尖子生辅导滑块滑板模型专题1110答案

★★★考试前绝密▇使用时间：2019-10-28命题人：XXX审核人：▇考试前绝密★★★会泽一中学生考试卷第-1-页★高二物理★第-2-页会泽一中学生考试卷解滑块与滑板模型21.正方形木板水平放置在地面上，木板的中心静置一小滑块，下图为俯视图。为将木板从滑块下抽出，需要对木板施加一个作用线通过木板中心点的水平恒力F。已知木板边长L＝22m，质量M＝3kg，滑块质量m＝2kg，滑块与木板、木板与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.2(g取10m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，求：(1)要将木板抽出，水平恒力F需满足的条件；(2)当水平恒力F＝29N时，在木板抽出时滑块能获得的最大速率。[答案](1)F20N(2)433m/s[解析](1)能抽出木板，滑块与木板发生相对滑动，当滑块达到随板运动的最大加速度时，拉力最小，对滑块，有μmg＝ma，对木板，有Fmin－μ(M＋m)g－μmg＝Ma，得Fmin＝2μ(M＋m)g＝20N，故抽出木板，水平恒力F20N。(2)要使滑块获得的速度最大，则滑块在木板上相对滑动的距离最大，故应沿木板的对角线方向抽木板。设此时木板加速度为a1，则有F－μ(M＋m)g－μmg＝Ma1，又12a1t2－12μgt2＝22L，vmax＝μgt，解得vmax＝433m/s。2.一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5m，如图(a)所示．t＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t＝1s时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)．碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板．已知碰撞后1s时间内小物块的v－t图线如图(b)所示．木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10m/s2.求：(1)木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2；(2)木板的最小长度；(3)木板右端离墙壁的最终距离．解析：(1)规定向右为正方向．木板与墙壁相碰前，小物块和木板一起向右做匀变速运动，设加速度为a1，小物块和木板的质量分别为m和M.由牛顿第二定律有－μ1(m＋M)g＝(m＋M)a1①由题图(b)可知，木板与墙壁碰前瞬间的速度v1＝4m/s，由运动学公式得v1＝v0＋a1t1②s0＝v0t1＋12a1t21③式中，t1＝1s，s0＝4.5m是木板碰前的位移，v0是小物块和木板开始运动时的速度．联立①②③式和题给条件得μ1＝0.1④在木板与墙壁碰撞后，木板以－v1的初速度向左做匀变速运动，小物块以v1的初速度向右做匀变速运动．设小物块的加速度为a2，由牛顿第二定律有－μ2mg＝ma2⑤由题图(b)可得a2＝v2－v1t2－t1⑥式中，t2＝2s，v2＝0，联立⑤⑥式和题给条件得μ2＝0.4.⑦(2)设碰撞后木板的加速度为a3，经过时间Δt，木板和小物块刚好具有共同速度v3.由牛顿第二定律及运动学公式得μ2mg＋μ1(M＋m)g＝Ma3⑧v3＝－v1＋a3Δt⑨v3＝v1＋a2Δt⑩碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运动的位移为s1＝－v1＋v32Δt⑪小物块运动的位移为s2＝v1＋v32Δt⑫小物块相对木板的位移为Δs＝s2－s1⑬联立⑥⑧⑨⑩⑪⑫⑬式，并代入数值得Δs＝6.0m⑭因为运动过程中小物块没有脱离木板，所以木板的最小长度应为6.0m.(3)在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速运动直至停止，设加速度为a4，此过程中小物块和木板运动的位移为s3，由牛顿第二定律及运动学公式得μ1(m＋M)g＝(m＋M)a4⑮0－v23＝2a4s3⑯碰后木板运动的位移为s＝s1＋s3⑰联立⑥⑧⑨⑩⑪⑮⑯⑰式，并代入数值得s＝－6.5m⑱木板右端离墙壁的最终距离为6.5m.答案：(1)μ1＝0.1μ2＝0.4(2)6.0m(3)6.5m3.如图所示,足够长的斜面与水平面夹角为37°,斜面上有一质量M=3kg的长木板,斜面底端挡板高度与木板厚度相同。★★★考试前绝密▇使用时间：2015-08-28命题人：朱钱刚审核人：王剑▇考试前绝密★★★会泽一中学生考试卷第-3-页★高二物理★第-4-页会泽一中学生考试卷m=1kg的小物块从空中某点以v0=3m/s水平抛出,抛出同时木板由静止释放,小物块下降h=0.8m掉在木板前端,碰撞时间极短可忽略不计,碰后瞬间物块垂直斜面分速度立即变为零。碰后两者向下运动,小物块恰好在木板与挡板碰撞时在挡板处离开木板。已知木板与斜面间动摩擦因数μ=0.5,木板上表面光滑,木板与挡板每次碰撞均无能量损失,g取10m/s2,求:(1)碰前瞬间小物块速度大小和方向。(2)木板至少多长小物块才没有从木板后端离开木板。(3)木板从开始运动到最后停在斜面底端的整个过程中通过路程多大。【名师解析】(1)小物块平抛,由动能定理得:mgh=12mvt2-12mv02代入数据解得:vt=5m/ssinθ=0tvv=0.6解得:θ=37°,即速度方向与斜面垂直(2)小物块平抛,则:h=12gt12木板下滑,由牛顿第二定律得:Mgsinα-μMgcosα=Mav=at1解得:a=2m/s2,t1=0.4s,v=0.8m/s小物块掉到木板上后速度变为0,然后向下运动,直到与木板速度相同过程:小物块:mgsinα=ma1木板:Mgsinα-μ(M+m)gcosα=Ma2速度相同时:a1Δt=v+a2Δt解得:a1=6m/s2,a2=23m/s2,Δt=0.15sLmin=vΔt+12a2Δt2-12a1Δt2=0.06m(3)小物块平抛过程木板下移:x1=12vt1=0.16m两者相碰到小物块离开:x2=12a1t22=vt2+12a2t22代入数据解得:t2=0.3s,x2=0.27m此时木板速度:v2=v+a2t2=1m/s木板与挡板碰后全程生热:Q=μMgcosα·s=12Mv22代入数据解得:s=0.125m可见木板在斜面上通过路程:s总=x1+x2+s=0.555m答案:(1)5m/s方向与斜面垂直(2)0.06m(3)0.555m4.如图所示,倾角θ=30°的光滑斜面底端固定一块垂直于斜面的挡板。将长木板A静置于斜面上,A上放置一小物块B,初始时A下端与挡板相距L=4m,现同时无初速度释放A和B。已知在A停止运动之前B始终没有脱离A且不会与挡板碰撞,A和B的质量均为m=1kg,它们之间的动摩擦因数μ=33,A或B与挡板每次碰撞损失的动能均为ΔE=10J,忽略碰撞时间,重力加速度大小g取10m/s2。求:(1)A第一次与挡板碰撞前瞬间的速度大小v。(结果可以用根式表示)(2)A第一次与挡板碰撞到第二次与挡板碰撞的时间Δt。(结果可以用根式表示)(3)B相对于A滑动的可能最短时间t。(结果可以用根式表示)【名师解析】(1)B和A一起沿斜面向下运动,由动能定理得:2mgLsinθ=12(2m)v2①解得:v=210m/s②(2)第一次碰后,对B有:mgsinθ=μmgcosθ故B匀速下滑③对A有:mgsinθ+μmgcosθ=ma1④解得:a1=10m/s2,方向始终沿斜面向下⑤设A第1次反弹的速度大小为v1,由功能关系得:12mv2-12mv12=ΔE⑥a1Δt=2v1,⑦★★★考试前绝密▇使用时间：2015-08-28命题人：朱钱刚审核人：王剑▇考试前绝密★★★会泽一中学生考试卷第-5-页★高二物理★第-6-页会泽一中学生考试卷由⑥⑦式得:Δt=255s⑧(3)设A第2次反弹的速度大小为v2,由功能关系得:12mv2-12mv22=2ΔE⑨解得:v2=0⑩即A与挡板第2次碰后停在底端,B继续匀速下滑,与挡板碰后B反弹的速度为v′,加速度大小为a′,由功能关系得:12mv2-12mv′2=ΔEmgsinθ+μmgcosθ=ma′由式得B沿A向上做匀减速运动的时间:t2=va=55s当B速度为0时,因mgsinθ=μmgcosθ≤Ffm,B将静止在A上,当A停止运动时,B恰好匀速滑至挡板处,B相对A运动的时间t最短,故:t=Δt+t2=355s答案:(1)2m/s(2)255s(3)355s5.质量为2kg的足够长平板车Q上表面水平，原来静止在光滑水平面上，平板车左端静止着一块质量为2kg的物体P，一颗质量为0.01kg的子弹以700m/s的速度水平瞬间射穿P后，速度变为100m/s，若P、Q之间的动摩擦因数为0.5，则()A.由于P、Q之间不光滑，子弹瞬间射穿P的过程，子弹和物体P组成的系统，动量不守恒B.子弹瞬间射穿P的过程，子弹和物体P组成的系统，动量守恒，能量守恒C.子弹瞬间射穿P的过程，子弹和物体P组成的系统，动量守恒，能量不守恒D.子弹瞬间射穿P后，P的速度为3m/s6.如图所示，质量M＝1.5kg的小车静止于光滑水平面上，并紧靠固定在水平面上的桌子右边，其上表面与水平桌面相平，小车的左端放有一质量为0.5kg的滑块Q。水平放置的轻弹簧左端固定，质量为0.5kg的小物块P置于光滑桌面上的A点并与弹簧的右端接触，此时弹簧处于原长。现用水平向左的推力F将P缓慢推至B点(弹簧仍在弹性限度内)，推力做功WF＝4J，撤去F后，P沿桌面滑到小车左端并与Q发生弹性碰撞，最后Q恰好没从小车上滑下。已知Q与小车表面间动摩擦因数μ＝0.1。(取g＝10m/s2)求：(1)P刚要与Q碰撞前的速度是多少？(2)Q刚在小车上滑行时的初速度v0是多少？(3)为保证Q不从小车上滑下，小车的长度至少为多少？(3)设滑块Q在小车上滑行一段时间后两者的共同速度为u，由动量守恒可得mQv0＝(mQ＋M)u⑤根据能量守恒，系统产生的摩擦热μmQgL＝12mQ20V－12(mQ＋M)u2⑥联立⑤⑥解得L＝6m答案(1)4m/s(2)4m/s(3)6m7.如图所示，在水平轨道右侧安放一半径为R的竖直圆形光滑轨道，水平轨道的PQ段铺设特殊材料，调节其初始长度为L，水平轨道左侧有一轻质弹簧左端固定，弹簧处于自然伸长状态。小物块A(可视为质点)从轨道右侧以初速度v0冲上轨道，通★★★考试前绝密▇使用时间：2015-08-28命题人：朱钱刚审核人：王剑▇考试前绝密★★★会泽一中学生考试卷第-7-页★高二物理★第-8-页会泽一中学生考试卷过圆形轨道、水平轨道后压缩弹簧并被弹簧以原速率弹回，经水平轨道返回圆形轨道。已知R＝0.2m，L＝1m，v0＝2m/s，物块A质量为m＝1kg，与PQ段间的动摩擦因数μ＝0.2，轨道其他部分摩擦不计，取g＝10m/s2。(1)求物块A与弹簧刚接触时的速度大小；(2)求物块A被弹簧以原速率弹回后返回到圆形轨道的高度；(3)调节PQ段的长度L，A仍以v0从轨道右侧冲上轨道，当L满足什么条件时，物块A被弹簧弹回后能返回圆形轨道且能沿轨道运动而不脱离轨道？(3)①若A沿轨道上滑至最大高度h2时，速度减为0，则使A不脱离轨道时h2需满足的条件是0h2≤R由动能定理可得－2μmgL1－mgh2＝0－12m20V联立可得1m≤L11.5m②若A能沿轨道上滑至最高点，则需满足2212mV≥mg由动能定理可得－2μmgL2－mg·2R＝22201122mVmV联立可得L2≤0.25m综上所述，要使物块A被弹簧弹回后能返回圆形轨道并沿轨道运动而不脱离轨道，L需满足的条件是1m≤L1.5m或L≤0.25m。答案(1)2m/s(2)0.2m(3)1m≤L＜1.5m或L≤0.25m8.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＝mμmg①aB＝MF－μmg②根据题意有sB－sA＝L即21aBt2－21aAt2＝L③将数据代入①②③联立解得t＝1s★★★考试前绝密▇使用时间：2015-08-28命题人：朱钱刚审核人：王剑▇考试前绝密★★★会泽一中学生考试卷第-9-页★高二物理★第-10-页会泽一中学生考试卷(3)二者同速之后，设