2022年牛顿第二定律滑块类 .pdf

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1、完美格式整理版学习好帮手滑块类1 福建省泉州市四校2010 届高三上学期期末联考如图所示，一质量M=0.2kg 的长木板静止在光滑的水平地面上，另一质量m=0.2kg 的小滑块，以V0=1.2m/s 的速度从长木板的左端滑上长木板。已知小滑块与长木板间的动摩擦因数1=0.4 ， g=10m/s2, 问：（1）经过多少时间小滑块与长木板速度相等？（2）从小滑块滑上长木板，到小滑块与长木板相对静止，小滑块运动的距离为多少？（滑块始终没有滑离长木板）解析： （1） （4 分）分析m的受力，由牛顿第二定律有211/4smgmmgam1分析 M的受力，由牛顿第二定律有21/4smMmgaM2设经过时间t

2、 两者速度相同taVVmm03taVMM4且mMVV5代入数据，联解345 可得 t=0.15s (2) （4 分）小滑块做匀减速运动（ 1 分）初速度为smtaVVmm/6.015.042.10maVVSmt135.0)4(22.16.022222（2 分）2、如图所示 . 山东省育才中学2010 届高三 9 月月考 如图所示，质量M=8 kg 的小车放在水平光滑的平面上，在小车左端加一水平推力F=8 N， 、当小车向右运动的速度达到1.5 m/s时，在小车前端轻轻地放上一个大小不计，质量为m=2 kg 的小物块，物块与小车间的动摩擦因数=0.2 ，小车足够长. 求（1）小物块放后，小物块及

3、小车的加速度各为多大？（2）经 多长时间两者达到相同的速度？（3）从小物块放上小车开始，经过t=1.5 s 小物块通过的位移大小为多少？( 取g=l0 m/s2). 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 6 页完美格式整理版学习好帮手解： （1）物块的加速度22/magm s-（2 分）小车的加速度：20.5/MFmgam sM-（ 2分）（ 2）由：0mMa tva t -（2 分）得： t=1s -（ 1 分）（ 3）在开始1s 内小物块的位移：21112msa tm- （1 分）最大速度：2/vatm s-（1 分）在接

4、下来的0.5s 物块与小车相对静止，一起做加速运动且加速度 :20.8/Fam sMm -（1 分）这 0.5s 内的位移 :2211.12svtatm -（1 分）通过的总位移122.1sssm-（1 分）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a

5、0。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s0=12 a0t2+v0t s=v022a传送带上留下的黑色痕迹的长度l=s0s 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共

6、 6 页完美格式整理版学习好帮手由以上各式得l=v02(a0 g)2a0g如图所示，质量M = 1kg的木板静止在粗糙的水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数1=0.1 ，在木板的左端放置一个质量m=1kg、大小可以忽略的铁块，铁块与木板间的动摩擦因数2=0.4 ，取g=10m/s2，试求：（1）若木板长L=1m ，在铁块上加一个水平向右的恒力F=8N，经过多长时间铁块运动到木板的右端？（2）若在铁块上的右端施加一个大小从零开始连续增加的水平向左的力F，通过分析和计算后，请在图中画出铁块受到木板的摩擦力f2随拉力F大小变化的图像。 （设木板足够长）解析： （1）木块的加速度大小21Fmgam=4

7、m/s2铁块的加速度大小212()mgMm gaM2m/s2设经过时间t铁块运动到木板的右端，则有22121122ata tL解得：t=1s （ 2）当F1（mg+Mg）=2N时，A、B相对静止且对地静止，f2=F设F=F1时，A、B恰保持相对静止，此时系统的加速度2aa2m/s2以系统为研究对象，根据牛顿第二定律有11()()FMm gMm a解得：F1=6N 所以，当2N6N ，A、B发生相对运动，22fmg=4N 画出f2随拉力F大小变化的图像如右29 福建省龙岩二中2010 届高三摸底考试如图所示，一质量M=2.0kg 的长木板静止放在光滑水平面上， 在木板的右端放一质量m=1.0kg

8、 可看作质点的小物块，小物块与木板间的动摩擦因数为=0.2. 用恒力F向右拉动木板使木板在水平面上做匀加速直线运动，经过t=1.0s后撤去该恒力，此时小物块恰好运动到距木板右端l=1.0m 处。在此后的运动中小物块没有从木板上掉下来. 求：（1）小物块在加速过程中受到的摩擦力的大小和方向；（2）作用于木板的恒力F的大小；（3）木板的长度至少是多少？解： （1）小物块受力分析如图所示，设它受到的摩擦力大小为f1Nf01mgNf=0.2 1.0 10N=2N 方向水平向右（2）设小物块的加速度为a1，木板在恒力F作用下做匀加速直线运动时的加速度为a2，此过程中小物块的位移为s1，木板的位移为s2则

9、有：1maf21m/s0.2a21121tas22221taslss12212)(21taal22m/s0.4a代入数值得：f2 /N1 0 2 3 4 5 6 4 F/N2 6 8 10 12 14 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 6 页完美格式整理版学习好帮手对木板进行受力分析，如图所示，根据牛顿第二定律：F-f =Ma2，则F=f+Ma2, 代入数值得出F=10N。（3）设撤去F时小物块和木板的速度分别为v1和v2，撤去F后，木板与小物块组成的系统动量守恒，当小物块与木板相对静止时，它们具有共同速度V共m/s0.

10、4m/s0.22211tavtav根据动量守恒定律得：mv1+Mv2=(m+M) V共m/s310m/s0.20.10.40. 220.1共V对小物块：根据动能定理：2122121mvmVfs共对木板：根据动能定理：2222121)(MvMVlsf共代入数据：m32l所以木板的长度至少为L=l+l=35m 1.7m ，质量为M的长木板，静止放置在粗糙水平地面上，有一个质量为m、可视为质点的物块，以某一水平初速度从左端冲上木板。从物块冲上木板到物块和木板达到共同速度的过程中，物块和木板的v-t图象分别如图中的折线acd和bcd所示，a、b、c、d点的坐标为a（0，1.0 ） 、b（ 0，0） 、

11、c（4，0.4 ） 、d（l2 ， 0） 。根据v-t图象，求：（1）物块在长木板上滑行的距离；（2） 物块质量m与木板质量M之比。3、 如图所示，倾角 = 37的固定斜面上放一块质量M = 1 kg ，长度 L = 3 m的薄平板AB 。平板的上表面光滑，其下端 B与斜面底端C的距离为7m 。在平板的上端A处放一质量m = 0.6kg 的滑块， 开始时使平板和滑块都静止，之后将它们无初速释放。假设平板与斜面间、精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 6 页完美格式整理版学习好帮手A B C 滑块与斜面间的动摩擦因数均为 = 0

12、.5，求滑块、平板下端B到达斜面底端C的时间差是多少？（ sin370=0.6 cos370=0.8 g=10m/s2）. 解：对薄板由于Mgsin370(M+m)gcos370故滑块在薄板上滑动时，薄板静止不动. 对滑块：在薄板上滑行时加速度a1=gsin370=6m/s2，至 B点时速度 V=La12=6m/s。滑块由B 至 C 时的加速度a2= gsin370-gcos370=2 m/s2, 滑块由B 至 C 用时t, 由LBC=Vt+21a2t2即 t2+6t-7=0 解得 t=1s 对薄板：滑块滑离后才开始运动，加速度a= gsin370-gcos370=2 m/s2，滑至C 端用时t=aLBC2=7s 故滑块、平板下端B到达斜面底端C的时间差是 t= t-t=7-1=1.65s 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 6 页