资源简介

中小学教育资源及组卷应用平台
高中物理模型方法分类解析
模型07
板块相对运动模型（原卷版）
两种类型
类型图示
规律分析
木板B带动物块A,物块恰好不从木板上掉下的临界条件是物块恰好滑到木板左端时二者速度相等,则位移关系为xB=xA+L
物块A带动木板B,物块恰好不从木板上掉下的临界条件是物块恰好滑到木板右端时二者速度相等,则位移关系为xB+L=xA
　此类问题涉及两个物体、多个运动过程,并且物体间还存在相对运动,所以应准确求出各物体在各运动过程的加速度(注意两过程的连接处加速度可能突变),找出物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口。求解中更应注意联系两个过程的纽带,每一个过程的末速度是下一个过程的初速度。
【典例1】如图所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验。
若砝码和纸板的质量分别为和，各接触面间的动摩擦因数均为。
重力加速度为g。
（1）当纸板相对砝码运动时，求纸板所受摩擦力的大小；
（2）要使纸板相对砝码运动，求所需拉力的大小；
（3）本实验中，
=0。
5kg，
=0。
1kg，
=0。
2，砝码与纸板左端的距离d=0。
1m，取g=10。
若砝码移动的距离超过=0。
002m，人眼就能感知。
为确保实验成功，纸板所需的拉力至少多大？
【变式训练1】(多选)如图所示,一足够长的木板静止在粗糙的水平面上,t=0时刻滑块从木板的左端以速度v0水平向右滑行,木板与滑块间存在摩擦,且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列描述滑块的v-t图象中可能正确的是(　　)。
【典例2】质量M=4
kg、长为2l=4
m的木板放在光滑水平地面上,以木板中点为界,左边和右边的动摩擦因数不同。一个质量m=1
kg的滑块(可视为质点)放在木板的左端,如图甲所示。在t=0时刻对滑块施加一个水平向右的恒力F,使滑块和木板均由静止开始运动,t1=2
s时滑块恰好到达木板中点,滑块运动的x1-t图象如图乙所示。重力加速度取g=10
m/s2。
(1)求滑块与木板左边的动摩擦因数μ1和恒力F的大小。
(2)若滑块与木板右边之间的动摩擦因数μ2=0.1,2
s末撤去恒力F,则滑块能否从木板上滑落下来?若能,求分离时滑块的速度大小。若不能,则滑块将停在离木板右端多远处?
【变式训练2】如图甲所示,有一倾角θ=30°的光滑固定斜面,在与斜面底端相接的水平面上放一质量为M的木板。开始时质量m=1
kg
的滑块在水平向左的力F作用下静止在斜面上,现将力F变为水平向右,当滑块滑到木板上时撤去力F,滑块滑上木板的过程不考虑能量损失。此后滑块和木板在水平面上运动的v-t图象如图乙所示,g=10
m/s2。求:
(1)水平作用力F的大小。
(2)滑块开始下滑时的高度。
(3)木板的质量。
【典例3】传送带与平板紧靠在一起,且上表面在同一水平面内,两者长度分别为L1=2.5
m、L2=2
m。传送带始终保持以速度v匀速运动。现将一滑块(可视为质点)轻放到传送带的左端,然后平稳地滑上平板。已知滑块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5,滑块与平板、平板与
支持面间的动摩擦因数分别为μ1=0.3、μ2=0.1,滑块、平板的质量均为m=2
kg,重力加速度g取10
m/s2。
(1)若滑块恰好不从平板上掉下,求v的大小。
(2)若v=6
m/s,求滑块离开平板时的速度大小。
【变式训练3】如图所示,倾角α=30°的足够长的光滑斜面固定在水平面上,斜面上放一长L=1.8
m,质量M=3
kg的薄木板,木板的最上端叠放一质量m=1
kg的小物块,物块与木板间的动摩擦因数μ=。对木板施加沿斜面向上的恒力F,使木板沿斜面由静止开始向上做匀加速直线运动,假设物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,取重力加速度g=10
m/s2。
(1)为使物块不滑离木板,求力F应满足的条件。
(2)若F=37.5
N,物块能否滑离木板?若不能,请说明理由;若能,求出物块滑离木板所用的时间及滑离木板后沿斜面上升的最大距离。
【典例4】如图所示,两个滑块A和B的质量分别为mA=1
kg和mB=5
kg,放在静止于水平地面上的木板的两端,两者与木板间的动摩擦因数均为μ1=0.5;木板的质量m=4
kg,与地面间的动摩擦因数μ2=0.1。某时刻A、B两滑块开始相向滑动,初速度大小均为v0=3
m/s。A、B相遇时,A与木板恰好相对静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,取重力加速度大小g=10
m/s2。求:
(1)B与木板相对静止时,木板的速度。
(2)A、B开始运动时,两者之间的距离。
【变式训练4】下暴雨时,有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害。某地有一倾角θ=37°(sin
37°=)的山坡C,上面有一质量为m的石板B,其上下表面与斜坡平行;B上有一碎石堆A(含有大量泥土),A和B均处于静止状态,如图甲所示。假设某次暴雨中,A浸透雨水后总质量也为m(可视为质量不变的滑块),在极短时间内,A、B间的动摩擦因数μ1减小为,B、C间的动摩擦因数μ2减小为0.5,A、B开始运动,此时刻为计时起点;在第2
s末,B的上表面突然变为光滑,μ2保持不变。已知A开始运动时,A离B下边缘的距离l=27
m,C足够长,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。取重力加速度大小g=10
m/s2。求:
(1)在0~2
s时间内A和B加速度的大小。
(2)A在B上总的运动时间。
【典例4】如图甲所示,足够长的木板B静置于光滑水平面上,其上放置小滑块A。木板B受到随时间t变化的水平拉力F作用时,木板B的加速度a与拉力F关系图象如图乙所示,则小滑块A的质量为(　　)。
A.4
kg
B.3
kg
C.2
kg
D.1
kg
【变式训练4】如图所示,质量m1=0.3
kg的小车静止在光滑的水平面上,车长L=1.5
m,现有质量m2=0.2
kg且可视为质点【变式训练3】的物块,以水平向右的速度v0=2
m/s从左端滑上小车,最后在车面上某处与小车保持相对静止。物块与车面间的动摩擦因数μ=0.5,取g=10
m/s2。
(1)求物块在车面上滑行的时间t。
(2)要使物块不从小车右端滑出,则物块滑上小车左端的速度v0'不超过多少?
【典例5】如图所示,长木板ab的b端固定有一挡板,木板与挡板的总质量M=4.0
kg,a、b间的距离s=2.0
m,木板位于光滑水平面上,在木板a端有一小物块,其质量m=1.0
kg,小物块与木板间的动摩擦因数μ=0.1,它们都处于静止状态,现令小物块以初速度v0=4.0
m/s沿木板向右滑动,直到和挡板相碰。碰撞后,小物块恰好回到a端而不脱离木板,求碰撞过程中损失的机械能。(g取10
m/s2,小物块和挡板可视为质点)
【变式训练5】(多选)如图甲所示,质量为M的长木板A放在光滑的水平面上,质量m=2
kg的另一物体B以水平速度v0=3
m/s滑上原来静止的长木板A的上表面,由于A、B间存在摩擦力,之后A、B速度随时间变化的情况如图乙所示,则下列说法正确的是(　　)。
甲
乙
A.木板A获得的动能为2
J
B.系统损失的机械能为4
J
C.木板A的最小长度为1.5
m
D.A、B间的动摩擦因数为0.1
【典例6】如图所示,质量M=4
kg的滑板B静止放在光滑水平面上,滑板右端固定一根轻质弹簧,弹簧的自由端C到滑板左端的距离L=0.5
m,可视为质点的小木块A的质量m=1
kg,原来静止于滑板的左端,滑板与木块A间的动摩擦因数μ=0.2。滑板B受水平向左的恒力F=14
N作用时间t后撤去F,这时木块A恰好到达弹簧自由端C处,此后运动过程中弹簧的最大压缩量s=5
cm。重力加速度g取10
m/s2。求:
(1)水平恒力F的作用时间t。
(2)木块A压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能。
(3)当木块A脱离弹簧且系统达到稳定后,整个运动过程中系统所产生的热量。
21世纪教育网
www.21cnjy.com
精品试卷·第
2
页
（共
2
页）
HYPERLINK
"http://21世纪教育网(www.21cnjy.com)
"
21世纪教育网(www.21cnjy.com)中小学教育资源及组卷应用平台
高中物理模型方法分类解析
模型07
板块相对运动模型（解析版）
两种类型
类型图示
规律分析
木板B带动物块A,物块恰好不从木板上掉下的临界条件是物块恰好滑到木板左端时二者速度相等,则位移关系为xB=xA+L
物块A带动木板B,物块恰好不从木板上掉下的临界条件是物块恰好滑到木板右端时二者速度相等,则位移关系为xB+L=xA
　此类问题涉及两个物体、多个运动过程,并且物体间还存在相对运动,所以应准确求出各物体在各运动过程的加速度(注意两过程的连接处加速度可能突变),找出物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口。求解中更应注意联系两个过程的纽带,每一个过程的末速度是下一个过程的初速度。
【典例1】如图所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验。
若砝码和纸板的质量分别为和，各接触面间的动摩擦因数均为。
重力加速度为g。
（1）当纸板相对砝码运动时，求纸板所受摩擦力的大小；
（2）要使纸板相对砝码运动，求所需拉力的大小；
（3）本实验中，
=0。
5kg，
=0。
1kg，
=0。
2，砝码与纸板左端的距离d=0。
1m，取g=10。
若砝码移动的距离超过=0。
002m，人眼就能感知。
为确保实验成功，纸板所需的拉力至少多大？
【答案】(1)
(2)
(3)
【解析】(1)砝码对纸板的摩擦力
桌面对纸板的摩擦力
解得
(2)设砝码的加速度为,纸板的加速度为,则
发生相对运动
解得
(3)纸板抽出前,砝码运动的距离
纸板运动的距离
纸板抽出后，砝码在桌面上运动的距离
由题意知
解得
代入数据得
【变式训练1】(多选)如图所示,一足够长的木板静止在粗糙的水平面上,t=0时刻滑块从木板的左端以速度v0水平向右滑行,木板与滑块间存在摩擦,且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列描述滑块的v-t图象中可能正确的是(　　)。
【答案】BD
【解析】设滑块质量为m,木板质量为M,滑块与木板间的动摩擦因数为μ1,木板与地面间的动摩擦因数为μ2,若μ1mg<μ2(M+m)g,则滑块滑上木板后向右做匀减速运动,加速度a1=μ1g,木板静止,D项可能;若μ1mg>μ2(M+m)g,则滑块滑上木板后向右做匀减速运动,加速度a1=μ1g,木板向右做匀加速运动,当二者速度相等后,一起以a2=μ2g的加速度匀减速到停止,且a1>a2,B项可能。
【典例2】质量M=4
kg、长为2l=4
m的木板放在光滑水平地面上,以木板中点为界,左边和右边的动摩擦因数不同。一个质量m=1
kg的滑块(可视为质点)放在木板的左端,如图甲所示。在t=0时刻对滑块施加一个水平向右的恒力F,使滑块和木板均由静止开始运动,t1=2
s时滑块恰好到达木板中点,滑块运动的x1-t图象如图乙所示。重力加速度取g=10
m/s2。
(1)求滑块与木板左边的动摩擦因数μ1和恒力F的大小。
(2)若滑块与木板右边之间的动摩擦因数μ2=0.1,2
s末撤去恒力F,则滑块能否从木板上滑落下来?若能,求分离时滑块的速度大小。若不能,则滑块将停在离木板右端多远处?
【答案】(1)0.4　6N　(2)不能　0.4m
【解析】(1)滑块和木板均做初速度为零的匀加速直线运动,设滑块的加速度大小为a1,木板的加速度大小为a2,则t1=2s时木板的位移x2=a2
滑块的位移x1=4m
由牛顿第二定律得a2=
由位移关系得x1-x2=l
联立解得μ1=0.4
滑块位移x1=a1
恒力F=ma1+μ1mg
联立解得F=6N。
(2)设滑块到达木板中点时,滑块的速度为v1,木板的速度为v2,滑块滑过中点后做匀减速运动,木板以另一加速度做匀加速运动,此时滑块和木板的加速度大小分别为
a1'==μ2g,a2'=
设滑块与木板从t1时刻开始到速度相等时的运动时间为t2,则v2=a2t1,v1=a1t1,v1-a1't2=v2+a2't2
解得t2=1.6s
在此时间内,滑块位移x1'=v1t2-a1'
木板的位移x2'=v2t2+a2'
滑块相对木板运动的位移Δx=x1'-x2'
联立解得Δx=1.6m<2m
因此滑块没有从木板上滑落,滑块与木板相对静止时到木板右端的距离d=l-Δx=0.4m。
【变式训练2】如图甲所示,有一倾角θ=30°的光滑固定斜面,在与斜面底端相接的水平面上放一质量为M的木板。开始时质量m=1
kg
的滑块在水平向左的力F作用下静止在斜面上,现将力F变为水平向右,当滑块滑到木板上时撤去力F,滑块滑上木板的过程不考虑能量损失。此后滑块和木板在水平面上运动的v-t图象如图乙所示,g=10
m/s2。求:
(1)水平作用力F的大小。
(2)滑块开始下滑时的高度。
(3)木板的质量。
【答案】(1)N　(2)2.5m　(3)1.5kg
【解析】(1)滑块受力如图丙所示,根据平衡条件,有mgsinθ=Fcosθ,解得F=N。
(2)当力F变为水平向右之后,由牛顿第二定律,有mgsinθ+Fcosθ=ma
解得a=10m/s2
根据题意,由题图乙可知,滑块滑到木板上的初速度v=10m/s
滑块下滑的位移x=,解得x=5m
故滑块下滑的高度h=xsin30°=2.5m。
(3)由题图乙可知,滑块到达木板上后,滑块和木板起初相对滑动,当达到共同速度后一起做匀减速运动,两者共同减速时加速度a1=1m/s2,相对滑动时,木板的加速度a2=1m/s2,滑块的加速度大小a3=4m/s2
设木板与地面间的动摩擦因数为μ1,滑块与木板间的动摩擦因数为μ2,对它们整体受力分析,有a1==μ1g,解得μ1=0.1
0~2s内分别对木板和滑块受力分析,对木板有μ2mg-μ1(M+m)g=Ma2
对滑块有μ2mg=ma3
联立解得M=1.5kg。
【典例3】传送带与平板紧靠在一起,且上表面在同一水平面内,两者长度分别为L1=2.5
m、L2=2
m。传送带始终保持以速度v匀速运动。现将一滑块(可视为质点)轻放到传送带的左端,然后平稳地滑上平板。已知滑块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5,滑块与平板、平板与
支持面间的动摩擦因数分别为μ1=0.3、μ2=0.1,滑块、平板的质量均为m=2
kg,重力加速度g取10
m/s2。
(1)若滑块恰好不从平板上掉下,求v的大小。
(2)若v=6
m/s,求滑块离开平板时的速度大小。
【答案】(1)4m/s　(2)3.5m/s
【解析】(1)滑块在平板上做匀减速运动,加速度大小
a1==3m/s2
由于μ1mg>2μ2mg,故平板做匀加速运动,加速度大小
a2==1m/s2
设滑块滑至平板右端用时为t,共同速度为v',平板位移为x,对滑块有v'=v-a1t
L2+x=vt-a1t2
对平板有v'=a2t,x=a2t2
联立解得t=1s,v=4m/s
滑块在传送带上的加速度a3==5m/s2
若滑块在传送带上一直加速,则获得的速度
v1==5m/s>4m/s
只有v=4m/s符合题意。
(2)v1=5m/s<6m/s,即滑块滑上平板的速度为5m/s
设滑块在平板上运动的时间为t',离开平板时的速度为v″,平板位移为x'
则v″=v1-a1t',L2+x'=v1t'-a1t'2
x'=a2t'2
联立解得t1'=s,t2'=2s(t2'>t,不合题意,舍去)
将t'=s代入v″=v1-a1t'得v″=3.5m/s。
【变式训练3】如图所示,倾角α=30°的足够长的光滑斜面固定在水平面上,斜面上放一长L=1.8
m,质量M=3
kg的薄木板,木板的最上端叠放一质量m=1
kg的小物块,物块与木板间的动摩擦因数μ=。对木板施加沿斜面向上的恒力F,使木板沿斜面由静止开始向上做匀加速直线运动,假设物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,取重力加速度g=10
m/s2。
(1)为使物块不滑离木板,求力F应满足的条件。
(2)若F=37.5
N,物块能否滑离木板?若不能,请说明理由;若能,求出物块滑离木板所用的时间及滑离木板后沿斜面上升的最大距离。
【答案】(1)20N【解析】(1)若整体恰好静止,则F=(M+m)gsinα=20N
因要拉动木板,则F>20N
若整体一起向上做匀加速直线运动,对物块和木板,由牛顿第二定律得
F-(M+m)gsinα=(M+m)a
对物块有f-mgsinα=ma
其中f≤μmgcosα
代入数据解得F≤30N
向上加速的过程中为使物块不滑离木板,力F应满足的条件为20N(2)当F=37.5N>30N时,物块能滑离木板,由牛顿第二定律,对木板有F-μmgcosα-Mgsinα=Ma1
对物块有μmgcosα-mgsinα=ma2
设物块滑离木板所用的时间为t,由运动学公式得
a1t2-a2t2=L
解得t=1.2s
物块滑离木板时的速度v=a2t
滑离后沿斜面上升的最大距离,满足-2gssinα=0-v2
解得s=0.9m。
【典例4】如图所示,两个滑块A和B的质量分别为mA=1
kg和mB=5
kg,放在静止于水平地面上的木板的两端,两者与木板间的动摩擦因数均为μ1=0.5;木板的质量m=4
kg,与地面间的动摩擦因数μ2=0.1。某时刻A、B两滑块开始相向滑动,初速度大小均为v0=3
m/s。A、B相遇时,A与木板恰好相对静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,取重力加速度大小g=10
m/s2。求:
(1)B与木板相对静止时,木板的速度。
(2)A、B开始运动时,两者之间的距离。
【答案】(1)1m/s　(2)1.9m
【解析】(1)滑块A和B在木板上滑动时,木板也在地面上滑动。设A、B和木板所受的摩擦力大小分别为f1、f2和f3,A和B相对于地面的加速度大小分别为aA和aB,木板相对于地面的加速度大小为a1。在滑块B与木板达到共同速度前有
f1=μ1mAg,f2=μ1mBg,f3=μ2(m+mA+mB)g
由牛顿第二定律得
f1=mAaA,f2=mBaB,f2-f1-f3=ma1
设在t1时刻,B与木板达到共同速度,其大小为v1。由运动学公式有
v1=v0-aBt1,v1=a1t1
联立上式,代入已知数据得v1=1m/s。
(2)在t1时间间隔内,B相对于地面移动的距离为
sB=v0t1-aB
设在B与木板达到共同速度v1后,木板的加速度大小为a2。对于B与木板组成的系统,由牛顿第二定律有
f1+f3=(mB+m)a2
aA=aB=μ1g;B与木板达到共同速度时,A的速度大小也为v1,但运动方向与木板相反。由题意知,A和B相遇时,A与木板的速度相同,设其大小为v2。设A的速度大小从v1变到v2所用的时间为t2,则由运动学公式,对木板有
v2=v1-a2t2
对A有v2=-v1+aAt2
在t2时间间隔内,B(以及木板)相对地面移动的距离为
s1=v1t2-a2
在(t1+t2)时间间隔内,A相对地面移动的距离为
sA=v0(t1+t2)-aA(t1+t2)2
A和B相遇时,A与木板的速度也恰好相同。因此A和B开始运动时,两者之间的距离s0=sA+s1+sB
联立解得s0=1.9m。
【变式训练4】下暴雨时,有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害。某地有一倾角θ=37°(sin
37°=)的山坡C,上面有一质量为m的石板B,其上下表面与斜坡平行;B上有一碎石堆A(含有大量泥土),A和B均处于静止状态,如图甲所示。假设某次暴雨中,A浸透雨水后总质量也为m(可视为质量不变的滑块),在极短时间内,A、B间的动摩擦因数μ1减小为,B、C间的动摩擦因数μ2减小为0.5,A、B开始运动,此时刻为计时起点;在第2
s末,B的上表面突然变为光滑,μ2保持不变。已知A开始运动时,A离B下边缘的距离l=27
m,C足够长,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。取重力加速度大小g=10
m/s2。求:
(1)在0~2
s时间内A和B加速度的大小。
(2)A在B上总的运动时间。
【答案】(1)3m/s2　1m/s2　(2)4s
【解析】(1)在0~2s时间内,A和B的受力如图乙所示,其中Ff1、FN1是A与B之间的摩擦力和正压力的大小,Ff2、FN2是B与C之间的摩擦力和正压力的大小,方向如图乙所示。由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得
Ff1=μ1FN1
FN1=mgcosθ
Ff2=μ2FN2
FN2=FN1+mgcosθ
规定沿斜面向下为正。设A和B的加速度分别为a1和a2,由牛顿第二定律得
mgsinθ-Ff1=ma1
mgsinθ-Ff2+Ff1=ma2
联立上式,并代入题给条件得
a1=3m/s2
a2=1m/s2。
(2)在t1=2s时,设A和B的速度分别为v1和v2,则
v1=a1t1=6m/s
v2=a2t1=2m/s
t>t1时,设A和B的加速度分别为a1'和a2'。此时A与B之间摩擦力为零,同理可得
a1'=6m/s2
a2'=-2m/s2
由于a2'<0,可知B做减速运动。设经过时间t2,B的速度减为零,则有
v2+a2't2=0
联立解得t2=1s
在t1+t2时间内,A相对于B运动的距离
x=a1+v1t2+a1'-a2+v2t2+a2'=12m<27m
此后B静止不动,A继续在B上滑动。设再经过时间t3后A离开B,则有
l-x=(v1+a1't2)t3+a1'
可得t3=1s(另一解不合题意,舍去)
设A在B上总的运动时间为t总,有
t总=t1+t2+t3=4s。
【典例4】如图甲所示,足够长的木板B静置于光滑水平面上,其上放置小滑块A。木板B受到随时间t变化的水平拉力F作用时,木板B的加速度a与拉力F关系图象如图乙所示,则小滑块A的质量为(　　)。
A.4
kg
B.3
kg
C.2
kg
D.1
kg
【答案】B
【解析】当F=8N时,加速度a=2m/s2,对整体分析,由牛顿第二定律有F=(mA+mB)a,代入数据解得mA+mB=4kg,当F大于8N时,A、B发生相对滑动,根据牛顿第二定律,对B有a==F-,由图乙可知,图线的斜率k===1,解得mB=1kg,从而可得滑块A的质量mA=3kg,B项正确。
【变式训练4】如图所示,质量m1=0.3
kg的小车静止在光滑的水平面上,车长L=1.5
m,现有质量m2=0.2
kg且可视为质点【变式训练3】的物块,以水平向右的速度v0=2
m/s从左端滑上小车,最后在车面上某处与小车保持相对静止。物块与车面间的动摩擦因数μ=0.5,取g=10
m/s2。
(1)求物块在车面上滑行的时间t。
(2)要使物块不从小车右端滑出,则物块滑上小车左端的速度v0'不超过多少?
【答案】(1)0.24
s　(2)5
m/s
【解析】(1)设物块与小车的共同速度为v,以水平向右的方向为正方向,根据动量守恒定律有
m2v0=(m1+m2)v
设物块与车面间的滑动摩擦力大小为Ff,对物块应用动量定理有
-Fft=m2v-m2v0,又Ff=μm2g
解得t==0.24
s。
(2)要使物块恰好不从车面最右端滑出,则物块到车面最右端时与小车恰好达到共同的速度,设共同速度为v',则
m2v0'=(m1+m2)v'
由功能关系有m2v0'2=(m1+m2)v'2+μm2gL
代入数据解得v0'=5
m/s
故要使物体不从小车右端滑出,物块滑上小车左端的速度v0'不超过5
m/s。
【典例5】如图所示,长木板ab的b端固定有一挡板,木板与挡板的总质量M=4.0
kg,a、b间的距离s=2.0
m,木板位于光滑水平面上,在木板a端有一小物块,其质量m=1.0
kg,小物块与木板间的动摩擦因数μ=0.1,它们都处于静止状态,现令小物块以初速度v0=4.0
m/s沿木板向右滑动,直到和挡板相碰。碰撞后,小物块恰好回到a端而不脱离木板,求碰撞过程中损失的机械能。(g取10
m/s2,小物块和挡板可视为质点)
【答案】2.4
J
【解析】把物块和木板看成一个系统,设物块和木板最后的共同速度为v,取水平向右为正方向,由动量守恒定律有
mv0=(M+m)v
设碰撞过程中损失的机械能为ΔE,由于物块在木板上滑动使系统损失的机械能为2μmgs,则由能量守恒定律可得
m-(M+m)v2=ΔE+2μmgs
解得ΔE=m-(M+m)v2-2μmgs=-2μmgs=2.4
J。
【变式训练5】(多选)如图甲所示,质量为M的长木板A放在光滑的水平面上,质量m=2
kg的另一物体B以水平速度v0=3
m/s滑上原来静止的长木板A的上表面,由于A、B间存在摩擦力,之后A、B速度随时间变化的情况如图乙所示,则下列说法正确的是(　　)。
甲
乙
A.木板A获得的动能为2
J
B.系统损失的机械能为4
J
C.木板A的最小长度为1.5
m
D.A、B间的动摩擦因数为0.1
【答案】AC
【解析】设物体B与长木板达到的共同速度为v,则根据动量守恒定律可得mv0=(m+M)v,解得M=4
kg,A的动能Ek=Mv2=2
J,A项正确;系统损失的动能ΔEk=m-(M+m)v2=6
J,B项错误;在第1
s内A的位移为x1,B的位移为x2,木板长L≥x2-x1=v0t1=1.5
m,C项正确;对于物体B有a==2
m/s2,μmg=ma,解得μ=0.2,D项错误。
【典例6】如图所示,质量M=4
kg的滑板B静止放在光滑水平面上,滑板右端固定一根轻质弹簧,弹簧的自由端C到滑板左端的距离L=0.5
m,可视为质点的小木块A的质量m=1
kg,原来静止于滑板的左端,滑板与木块A间的动摩擦因数μ=0.2。滑板B受水平向左的恒力F=14
N作用时间t后撤去F,这时木块A恰好到达弹簧自由端C处,此后运动过程中弹簧的最大压缩量s=5
cm。重力加速度g取10
m/s2。求:
(1)水平恒力F的作用时间t。
(2)木块A压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能。
(3)当木块A脱离弹簧且系统达到稳定后,整个运动过程中系统所产生的热量。
【答案】(1)1s　(2)0.3J　(3)1.4J
【解析】(1)木块A和滑板B均向左做匀加速直线运动,由牛顿第二定律可得
aA=
aB=
根据题意有sB-sA=L
即aBt2-aAt2=L
联立解得t=1s。
(2)1s末木块A和滑板B的速度分别为
vA=aAt
vB=aBt
当木块A和滑板B的速度相同时,弹簧压缩量最大,具有最大弹性势能,根据动量守恒定律有
mvA+MvB=(m+M)v
由能的转化与守恒得
m+M=(m+M)v2+Ep+μmgs
代入数据求得最大弹性势能Ep=0.3J。
(3)二者共速之后,设木块相对滑板向左运动离开弹簧后系统又能达到共同速度v',相对滑板向左滑动的距离为x,有
mvA+MvB=(m+M)v'
解得v=v'
由能量守恒定律可得Ep=μmgx
解得x=0.15m
由于s+L>x且x>s,故假设成立
整个过程系统产生的热量Q=μmg(L+s+x)=1.4J。
21世纪教育网
www.21cnjy.com
精品试卷·第
2
页
（共
2
页）
HYPERLINK
"http://21世纪教育网(www.21cnjy.com)
"
21世纪教育网(www.21cnjy.com)

展开更多......

收起↑