高考物理计算题训练滑块与木板模型(答案版)Word下载.doc

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解得：

F0=μ（M+m）g

所以，F的大小范围为：

F>

μ（M+m）g

（2）受力分析如图，先隔离M，由牛顿第二定律可得：

a=μmg/M

F0=μ（M+m）mg/M

μ（M+m）mg/M

2、如图所示，有一块木板静止在光滑水平面上，木板质量M=4kg，长L=1.4m.木板右端放着一个小滑块，小滑块质量m=1kg，其尺寸远小于L，它与木板之间的动摩擦因数μ=0.4，g=10m/s2，

（1）现用水平向右的恒力F作用在木板M上，为了使得m能从M上滑落下来，求F的大小范围.

（2）若其它条件不变，恒力F=22.8N，且始终作用在M上，求m在M上滑动的时间.

（1）小滑块与木板间的滑动摩擦力

f=μFN=μmg=4N…………①

滑动摩擦力f是使滑块产生加速度的最大合外力，其最大加速度

a1=f/m=μg=4m/s2…②

当木板的加速度a2>

a1时，滑块将相对于木板向左滑动，直至脱离木板

F-f=ma2>

ma1F>

f+ma1=20N…………③

即当F>

20N，且保持作用一般时间后，小滑块将从木板上滑落下来。

（2）当恒力F=22.8N时，木板的加速度a2＇，由牛顿第二定律得F-f=Ｍa2＇　　

a2＇＝4.7m/s2………④

设二者相对滑动时间为t，在分离之前

小滑块：

x1=½

a1t2…………⑤

木板：

a2＇t2…………⑥

又有x2－x1=L…………⑦

t=2s…………⑧

3、质量mA=3.0kg、长度L=0.70m、电量q=+4.0×

10-5C的导体板A在足够大的绝缘水平面上，

质量mB=1.0kg可视为质点的绝缘物块B在导体板A的左端，开始时A、B保持相对静止一起向右滑动，当它们的速度减小到=3.0m/s时，立即施加一个方向水平向左、场强大小E=1.0×

105N/C的匀强电场,此时A的右端到竖直绝缘挡板的距离为S=2m，此后A、B始终处在匀强电场中，如图所示.假定A与挡板碰撞时间极短且无机械能损失，A与B之间（动摩擦因数=0.25）及A与地面之间（动摩擦因数=0.10）的最大静摩擦力均可认为等于其滑动摩擦力，g取10m/s2（不计空气的阻力）求：

（1）刚施加匀强电场时，物块B的加速度的大小？

（2）导体板A刚离开挡板时，A的速度大小？

（3）B能否离开A,若能，求B刚离开A时，B的速度大小；

若不能，求B与A的左端的最大距离？

解：

（1）设B受到的最大静摩擦力为，则①（1分）

设A受到地面的滑动摩擦力的，则②（1分）

施加电场后，设A．B以相同的加速度向右做匀减速运动，加速度大小为，由牛顿第二定律

③（2分）解得：

（2分）

设受到的摩擦力为，由牛顿第二定律得，④

因为，所以电场作用后，A．B仍保持相对静止以相同加速度向右做匀减速运动，所以刚加上匀强电场时，B的加速度大小（2分）

（2）A与挡板碰前瞬间，设A．B向右的共同速度为，

（2分）解得（1分）

A与挡板碰撞无机械能损失，故A刚离开挡板时速度大小为（1分）

（3）A与挡板碰后，以A．B系统为研究对象，⑥

故A、B系统动量守恒，设A、B向左共同速度为，规定向左为正方向，得：

⑦（3分）

设该过程中，B相对于A向右的位移为，由系统功能关系得：

⑧（4分）解得（2分）

因，所以B不能离开A，B与A的左端的最大距离为（1分）

4、如图所示，光滑水平面MN的左端M处有一弹射装置P（P为左端固定，处于压缩状态且锁定的轻质弹簧，当A与P碰撞时P立即解除锁定），右端N处与水平传送带恰平齐且很靠近，传送带沿逆时针方向以恒定速率υ=5m/s匀速转动，水平部分长度L=4m。

放在水平面上的两相同小物块A、B（均视为质点）间有一被压缩的轻质弹簧，弹性势能Ep=4J，弹簧与A相连接，与B不连接，A、B与传送带间的动摩擦因数μ=0.2，物块质量mA=mB=1kg。

现将A、B由静止开始释放，弹簧弹开，在B离开弹簧时，A未与P碰撞，B未滑上传送带。

取g=10m/s2。

求：

（1）B滑上传送带后，向右运动的最远处与N点间的距离s；

（2）B从滑上传送带到返回到N端的时间t和这一过程中B与传送带间因摩擦而产生的热能Q；

P

M

N

A

B

D

L

υ

（3）B回到水平面后压缩被弹射装置P弹回的A上的弹簧，B与弹簧分离然后再滑上传送带。

则P锁定时具有的弹性势能E满足什么条件，才能使B与弹簧分离后不再与弹簧相碰。

（1）弹簧弹开的过程中，系统机械能守恒

Ep=mAυA2+mBυB2（1分）

由动量守恒有mAυA-mBυB=0（1分）

联立以上两式解得υA=2m/sυB=2m/s（1分）

B滑上传送带做匀减速运动，当速度减为零时，向右运动的距离最大。

由动能定理得-μmBgsm=0-mBυB2（1分）

解得sm==1m（1分）

（2）物块B先向右做匀减速运动，直到速度减小到零，然后反方向做匀加速运动，回到皮带左端时速度大小仍为υB=2m/s（1分）

由动量定理-μmBgt=-mBυB-mBυB（1分）

解得t==2s（1分）

B向右匀减速运动因摩擦而产生的热能为

Q1=μmBg（υ·

+sm）（1分）

B向左匀加速运动因摩擦而产生的热能为

Q2=μmBg（υ·

-sm）（1分）

Q=Q1+Q2=μmBgυt=20J（1分）

（3）设弹射装置P将A弹开时的速度为υA′，则

E=mAυA′2-mAυA2（2分）

B离开弹簧时，AB速度互换，B的速度υB′=υA′（2分）

B与弹簧分离后不再与弹簧相碰，则B滑出平台Q端，由能量关系有

mBυB′2>

μmBgL（2分）

以上三式解得

E>

μmAgL-mAυA2（2分）

代入数据解得E>

6J（1分）