=2.5m/s2 mgcosmgsin=ma =3.如图所示，质量M=4.0kg，长L=4.0m的木板B静止在光滑水平地面上，木板右端与竖直墙壁之间距离为s=6.0m，其上表面正中央放置一个质量m=1.0kg的小滑块A，A与B之间的动摩天楼擦因数为=0.2。现用大小为F=18N的推力水平向右推B，两者发生相对滑动，作用1s后撤去推力F，通过计算可知，在B与墙壁碰撞时A没有滑离B。设B与墙壁碰撞时间极短，且无机械能损失，重力加速度g=10m/s2.求A在B上滑动的整个过程中，A，B系统因摩擦产生的内能增量。解：以A为研究对象，由牛顿第二定律a1=g=2 ms2 以B为研究对象，由牛顿第二定律a2=4ms2 设撤去推力时A向右速度为v1，对地位移为s1，相对于B向左滑动s1，则v1=a1t=2m/s s1=a1t2=1=1m 设撤去推力时B向右速度为v2，B对地位移为s2，则v2=a2t=4ms s2=a2t2=2 m s1=s2-s1=1 m 撒去F后，A向右加速，B向右减速；设B前进s3，尚未与墙壁相碰，两者达到共同速度v3，此时A相对B又向左滑动s2，由系统动量守恒定律mv1+Mv2=(m+M)v3 以B为研究对象，由动能定理 -mgs3=由系统功能关系 mgs2= 解得s3=3.04 m s2=0.8 m 因s2+s3s，故当两者达到共同速度时，B尚未与墙壁碰撞。B与墙壁发生弹性碰撞后，设A、B再次达到共同速度v4时，A尚未滑离B，A相对于B向右滑动s3，由系统动量守恒定律Mv3-mv3=(M+m)v4 由系统功能关系mgs3= 由上面两式求得 s3=10.4 m因s3s1+s2+=3.8 m，故在两者达到共同速度前，A已经从B右端滑出，故A在B上滑动的整个过程中，A、B系统因摩擦产生内能增量为E=mg2(s1+s2)+=11.2J4.如图所示,长L=1.5m,高h=0.45m,质量M=10Kg的长方体木箱在水平面上向右做直线运动,当木箱的速度V0=3.6m/s时,对木箱施加一个方向水平向左的恒力F=50N,并同时将一个质量m=1Kg的小球轻放在距木箱右端L/3的P点(小球可视为质点,放在P点时相对于地面的速度为零),经过一段时间,小球脱离木箱落到地面,木箱与地面的动摩擦因数为0.2,其它摩擦均不计, g=10m/s2 ,求1)小球从离开木箱开始至落到地面所用的时间? 2)小球放在P点后,木箱向右运动的最大位移? 3)小球离开木箱时,木箱的速度?(0.3,0.9,2.8)Fv0P解析：解：(1)小球从离开木箱后做自由落体运动(2)小球放上P点后，木箱受向左恒力和向左摩擦力F+(M+m)g=Ma1，a1=7.2m/s2木箱向右运动的最大位移(3)由于x1=0.9ml.0m，所以小球不会从木箱左端掉下木箱向左匀加速运动，F-(M+m)g=Ma2，a2=2.8m/s2木箱向左匀加速运动x2时，小球脱离术箱，x2=x1+0.5=l.4m木箱向左匀加速运动时间为t2，小球刚离开木箱瞬间，木箱速度方向向左，v2=a2t2=2.8m/s5.为了让观众体会到亲身参与挑战的兴奋和激情,时下很多电视台推出了以全民体验竞技魅力为宗旨的大冲关节目.其中有一关叫跑步机跨栏,它的设置是先让观众通过一段平台,再冲上反向移动的跑步机,并在跑步机上通过几个跨栏,冲到这一关的终点.现有一套跑步机跨栏装置,平台长L1=4m,跑步机长L2=32m,跑步机上设置了一个跨栏(不随跑步机移动),跨栏到平台末端的距离L3=10m,且跑步机以v0=1m/s的速度匀速移动.一位挑战者在平台起点从静止开始,以a1=2m/s2的加速度通过平台,冲上跑步机,之后以a2=1m/s2的加速度在跑步机上向前冲.在跨栏时,挑战者不慎摔倒了,经过2s后爬起,又保持原来的加速度在跑步机上顺利通过剩余的路程.假设从摔倒至爬起的过程中挑战者与跑步机始终相对静止.试求挑战者通过跑步机跨栏装置全程所需的时间为多大？ v0解：观众匀加速通过平台： 通过平台的时间：分冲上跑步机的初速度：1分冲上跑步机至第一个跨栏： 1分 解得：t2=2s1分第一次摔倒至爬起随跑步机移动距离：x=v0t=12m=2m2分第一次爬起向左减速过程：v0=a2t3 解得：t3=1s1分位移：2分向右加速冲刺过程2分解得：t4=7s1分观众通过跑步机跨栏装置所需的总时间为：2分6.如图,物体A的质量m=1Kg,静止在光滑水平面上的平板车B的质量为M=0.5 Kg,平板车长为L=1m ,某时刻A以V0=4m/s向右的初速度滑上平板车B的上表面,在A滑上平板车B的同时,给平板车B施加一个水平向右的拉力.忽略物体A的大小,已知A与平板车B之间的动摩擦因数=0.2,取g=10m/s2,试求1)若F=5N,物体A在平板车上运动时相对平板车向前滑行的最大距离是多少? 2)如果要使A不至于从平板车B上滑落,拉力F大小应满足的条件是什么?(0.5m,1NF3N)AV0BF（1）s= SA- SB=0.5m（2）力F应满足的条件是： 【解析】（1）物体A滑上木板B以后，作匀减速运动，有mg =maA 得aA=g=2 m/s2 木板B作加速运动，有F+mg=MaB，得：aB=14 m/s2 两者速度相同时，有V0-aAt=aBt，得：t=0.25s A滑行距离：SA=V0t-aAt2/2=15/16m B滑行距离：SB=aBt2/2=7/16m 最大距离：s= SA- SB=0.5m (2)物体A不滑落的临界条件是A到达B的右端时，A、B具有共同的速度v1，则： 又： 由、式，可得： 再代入式得： 若F1N，则A滑到B的右端时，速度仍大于B的速度，于是将从B上滑落，所以F必须大于等于1N。 当F较大时，在A到达B的右端之前，就与B具有相同的速度，之后，A必须相对B静止，才不会从B的左端滑落。即有： 所以： 若F大于3N，A就会相对B向左滑下。综上：力F应满足的条件是： ABa7.一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1，盘与桌面间的动摩擦因数为2。现突然以恒定加速度a将桌布抽离桌面，加速度的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)( )解：设圆盘的质量为m，桌长为l，在桌布从圆盘下抽出的过程中，盘的加速度为a1，有1mg= ma1桌布抽出后，盘在桌面上做匀减速运动，以a2表示加速度的大小，有2mg=ma2设盘刚离开桌布时的速度为v1，移动的距离为x1，离开桌布后在桌面上再运动距离x2后便停下，有 v12=2a1x1，v12=2a2x2盘没有从桌面上掉下的条件是 设桌布从盘下抽出所经历的时间为t，在这段时间内桌布移动的距离为x，有而由以上各式解得 8.如图所示，在倾角37的足够长的斜面上放一长L3m的盒子，盒子与斜面间的动摩擦因素0.5。在盒子内放一质量等于盒子质量的小物块，已知该物块与盒子无摩擦。开始时用手扶住小物块使系统保持静止，放手后物块由静止滑下。已知小物块将与盒壁发生多次正碰，而且前两次碰撞都发生在盒子的前壁，设每一次碰撞时间极短，且物块与盒子在碰撞时交换速度，求从小物块开始滑动与盒子发生第二次碰撞的过程中盒子发生的位移为多少？（sin370.6 cos370.8 g10m/s2） 9.一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.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=g。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=a0t， v=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，有传送带上留下的黑色痕迹的长度l=s0-s由以上各式得。10.质量为m的物体从离传送带高为H处沿光滑圆弧轨道下滑,水平进入长为L的静止的传送带落在水平地面的Q点,已知物体与传送带间的动摩擦因数为,则当传送带转动时,物体仍以上述方式滑下,将落在Q点的左边还是右边? 请作详尽的讨论PQHhL【解析】物体从P点滑下，设水平滑上传送带时的速度为v0，则由机械能守恒mgH=mv02，可得。当传送带静止时，分析物体在传送带上的受力知物体做匀减速运动，a=mg/m=g。物体离开传送带时的速度为，随后做平抛运动而落在Q点。当传送带逆时针方向转动时，分析物体在传送带上的受力情况与传送带静止时相同，因而物体离开传送带时的速度仍为，随后做平抛运动而仍落在Q点。（当v022gL时，物体将不能滑出传送带而被传送带送回，显然不符合题意）当传送带顺时针转动时，可能出现五种情况：（1）当传送带的速度v较小，时，分析物体在传送带上的受力可知，物体一直做匀减速运动，离开传送带时的速度为，因而仍将落在Q点。（2）当传送带的速度时，分析物体在传送带上的受力可知，物体将在传送带上先做匀减速运动，后做匀速运动，离开传送带时的速度，因而将落在Q点的右边。（3）当传送带的速度=v0时，则物体在传送带上不受摩擦力的作用而做匀速运动，离开传送带时的速度，因而将落在Q点的右边。（4）当传送带的速度时，分析物体在传送带上的受力可知，物体将在传送带上先做匀加速运动，后做匀速运动，离开传送带时的速度，因而将落在Q点的右边。（5）当传送带的速度v较大 时，分析物体在传送带上的受力可知，物体一直做匀加速运动，离开传送带时的速度为，因而将落在Q点的右边。综上所述：当传送带逆时针转动或顺时针转动且速度时，物体仍将落在Q点；当传送带顺时针转动且速度时，物体将落在Q点的右边。11.下图为仓库中常用的皮带传输装置示意图，它由两台皮带传送机组成，一台水平传送，A、B两端相距3m，另一台倾斜，传送带与地面的倾角=37，C、D两端相距4.45m，B、C相距很近。水平部分AB以5m/s的速率顺时针转动。将质量为10kg的一袋大米放在A端，到达B端后，速度大小不变地传到倾斜的CD部分，米袋与传送带间的动摩擦因数均为0.5。试求：(1)若CD部分传送带不运转，求米袋沿传送带所能上升的最大距离；(2)若要米袋能被送到D端，求CD部分顺时针运转的速度应满足的条件;(3)在满足（2）问的情况下，求米袋从C 端到D 端所用时间的取值范围。【答案】 （1） (2) （3）（2） 【解析】试题分析：（1）米袋在AB上加速时的加速度 米袋的速度达到v0=5m/s时，滑行的距离，因此米袋在到达B点之前就有了与传送带相同的速度 ，设米袋在CD上运动的加速度大小为a，由牛顿第二定律得：代入数据得 所以能滑上的最大距离 （2）设CD部分运转速度为时米袋恰能到达D点（即米袋到达D点时速度恰好为零），则米袋速度减为之前的加速度为米袋速度小于至减为零前的加速度为由解得，即要把米袋送到D点，CD部分的速度（3）米袋恰能运到D点所用时间最长为：若CD部分传送带的速度较大，使米袋沿CD上滑时所受摩擦力一直沿皮带向上，则所用时间最短，此种情况米袋加速度一直为。由得，（1分）所以，所求的时间t的范围为 (说明：若计算中选用，则结果为1.162 s ，同样给分)先由由牛顿定律求得加速度,再由运动公式可以求得球3位移大小再由运动学公式求解考点：考查了牛顿第二定律，运动学公式的综合应用12.如图所示在粗糙的水平面有一个长盒A，盒的内部完全光滑，盒子长度为L，盒与水平面间的动摩擦因数=3/4，盒紧靠左侧有一物块B，A与B均处在某一特定场区中，场区对A、B均始终有向右的恒定作用力F=mg/2，已知盒子质量与物块的质量均为m。现同时释放A、B，此后B与A每次碰撞都是完全弹性碰撞（即每次碰撞均交换速度，且碰撞时间极短，可以忽略不计）。已知重力加速度为g。求：（1）物块B从开始释放到与盒A发生第一次碰撞所经过的时间t 1 （2）B与A发生第一次碰撞后，A运动的加速度大小a A 和发生第二次碰撞前瞬间物块B的速度大小v 2 （3）盒A在水平面上运动的总位移大小x(1)对A而言故A不动对B而言水平方向只受到一个恒定作用力匀加速直线运动，向右运动L后与A碰撞得(2)碰后：对A而言具有向右的初速度，但是受到水平向右的恒力和地面向左摩擦力得第一次B与A碰后A的速度为：A减速为0的时间内走过的位移：B从0再加速走过的位移：所以B加速距离后再与A相碰：得(3)B在A的左端只受到恒力作用，不可能静止，因此末状态一定是B静止在A的右端全程应用动能定理：(整体)得：13.如图所示，一质量M=1kg、长度为3.2m的长木板B放在水平地面上，其与地面间的摩擦因数1=0.1；一质量m=2kg的小铁块A放在B的左端，A、B间的动摩擦因数2=0.3刚开始A、B均处于静止状态，现使A获得6m/s向右的初速度，则：（g=10m/s2）（1）A，B刚开始运动的加速度各为多少？（2）A在B上滑动，经过多少时间两者达到共同速度？A最后停在B上何处？ABV0解：(1)A物体水平方向受B向左的摩擦力；由牛顿第二定律可知：2mg=maA；解得：aA=2g=0.310=3m/s2；方向向左；对B分析可知，B水平方向受A的摩擦力及地面的摩擦力，由牛顿第二定律可知：2mg-1（M+m）g=Ma；解得：aB=3m/s2；方向向右；（2）设经ts达共点速度，则有：v0-aAt=aBt解得：t=2s；A通过的位移为：xA=v0t- aA；B通过的位移为：xB= aBAB间的相对位移为：x=xA-xB=(v0t- aA)-aB（1） 解得：x=6m；答：（1）A，B刚开始运动的加速度大小均为3m/s2；A的方向向左，B的方向向右；（2）A在B上滑动，经过2s两者达到共同速度；A最后停在B上距左端6m处 14.如图所示，质量M = 4.0kg的长木板B静止在光滑的水平地面上，在其右端放一质量m = 1.0kg的小滑块A（可视为质点）。初始时刻，A、B分别以v0 = 2.0m/s向左、向右运动，最后A恰好没有滑离B板。已知A、B之间的动摩擦因数 = 0.40，取g =10m/s2。求： A、B相对运动时的加速度aA和aB的大小与方向； A相对地面速度为零时，B相对地面运动已发生的位移x； 木板B的长度l。解： A、B分别受到大小为mg的作用，根据牛顿第二定律 对A物体：mg = maA 1分则aA = g = 4.0m/s2 1方向水平向右 1 对B物体：mg = MaB 1分则aB =mg /M = 1.0m/s2 1分方向水平向左 1分 开始阶段A相对地面向左做匀减速运动，速度为0的过程中所用时间为t1，则v0 = aAt1，则t1 = v0/aA = 0.50s 1分B相对地面向右做减速运动x = v0t - aBt2 = 0.875m 1分 A向左匀减速运动至速度为零后，相对地面向右做匀加速运动，加速度大小仍为aA = 4.0m/s2；B板向右仍做匀减速运动，加速度大小仍aB = 1.0m/s2；1分当A、B速度相等时，A相对B滑到最左端，恰好不滑出木板，故木板B的长度为这个全过程中A、B间的相对位移；1分在A相对地面速度为零时，B的速度vB = v0 aBt1 = 1.5m/s 1分设由A速度为零至A、B相等所用时间为t2，则 aAt2 = vB aBt2，解得t2 = vB/(aA + aB) = 0.3s；共同速度v = aAt2 = 1.2m/s 1分A向左运动位移xA = (v0 v)(t1 + t2)/2 = (2 1.2)(0.5 + 0.3)/2 m = 0.32m1分B向右运动位移xB = (v0+ v) (t1 + t2)/2 = (2 + 1.2)(0.5 + 0.3)/2 m 1.28m1分B板的长度l = xA + xB = 1.6m1分其他：能量守恒定律mgl = (M + m)v02 (M + m)v2，代入数据解得l = 1.6m 图像解法l = = 1.6m 或其他解法正确皆可 15.一长木板在水平地面上运动，在=0时刻将一相对于地面精致的物块轻放到木板上，以后木板运动的速度时间图像如图所示。己知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有靡攘.物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上。取重力加速度的大小g求: (1) 物块与木板间；木板与地面间的动摩擦因数: (2) 从时刻到物块与木板均停止运动时，物块相对 于木板的位移的大小.【答案】(1)1=0.20 2=0.30 (2)s=1.125m【解析】(1)从t=0时开始，木板与物块之间的摩擦力使物块减速，此过程一直持续到物块和木板具有共同速度为止。由图可知，在t1=0.5s时，物块和木板的速度相同，设t=0到t=t1时间间隔内，物块和木板的加速度大小分别为a1和a2，则 式中v0=5m/s，v1=1m/s分别为木板在t=0、t=t1时速度的大小。设物块和木板为m，物块和木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为1和2，由牛顿第二定律得 联立式得 (2)在t1时刻后，地面对木板的摩擦力阻碍木板运动，物块与木板之间的摩擦力改变方向。设物块与木板之间的摩擦力大小为f，物块和木板的加速度大小分别为和，则由牛顿第二定律得 假设，则；由式得，与假设矛盾，故 由式知，物块的加速度的大小等于a1；物块的v-t图象如图中点划线所示。 由运动学公式可推知，物块和木板相对于地面的运动距离分别为v/(m/s)t/s0150.5 物块相对于木板的位移的大小为 联立式得 s=1.125m