高中物理中的滑块问题(含解析)(完整资料).doc

【最新整理，下载后即可编辑】高中物理中的滑块问题1．(2010淮阴中学卷)如图，在光滑水平面上，放着两块长度相同，质量分别为M 1和M 2的木板，在两木板的左端各放一个大小、形状、质量完全相同的物块。

开始时，各物均静止，今在两物体上各作用一水平恒力F 1、F 2，当物块和木板分离时，两木板的速度分别为v 1和v 2，物体和木板间的动摩擦因数相同，下列说法正确的是 ( BD )A ．若F 1＝F 2，M 1＞M 2，则v 1＞v 2B ．若F 1＝F 2，M 1＜M 2，则v 1＞v 2C ．若F 1＞F 2，M 1＝M 2，则v 1＞v 2D ．若F 1＜F 2，M 1＝M 2，则v 1＞v 22．如图所示，长2m ，质量为1kg 的木板静止在光滑水平面上，一木块质量也为1kg （可视为质点），与木板之间的动摩擦因数为0.2。

要使木块在木板上从左端滑向右端而不至滑落，则木块初速度的最大值为（ D ）A ．1m/sB ．2 m/sC ．3 m/sD ．4 m/s3．如图所示，小木块质量m ＝1kg ，长木桉质量M ＝10kg ，木板与地面以及木块间的动摩擦因数均为μ＝0.5．当木板从静止开始受水平向右的恒力F ＝90 N 作用时，木块以初速v 0＝4 m ／s 向左滑上木板的右端．则为使木块不滑离木板，木板的长度l 至少要多长?F 1F 222112132121/3)(t t a s s m Mgm M mg F a ⨯===+--=μμ 22202225.2421/5t t t a t v s s m g a -=-===μs t ta t a v 2120==+-解得由m s s l 421=+=板长：4.如图所示，质量M=1.0kg 的长木板静止在光滑水平面上，在长木板的右端放一质量m=1.0kg 的小滑块（可视为质点），小滑块与长木板之间的动摩擦因数=0.20.现用水平横力F=6.0N 向右拉长木板，使小滑块与长木板发生相对滑动，经过t=1.0s 撤去力F.小滑块在运动过程中始终没有从长木板上掉下.求：（1）撤去力F 时小滑块和长木板的速度个是多大；（2）运动中小滑块距长木板右端的最大距离是多大？ （1）.对滑和木板分别利用牛顿第二定律和运动学公式sm t a v s m Mmg F a s m t a v s m g a /4/4/2/21222211121===-=====μμ（2）.最大位移就是在滑块和木板相对静止时1s 后.没有拉力.只有相互间的摩擦力滑块加速度大小均为α=2m/s 2(方向相反)v 1+αt 2=v 2－αt 2 代入数据 2+2t 2=4-2t 2 解得 t 2=0.5s 此时2个的速度都是v=3m/s m t v v t v s 25.22221111=⋅++⋅=m t vv t v s 75.32222122=⋅++⋅=m s s s 5.112=-=∆5．(2010龙岩二中卷)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 可看作质MF m点的小物块，小物块与木板间的动摩擦因数为μ=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f1N f μ=01=-mg Nf=0.2×1.0×10N=2N 方向水平向右（2）设小物块的加速度为a 1，木板在恒力F 作用下做匀加速直线运动时的加速度为a 2，此过程中小物块的位移为s 1，木板的位移为s 2 则有：1ma f=21m/s 0.2=a21121t a s =22221t a s =l s s =-12212)(21t a a l -= 22m/s 0.4=a 代入数值得：对木板进行受力分析，如图所示，根据牛顿第二定律：F-f’=Ma 2，则F=f’+Ma 2, 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v 1和v 2，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/s0.4m/s 0.22211====t a v t a v根据动量守恒定律得： mv 1+Mv 2=(m+M )V 共m/s 310m/s 0.20.10.40.220.1=+⨯+⨯=共V对小物块：根据动能定理：2122121mv mV fs -=共 对木板：根据动能定理：2222121)(Mv MV l s f -='+-共 代入数据：m 32='l所以木板的长度至少为L =l +l '=35m ≈1.7m ）6．如图所示，一辆M=8kg,长L=2m 的平板小车静止在水平地面上，小车的左端放置一物块(可视为质点)。

已知小车高度h=0．80 m 。

物块的质量m=1．0kg ，它与小车平板间的动摩擦因数μ=0．20。

现用F=26 N 水平向左的恒力拉小车，经过一段时间后，物块与小车分离。

不计小车与地面间的摩擦。

取g=10m/s 2，求： (1)物块与小车分离前，小车向左运动的最大距离； (2)当物块落地时，物块与小车右端的水平距离。

答案：(1)6．0m (2)1．06 m 。

解：(1)21/2s m g a ==μ ①22/3s m MmgF a =-=μ ② 231212==a a v v ③12112a v s = ④22222a v s =⑤12s s L -=⑥利用①～⑥并代入数据解得s 2=6m(2) 2'2/826s m M F a ==⑦ s gh t 4.022== ⑧m t a t v s 66.22122'222'2=+=⑨m t v s 6.121'1== ⑩m s s 06.111'2=-7．如图所示，水平地面上一个质量M=4．0kg 、长度L=2．0m 的木板，在F=8．0 N 的水平拉力作用下，以v 0=2．0m/s 的速度向右做匀速直线运动。

某时刻将质量m=1．0 kg 的物块(物块可视为质点)轻放在木板最右端。

(1)若物块与木板间无摩擦，求物块离开木板所需的时间； (2)若物块与木板间有摩擦，且物块与木板间的动摩擦因数和木板与地面间的动摩擦因数相等，求将物块放在木板上后，经过多长时间木板停止运动。

(结果保留二位有效数字) 答案：(1)1．2s(2)4．0 s 解（1）2.0===MgFMgF μμ2/5.0)(s m Mgm M F a -=+-=μ2021at t v L +=代入数据得：t ≈1.2s(2)21/2s m g a ==μ22/1)2(s m MgM m F a -=+-=μ共速时12011t a v t a v +== 解得m v st 34321== 接着一起做匀减速直线运动2/5.0)('s m MM m F a a -=+-==μ 直到速度为零，停止运动，s a v t 38'2==总时间s t t t 31021=+=8．（2010长沙市一中卷）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μ1=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μ2=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21F mgamμ-==4m/s2铁块的加速度大小212()mg M m gaMμμ-+==2m/s2设经过时间t铁块运动到木板的右端，则有f2/N1234564 F/2 6 8 10 12 1422121122a t a t L -= 解得：t =1s（2）①当F ≤ μ1（mg +Mg ）=2N 时，A 、B 相对静止且对地静止，f 2=F②设F =F 1时，A 、B 恰保持相对静止，此时系统的加速度2a a ==2m/s 2以系统为研究对象，根据牛顿第二定律有11()()F M m g M m a μ-+=+解得：F 1=6N所以，当2N<F ≤6N 时，M 、m 相对静止，系统向右做匀加速运动，其加速度1()12F M m g Fa M m μ-+==-+,以M 为研究对象，根据牛顿第二定律有21()f M m g Ma μ-+=,解得：212F f =+③当F >6N ，A 、B 发生相对运动，22f mg μ==4N画出f 2随拉力F 大小变化的图像如右 9.如图所示，质量m 1=0.3 kg 的小车静止在光滑的水平面上，车长L=15 m,现f 2 /N1 02 3 4 56 4 F/2 6 8 10 12 14有质量m 2=0.2 kg 可视为质点的物块，以水平向右的速度v 0=2 m/s 从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止。

物块与车面间的动摩擦因数μ=0.5,取g=10 m/s 2，求（1）物块在车面上滑行的时间t;（2）要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v ′0不超过多少。

（1）0.24s (2)5m/s【解析】本题考查摩擦拖动类的动量和能量问题。

涉及动量守恒定律、动量定理和功能关系这些物理规律的运用。

（1）设物块与小车的共同速度为v ，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律有()v m m v m 2102+= ①设物块与车面间的滑动摩擦力为F ，对物块应用动量定理有 022v m v m t F --= ②其中 g m F 2μ= ③解得()gm m v m t 2101+=μ代入数据得 s 24.0=t ④（2）要使物块恰好不从车厢滑出，须物块到车面右端时与小车有共同的速度v ′，则()v m m v m '+='2102 ⑤由功能关系有()gL m v m m v m 22212022121μ+'+='⑥代入数据解得 =5m/s 故要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车的速度v 0′不能超过5m/s 。

10.如图(a)所示,光滑水平面上停放着一辆上表面粗糙的平板车,质量为M,一质量为m 的铁块以水平初速度v 0滑到小车上,两物体开始运动,它们的速度随时间变化的图象如图（b ）所示（t 0是滑块在车上运动的时间）,则可以断定 （ ）A.铁块与小车最终滑离B.铁块与小车的质量之比m:M=1：1C.铁块与小车表面的动摩擦因数μ=03gt v 0D.平板车上表面的长度为650ot v答案 ABC11．如图所示，右端带有竖直挡板的木板B ，质量为M ，长L =1.0m ，静止在光滑水平面上．一个质量为m 的小木块（可视为质点）A ，以水平速度0 4.0m /s v =滑上B 的左端，而后与其右端挡板碰撞，最后恰好滑到木板B 的左端．已知M =3m ，并设A 与挡板碰撞时无机械能损失，碰撞时间可忽略（g 取210m /s ）．求：（1）A 、B 最后的速度；（2）木块A 与木板B 间的动摩擦因数． 【答案】（1）1m/s ；（2）0.3 解析：（1）A 、B 最后速度相等，由动量守恒可得()M m v mv +=0解得01m /s 4vv ==（2）由动能定理对全过程列能量守恒方程μmg L mv M m v ⋅=-+21212022()解得0.3μ=12．如图所示，一质量为M 、长为l的长方形木板B 放在光滑的水平地面上，在其右端放一质量为m 的小木块A ，m <M ．现以地面为参照系，给A 和B 以大小相等、方向相反的初速度（如图），使A 开始向左运动、B 开始向右运动，但最后A 刚好没有滑离木板．以地面为参考系． （1）若已知A 和B 的初速度大小为v 0，求它们最后的速度的大小和方向；（2）若初速度的大小未知，求小木块A 向左运动到达的最远处（从地面上看）离出发点的距离． 【答案】（1）0M m v M m -+，方向向右；（2）4M ml M+解析：（1）A 刚好没有滑离B 板，表示当A 滑到B 板的最左端时，A 、B 具有相同的速度．设此速度为v ，A 和B 的初速度的大小为v 0，由动量守恒可得00()Mv mv M m v -=+解得0M mv v M m-=+，方向向右 ① （2）A 在B 板的右端时初速度向左，而到达B 板左端时的末速度向右，可见A 在运动过程中必经历向左作减速运动直到速度为零，再向右作加速运动直到速度为v 的两个阶段．设l 1为A 开始运动到速度变为零过程中向左运动的路程，l 2为A 从速度为零增加到速度为v 的过程中向右运动的路程，L 为A 从开始运动到刚到达B 的最左端的过程中B 运动的路程，如图所示．设A 与B 之间的滑动摩擦力为f ，根据动能定理， 对B ，有2201122fL Mv Mv =- ② 对A ，有21012fl mv =③2212fl mv =④ 由几何关系L ＋（l 1－l 2）＝l ⑤ 由①②③④⑤式解得14M ml l M+=⑥13．一块质量为M 长为L 的长木板，静止在光滑水平桌面上，v 0v 0一个质量为m 的小滑块以水平速度v 0从长木板的一端开始在木板上滑动，直到离开木板，滑块刚离开木板时的速度为v 05．若把此木板固定在水平桌面上，其他条件相同．求： （1）求滑块离开木板时的速度v ；（2）若已知滑块和木板之间的动摩擦因数为μ，求木板的长度．【答案】（1）01615v mM+；（2）208(12)25v mg Mμ- 解析：（1）设长木板的长度为l ，长木板不固定时，对M 、m组成的系统，由动量守恒定律，得005v mv mMv '=+ ① 由能量守恒定律，得22200111()2252v mgl mv m Mv μ'=-- ②当长木板固定时，对m ，根据动能定理，有2201122mgl mv mv μ-=- ③联立①②③解得01615v mv M=+ （2）由①②两式解得208(12)25v ml g Mμ=- 14．如图所示，光滑水平地面上停着一辆平板车，其质量为2m ，长为L ，车右端（A 点）有一块静止的质量为m 的小金属块．金属块与车间有摩擦，与中点C 为界，AC 段与CB 段摩擦因数不同．现给车施加一个向右的水平恒力，使车向右运动，同时金属块在车上开始滑动，当金属块滑到中点C 时，即撤去这个力．已知撤去力的瞬间，金属块的速度为v 0，车的速度为2v 0，最后金属块恰停在车的左端（B 点）如果金属块与车的AC 段间的动摩擦因数为μ1，与CB 段间的动摩擦因数为μ2，求μ1与μ2的比值． 【答案】2321=μμM mA CBL解析：设水平恒力F 作用时间为t 1．对金属块使用动量定理F f t 1=mv 0-0即μ1mgt 1=mv 0，得t 1=01v gμ对小车有（F -F f ）t 1=2m ×2v 0－0，得恒力F =5μ1mg金属块由A →C 过程中做匀加速运动，加速度a 1=f F m=g mmg11μμ=小车加速度11215222fF F mg mga g m mμμμ--===金属块与小车位移之差22202111111111(2)()222v s a t a t g g gμμμ=-=-而2L s =，所以，21v gLμ= 从小金属块滑至车中点C 开始到小金属块停在车的左端的过程中，系统外力为零，动量守恒，设共同速度为v ，由2m ×2v 0+mv 0= （2m +m ）v ，得v =35v 0由能量守恒有22200011152(2)3()22223L mg mv m v m v μ=+⨯⨯-⨯⨯，得20223v gLμ=所以，2321=μμ15．如图所示，质量为m =5kg 的长木板放在水平地面上，在木板的最右端放一质量也为m =5kg 的物块A ．木板与地面间的动摩擦因数μ1=0.3，物块与木板间的动摩擦因数μ2=0.2．现用一水平力F =60N 作用在木板上，使木板由静止开始匀加速运动，经过t =1s ，撤去拉力．设物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．（g 取10m/s 2）求：（1）拉力撤去时，木板的速度大小． （2）要使物块不从木板上掉下，木板的长度至少多大．（3）在满足（2）的条件下，物块最终将停在距板右端多远处．【答案】（1）4m/s ；（2）1.2m ；（3）0.48m 解析：（1）若在时间t =1s 内，物块与长木板一起运动，加速度为a ，则122F mg ma μ-= ①物块受合外力2f ma mg μ=> ② 说明物块在长木板上发生了相对滑动．设撤去F 时，长木板的速度为v 1，滑块速度为v 2，由动量定理可知，对物块，有22mgt mv μ= ③ 对系统，有112(2)F mg t mv mv μ-=+ ④ 代入数据解得v 1=4m/s ，v 2=2m/s拉力撤去时，长木板的速度大小为4m/s ．（2）设撤去拉力后，经时间t 1，两者获得共同速度为v ，由动量定理可知，对物块，有212mgt mv mv μ=- ⑤ 对长木板，有211112mgt mgt mv mv μμ--=- ⑥ 将v 1和v 2的数值代入解得t 1=0.2s ，v =2.4m/s在t =1s 内，物块相对于长木板的位移s 1=(v 1－v 2)t /2=1m ⑦ 在t 1=0.2s 内，物块相对于长木板的位移s 2=(v 1-v 2)t 1/2=0.2m ⑧木板的长度最小值为L =s 1+s 2=1.2m（3）滑块与木板有了共同速度后，在摩擦力作用下均做减速运动，物块相对于木板向右运动，木板和物块先后停下，设木板位移为x 1，物块位移为x 2，由动能定理，得22111(2)02mg mg x mv μμ-=-⑨ 222102mgx mv μ-=-⑩这段时间内物块相对于木板的位移s 3=x 2－x 1 =0.72m ． 物块最终离板右端的距离d =s 1＋s 2－s 3 =0.48m16．一质量M =2kg 的长木板B 静止在光滑的水平面上，B 的右端与竖直挡板的距离为s =0.5m.一个质量为m =1kg 的小物体A 以初速度v 0=6m/s 从B 的左端水平滑上B ，当B 与竖直挡板每次碰撞时，A 都没有到达B 的右端．设定物体A 可视为质点，A 、B 间的动摩擦因数μ=0.2，B 与竖直挡板碰撞时间极短且碰撞过程中无机械能损失，g 取10m/s 2．求：（1）B 与竖直挡板第一次碰撞前的瞬间，A 、B 的速度值各是多少？ （2）最后要使A 不从B 上滑下，木板B 的长度至少是多少？（最后结果保留三位有效数字） 【答案】（1）v A =4m/s ，v B =1m/s ；（2）8.96m 解析：（1）设A 、B 达到共同速度为v 1时，B 向右运动距离为S 1由动量守恒定律有10)(v m M mv += 由动能定理有21112mgs Mv μ=联立解得s 1=2m由于s =0.5m<2m ，可知B 与挡板碰撞时，A 、B 还未达到共同速度．设B 与挡板碰撞前瞬间A 的速度为v A ，B 的速度为v B ，则由动量守恒定律有B A Mv mv mv +=0 由动能定理有212B mgs Mv μ=联立解得v A =4m/s ，v B =1m/s （2）B 与挡板第一次碰后向左减速运动，当B 速度减为零时，B 向左运动的距离设为s B ，由动能定理有212B B mgs Mv μ=由上式解得s B =0.5m在A 的作用下B 再次反向向右运动，设当A 、B 向右运动达到共同速度v 2时B 向右运动距离为s 2，由动量守恒定律有2)(v m M Mv mv B A +=-由动能定理有22212mgs Mv μ= 解得22m/s 3v =，22m 9B s s =< 故A 、B以共同速度2m/s 3向右运动，B 第二次与挡板碰撞后，以原速率反弹向左运动.此后由于系统的总动量向左，故最后A 、B 将以共同速度v 3向左匀速运动.由动量守恒定律有（M －m ）v 2=（M ＋m ）v 3 解得32m/s 9v =设A 在B 上运动的总量程为L (即木板B 的最小长度)，由系统功能关系得2320)(2121v m M mv mgL +-=μ 代入数据解得L =8.96m 17.如图所示，一长为L =4m ，质量M =0.5㎏的木板AB ，正以v =4m/s 的速度（相对地）在光滑水平面上向右运动，此时在木板AB 上表面B 端处，小物块m =2㎏受水平向左的拉力F =6N 作用，始运动，已知m 与M 间的动摩擦因数μ=0.1，g =10m/s 2.试求：⑴ 小从物块m 开始运动, 经过多长的时间木板速度减小为零?⑵ 小物块m 从木板B 端运动到A 端的过程中，木板在地面上的位移大小是多少？ 解1：⑴ 设m 和的加速度分别为a 1和a 2,根据牛顿第二定律有：21021.061⨯⨯-=-=m mg F a μ m/s 2=2.0m/s 2方向向左 5.01021.02⨯⨯==M mg a μ m/s 2=4.0m/s 2 方向向左 《M 》 v = a 2t 1 t 1 = 1s⑵ 设小物块m 从木板B 端运动到A 端的过程中所用时间为t 2,取向左为正方向小物块m 的位移：s 1=21a 2t 2 2 木板M 的位移：s 2=-vt 2 +21a 1t 2 2由几何关系可得： s 1-s 2 =21a 2t 2 2-（-vt 2 +21a 1t 2 2）= 4t 2-t 2 2=L⇒ t 2= 2.0s 木板在地面上的位移： s 2 =-4t 2 +2 t 解2:过程1：对m ： a 1 = mmgF μ-=2.0m/s 2 对M ： a 2 = μm g/M = 4m/s 2 向左减速当M 速度减为零时，经过时间 t = v /a 2 对m ： v 1 = a 1t = 2m/s 向左 s 1 =2121t a = 1m 向左对M ： s 2 =t v ⋅2= 2m 向右此后（过程2） a 1 ′= a 1 = 2m/s 2 向左加速 s 1 ′= v 1t ′+21'21t a 向左a 2′= a 2 = 4m/s 2 向左加速222'21't a s =向左位移关系 s 1′- s 2′=L –(s 1 + s 2) ⇒ t ′= 1s则 s 2′= 2m 向左∴ 木板在地面上的总位移 s = s 2′–s 2 = 0。