二轮复习滑板滑块专题

1力与物体的运动—连接体问题一、连接体问题1、连接体：我们把两个或者两个以上物体连接组成的物体系统称为连接体。2、整体法和隔离法：在处理连接体问题是，研究对象的选择尤为重要，可分为整体法和隔离法，在用整体法分析系统受力是只分析外力不必分析内力；在用隔离法解题时要注意判明隔离体的运动方向和加速度方向，同时为了方便解题，一般我们隔离受力个数少的物体。二、典型例题分析（一）．具有共同加速度的连接体例题1、光滑的水平面上，并排放着n个相同的小木块，质量均为M，在水平恒力F作用下做匀加速运动。求从左侧数第m个木块对第m+1个木块的作用力的大小。解析：把所有n个木块整体作为研究对象，由牛顿第二定律得：隔离右侧的（n－m）个木块为研究对象，用F’表示第m个木块对第（m+1）个木块的作用力则我们看到m不同，相邻两木块间的作用力是不同的。思路总结：变式1：如图所示，水平面上并排放着两个相同的小块，质量均为m，它们与水平的动摩擦因数都为μ，现它们在水平力F推动下向右做加速运动，求两个物体之间的作用力大小。解析：对整体分析，由牛顿第二定律得：F-2μmg=2ma隔B，由牛顿第二定律得：N-μmμ=ma联立方程解得N=2F2二、具有不同加速度的连接体（滑板滑块问题）例题2、如图所示，m1=40kg的木板在无摩擦的地板上，木板上又放m2=10kg的石块，石块与木板间的动摩擦因素μ=0.6。试问：（1）当水平力F=50N时，石块与木板间有无相对滑动？（2）当水平力F=100N时，石块与木板间有无相对滑动？（g=10m/s2）此时m2的加速度为多大？解析（1）当F=50N时，假设m1与m2共同的加速度:a=m+m21F=10+4050m/s2=1m/s2m1与m2间有最大静摩擦力Fmax时，m1最大加速度am=mgum12=4010*10*0.6m/s2=1.5m/s2因为aam，所以m1与m2相对静止，二者一起以a=1m/s2运动。（2）当F=100N时，假设m1与m2共同加速度:a=m+m21F=10+40100=2m/s2m2与m1间有最大静摩擦力Fmax时，m1最大加速度am=mgum12=4010*10*0.6m/s2=1.5m/s2因为aam，所以m2与m1相对滑动。此时m2的加速度:a2=mgum-F22=4m/s2思路总结：当连接体内的个物体的加速度不同时，它们将相对运动。相对运动的解题思路：分别进行受力分析列力学方程和运动分析列运动学方程，然后找它们的受力或运动联系点再列辅助条件方程，最后联立各类方程解决问题。变式2：图中，质量为m的物块叠放在质量为2m的足够长的木板上方右侧，木板放在光滑的水平地面上，物块与木板之间的动摩擦因数为m2m13＝0.2．在木板上施加一水平向右的拉力F，在0~3s内F的变化如图2所示，图中F以mg为单位，重力加速度210m/sg．整个系统开始时静止．(1)求1s、1.5s、2s、3s末木板的速度以及2s、3s末物块的速度；(2)在同一坐标系中画出0~3s内木板和物块的tv图象，据此求0~3s内物块相对于木板滑过的距离。【解析】(1)设木板和物块的加速度分别为a和a，在t时刻木板和物块的速度分别为tv和tv，木板和物块之间摩擦力的大小为f，依牛顿第二定律、运动学公式和摩擦定律得fma①fmg，当ttvv②2121()ttattvv③(2)Ffma④2121()ttattvv⑤由①②③④⑤式与题给条件得11.5234m/s,4.5m/s,4m/s,4m/svvvv⑥234m/s,4m/svv⑦(2)由⑥⑦式得到物块与木板运动的tv图象，如右图所示。在0～3s内物块相对于木板的距离s等于木板和物块tv图线下的面积之差，即图中带阴影的四边形面积，该四边形由两个三角形组成，上面的三v/(m•s-1)123t/s04.51.542物块木板2mmF图1图21213t/s00.4F/mg1.54角形面积为0.25(m)，下面的三角形面积为2(m)，因此2.25ms⑧变式3：质量mA=3.0kg，长度L=0.60m。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0v=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1=0.25）及A与地面之间（动摩擦因数2=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A、B是否立即有相对运动？（2）B能否离开A?分析：（1）设B受到的最大静摩擦力为mf1，则.5.211NgmfBm①设A受到地面的滑动摩擦力的2f，则.0.4)(22NgmmfBA②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a，由牛顿第二定律ammfqEBA)(2③解得：2/0.2sma设B受到的摩擦力为1f，由牛顿第二定律得amfB1④解得：.0.21Nf因为mff11，所以电场作用后，A．B仍保持相对静止以相同加速度a向右做匀减速运动，且刚加上匀强电场时，B的加速度大小2/0.2sma（2）A与挡板碰前瞬间，设A．B向右的共同速度为1v，asvv22021解得smv/11t=1sA与挡板碰撞无机械能损失，故A刚离开挡板时速度大小为smv/11A与挡板碰后返回速度大小不变，AAmamffqE12，65Aa2/sm故B继续向右运动，amfB12/5.2smaB，假设经过时间t后A和B同速度向左运动，tavtavBA11得：st6.05此过程中，A的位移mtatvsAA45.0211，B的位移mtatvsBB15.02121LssBA，即物块B刚好滑到A的末端时，与A一起向左匀速运动，所以B不会从A上滑下。例题3、质量为m=1.0kg的小滑块(可视为质点)放在质量为m=3.0kg的长木板的右端,木板上表面光滑,木板与地面之间的动摩擦因数为μ=0.2,木板长L=1.0m开始时两者都处于静止状态,现对木板施加水平向右的恒力F=12N,如图所示,为使小滑块不掉下木板,试求:(g取10m/s2)(1)水平恒力F作用的最长时间;(2)水平恒力F做功的最大值.解析:(1)撤力前木板加速,设加速过程的位移为x1,加速度为a1,加速运动的时间为t1;撤力后木板减速,设减速过程的位移为x2,加速度为a2,减速运动的时间为t2.由牛顿第二定律得撤力前:F－μ(m+M)g=Ma1(1分)解得21m/s34a(1分)撤力后:μ(m+M)g=Ma2(1分)解得22m/s38a(1分)2222211121,21taxtax(1分)为使小滑块不从木板上掉下,应满足x1+x2≤L(1分)又a1t1=a2t2(1分)由以上各式可解得t1≤1s所以水平恒力作用的最长时间为1s.(1分)6(2)由上面分析可知,木板在拉力F作用下的最大位移m32m13421212111tax(1分)可得F做功的最大值.J8J32121FxW(1分)答案:(1)1s(2)8J变式4：如图质量Mkg8的小车停放在光滑水平面上，在小车右端施加一水平恒力F=8N。当小车向右运动速度达到3m/s时，在小车的右端轻放一质量m=2kg的小物块，物块与小车间的动摩擦因数02.，假定小车足够长，问：（1)经过多长时间物块停止与小车间的相对运动？（2）小物块从放在车上开始经过ts030.所通过的位移是多少？（g取102ms/）解：（1）物块放上小车后加速度：agms122/小车加速度：aFmgMms2205/./（2）设物块在小车上相对运动时间为t，物块做初速度为零加速度为a1的匀加速直线运动，小车做加速度为a2匀加速运动。vatvat11223由vv12得：ts2（3）物块在前2s内做加速度为a1的匀加速运动，后1s同小车一起做加速度为a2的匀加速运动。以系统为研究对象：根据牛顿运动定律，由FMma3得：aFMmms3208/./物块位移sss12satmsvtatmsssm112212212124124484//..巩固练习：如图为某生产流水线工作原理示意图。足够长的工作平台上有一小孔A，一定长度的操作板（厚度可忽略不计）静止于小孔的左侧，某时刻开始，零件（可视为质点）被无初速度地放上操作板中点，同时操7作板在电动机带动下向右做匀加速直线运动直至运动到A孔的右侧（忽略小孔对操作板运动的影响），最终零件运动到A孔时速度恰好为零，并由A孔下落进入下一道工序。已知零件与操作板间的动摩擦因素05.01，与工作台间的动摩擦因素025.02，操作板与工作台间的动摩擦因素3.03。试问：（1）电动机对操作板所施加的力是恒力还是变力（只要回答是“变力”或“恒力”即可）？（2）操作板做匀加速直线运动的加速度a的大小为多少？（3）若操作板长L=2m,质量M=3kg，零件的质量m=0.5kg,重力加速度取g=10m/s2,则操作板从A孔左侧完全运动到右侧过程中，电动机至少做了多少功？（1）变力（2分）（2）设零件相对于工作台运动距离为x，历时为t时与操作板分离，此后零件在工作台上做匀减速运动直到A点时速度减为零。设零件的质量为m,板长为L，取水平向右为正方向，则有：11mamg①（1分）22mamg②（1分）2121tax③（1分）从开始运动到零件与板分离，板的位移大小比零件多L/2，则有xLat2212④（1分）零件从开始运动到运动到A点，总位移大小为L/2，则有22)(0221Latax⑤（1分）联立以上各式可得：22121)2(ga⑥（2分）A工作台操作板零件工作台8代入数据得：2m/s2a（2分）（3）将2m/s2a及L=2m代入上述方程可得：m31x（1分），s32t（1分）由能量守恒可知电动机做功至少包含以下几部分：①操作板动能的增加J120)2(2121aLMEK（1分）②零件在运动t时间内动能的增加J1210)(21212gtmEK（1分）③零件在运动t时间内与操作板摩擦而产生的内能J25.0213LmgE（1分）④操作板在运动t时间内与工作台摩擦而产生的内能J14)2()(34xLgMmE（1分）⑤操作板从与零件分离到运动至工作台右侧过程中与工作台摩擦而产生的内能J6)2(35xLMgE（1分）所以电动机做功至少为J33.3254321EEEEEEKK（2分）