高考物理计算题训练――滑块与木板模型(答案版)

1、木板M静止在光滑水平面上，木板上放着一个小滑块m，与木板之间的动摩擦因数μ，为了使得m能从M上滑落下来，求下列各种情况下力F的大小范围。

（1）m与M刚要发生相对滑动的临界条件：①要滑动：m

与M间的静摩擦力达到最大静摩擦力；②未滑动：此时m与

M加速度仍相同。受力分析如图，先隔离m，由牛顿第二定

律可得：a=μmg/m=μg

再对整体，由牛顿第二定律可得：F0=(M+m)a

解得：F0=μ(M+m) g

所以，F的大小范围为：F>μ(M+m)g

（2）受力分析如图，先隔离M，由牛顿第二定律可得：a=μ

mg/M

再对整体，由牛顿第二定律可得：F0=(M+m)a

解得：F0=μ(M+m) mg/M

所以，F的大小范围为：F>μ(M+m)mg/M

2、如图所示，有一块木板静止在光滑水平面上，木板质量M=4kg，长L=1.4m.木板右端放着一个小滑块，小滑块质量m=1kg，其尺寸远小于L，它与木板之间的动摩擦因数μ=0.4，g=10m/s2，

（1）现用水平向右的恒力F作用在木板M上，为了使得m能从M上滑落下来，求F的大小范围.

（2）若其它条件不变，恒力F=22.8N，且始终作用在M上，求m在M上滑动的时间.

（1）小滑块与木板间的滑动摩擦力

f=μFN=μmg=4N…………①

滑动摩擦力f是使滑块产生加速度的最大合外力，其最大加速度

a1=f/m=μg=4m/s2…②

当木板的加速度a2> a1时，滑块将相对于木板向左滑动，直至脱离木板

F-f=m a2>m a1F> f +m a1=20N …………③

即当F>20N，且保持作用一般时间后，小滑块将从木板上滑落下来。

（2）当恒力F=22.8N时，木板的加速度a2＇，由牛顿第二定律得F-f=Ｍa2＇

解得：a 2＇＝4.7m/s 2………④

设二者相对滑动时间为t ，在分离之前

小滑块：x 1=½ a1t 2 …………⑤

木板：x 1=½ a2＇t 2 …………⑥

又有x 2－x 1=L …………⑦

解得：t=2s …………⑧

3、质量mA=3.0kg 、长度L=0.70m 、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1μ=0.25）及A 与地面之间（动摩擦因数2μ=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B 的加速度的大小？

(2)导体板A 刚离开挡板时，A 的速度大小？

(3)B 能否离开A,若能，求B 刚离开A 时，B 的速

度大小；若不能，求B 与A 的左端的最大距离？

解：（1）设B 受到的最大静摩擦力为m f 1，则.5.211N g m f B m ==μ ① （1分）

设A 受到地面的滑动摩擦力的2f ，则.0.4)(22N g m m f B A =+=μ ② （1分） 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 a m m f qE B A )(2+=+ ③ （2分）解得：2/0.2s m a = （2分）

设B 受到的摩擦力为1f ，由牛顿第二定律得 a m f B =1，④

解得：.0.21N f =因为m f f 11<，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，所以刚加上匀强电场时，B 的加速度大小2

/0.2s m a = （2分）

（2）A 与挡板碰前瞬间，设A ．B 向右的共同速度为1v ，

as v v 22021-= （2分）解得s m v /11= （1分） A 与挡板碰撞无机械能损失，故A 刚离开挡板时速度大小为s m v /11= （1分）

（3）A 与挡板碰后，以A ．B 系统为研究对象，2f qE = ⑥

故A 、B 系统动量守恒，设A 、B 向左共同速度为ν，规定向左为正方向，得： v m m v m v m B A B A )(11+=- ⑦ （3分）

设该过程中，B 相对于A 向右的位移为1s ，由系统功能关系得：

22111)(21)(21v m m v m m gs m B A B A B +-+=μ ⑧ （4分） 解得 m s 60.01= （2分） 因L s <1，所以B 不能离开A ，B 与A 的左端的最大距离为m s 60.01= （1分）

4、如图所示，光滑水平面MN 的左端M 处有一弹射装置P (P 为左端固定，处于压缩状态且锁

定的轻质弹簧，当A 与P 碰撞时P 立即解除锁定)，右端N 处与水平传送带恰平齐且很靠近，传送带沿逆时针方向以恒定速率υ = 5m/s 匀速转动，水平部分长度L = 4m 。放在水平面上的两相同小物块A 、B （均视为质点）间有一被压缩的轻质弹簧，弹性势能E p = 4J ，弹簧与A 相连接，与B 不连接，A 、B 与传送带间的动摩擦因数μ = 0.2，物块质量m A = m B = 1kg 。现将A 、B 由静止开始释放，弹簧弹开，在B 离开弹簧时，A 未与P 碰撞，B 未滑上传送带。取g = 10m/s 2。求：（1）B 滑上传送带后，向右运动的最远处与N 点间的距离s ；（2）B 从滑上传送带到返回到N 端的时间t 和这一过程中B 与传送带间因摩擦而产生的热 能Q ；

（3）B 回到水平面后压缩被弹射装置P 弹回的A 上的弹簧，B 与弹簧分离然后再滑上传送带。则P 锁定时具有的弹性势能E 满足什么

条件，才能使B 与弹簧分离后不再与弹簧相

碰。

解：（1）弹簧弹开的过程中，系统机械能守恒

E p = 12 m A υA 2 + 12 m B υB 2 （1分）

由动量守恒有 m A υA - m B υB = 0 （1分）

联立以上两式解得 υA = 2m/s υB = 2m/s （1分）

B 滑上传送带做匀减速运动，当速度减为零时，向右运动的距离最大。

由动能定理得 - μm B gs m = 0 - 12 m B υB 2 （1分）

解得 s m = υB 2

2μg

= 1m （1分） （2）物块B 先向右做匀减速运动，直到速度减小到零，然后反方向做匀加速运动， 回到皮带左端时速度大小仍为υB = 2m/s （1分）

由动量定理 - μm B gt = - m B υB - m B υB （1分）

解得 t = 2υB μg = 2s （1分） B 向右匀减速运动因摩擦而产生的热能为

Q 1 = μm B g (υ · t 2

+ s m ) （1分） B 向左匀加速运动因摩擦而产生的热能为

Q 2 = μm B g (υ · t 2

- s m ) （1分） Q = Q 1 + Q 2 = μm B gυt = 20J （1分）

（3）设弹射装置P 将A 弹开时的速度为υA ′，则

E = 12 m A υA ′2 - 12 m A υA 2 （2分）

B 离开弹簧时，AB 速度互换，B 的速度 υB ′ = υA ′ （2分）

M