2022年牛顿第二定律滑块类.docx

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1、精选学习资料 - - - - - - - - - 完善格式整理版滑块类 1 福建省泉州市四校 2022 届高三上学期期末联考 如下列图,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/s 2, 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,由牛顿其次定律有am1mg1g4 m/2 s1m分

2、析 M的受力,由牛顿其次定律有aM1mg4 m/2 s2M设经过时间t 两者速度相同VmV0amt3V MaMt4且VMV m5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VmV 0amt1.240 .150.6m/sSVt22V20.621 .220 .135 m（2 分）maM=8 kg 的小车放在水242、如下列图 . 山东省育才中学2022 届高三 9 月月考 如下列图,质量平光滑的平面上,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 擦因数 =0.2 ,小车

3、足够长 . 求m=2 kg 的小物块,物块与小车间的动摩（1）小物块放后,小物块及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头,经过 t =1.5 s 小物块通过的位移大小为多少？ 取 g=l0 m/s2. 学习好帮手名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页,共 6 页精选学习资料 - - - - - - - - - 完善格式整理版2解：（1）物块的加速度 a m g 2 m s -（2 分）F mg 2小车的加速度：a M 0.5 m s-（ 2 分）M（ 2）由：a t v 0 a t -（2 分）得： t=1s -（ 1 分）1 2（

4、3）在开头 1s 内小物块的位移：s 1 a t 1 m - （1 分）2最大速度：v at 2 m s-（1 分）在接下来的 0.5s 物块与小车相对静止,一起做加速运动F 2且加速度 : a 0.8 m s -（1 分）M m1 2这 0.5s 内的位移 : s 2 vt at 1.1 m -（1 分）2通过的总位移 s s 1 s 2 2.1 m -（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开头运动,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

5、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：依据“ 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 a0；依据牛顿定律,可得a= g 设经受时间t ,传送带由静止开头加速到速度等于v0,煤块就由静止加速到v,有v0=a0t v=at 由于 aa0,故 vv0,煤块连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1 s0= 2

6、a 0t2+v0t s=2 v02a传送带上留下的黑色痕迹的长度l =s0s 学习好帮手名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页,共 6 页精选学习资料 - - - - - - - - - 完善格式整理版v0 2a 0 g 由以上各式得 l = 2 a0g如下列图,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=1 kg、大小可以忽视的铁块,铁块与木板间的动摩擦因数 2=0.4 ,取 g=10m/s 2,试求：（1）如木板长 L=1m,在铁块上加一个水平向右的恒力 的右端？F=8N,经过多长时间铁块运动到木板（

7、2）如在铁块上的右端施加一个大小从零开头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）f2/N 6 5 4 3 2 1 解析：（1）木块的加速度大小a 1F2mg=4m/s2小0 2 4 6 8 10 12 14 F/Nm铁块的加速度大a22mg1Mm g2m/s2M设经过时间t 铁块运动到木板的右端,就有1at21a t2L22解得： t =1s （ 2）当 F 1（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aa 22m/s2以系统为讨

8、论对象,依据牛顿其次定律有F 11Mm gMm a解得： F1=6N 所以,当 2N6N,A、B发生相对运动,f22mg =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 2022 届高三摸底考试 如下列图,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 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 从木板上掉下来 . 求：l =1.0m 处；在此后的运动中小物块没有（1）小物块在加速过程中

9、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）小物块受力分析如下列图,设它受到的摩擦力大小为 ff N 1 N 1 mg 0f= 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就有：fma 1a 12. 0m/s2s 11a 1 t22s 21a2 t22s 2s 1ll1a 2a 1t22代入数值得：a24. 0m/s2学习好帮手名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页,共 6 页精选学习资料 - - - -

10、 - - - - - 完善格式整理版对木板进行受力分析,如下列图,依据牛顿其次定律：F-f =Ma2,就 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v 1 a 1 t 2 . 0 m/sv 2 a 2 t .4 0 m/s依据动量守恒定律得：mv1+Mv2= m+M V共1 . 0 2 .2 0 4 . 0 10V 共 m/s m/s1 . 0 2 . 0 31 2 1 2对小物块：依据动能定理：fs mV 共 mv 12 2对木板：依据动

11、能定理：f s l 1 MV 共 2 1 Mv 2 22 2代入数据：l 2 m3所以木板的长度至少为 L=l +l = 5 m1.7m 3,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）、 c（4,0.4 ）、 d（l2 , 0）；依据 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；M = 1 kg ,长度

12、L = 3 m的薄平板3、 如下列图,倾角 = 37的固定斜面上放一块质量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, 开头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、学习好帮手名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页,共 6 页精选学习资料 - - - - - - - - - 完善格式整理版滑块与斜面间的动摩擦因数均为 = 0.5,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 ）A . 解：对薄板由于Mgsin37

13、0M+mgcos370 故滑块在薄B 板上滑动时,薄板静止不动 . C 对滑块：在薄板上滑行时加速度 a 1 =gsin37 0 =6m/s 2 ,至 B 点时速度 V= 2 a1 L =6m/s；滑块由 B 至 C 时的加速度 a 2 = gsin37 0 -gcos37 0 =2 m/s 2 , 滑块由 B 至 C 用时 t, 由L BC =Vt+ 1 a 2 t 22即 t 2 +6t-7=0 解得 t=1s 对薄板：滑块滑离后才开头运动,加速度 a= gsin37 0 -gcos37 0 =2 m/s 2 ,滑至 C 端用时t = 2 L BC= 7 s a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 学习好帮手名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页,共 6 页