的物块(可视为质点)放在长木板的最右端。已知m与M之间的动摩擦因数为数为度
。从某时刻起物块m以
匀速运动，求：
，木板与地面间的动摩擦因
的水平初速度向左运动，同时木=板M在水平外力F控制下始终向右以速
(1)在物块m向左运动过程中外力F的大小： (2)木板至少多长物块不会从木板上滑下来?
【答案】（1）f1+f2=μ1mg＋μ2(m+M)g（2）
【解析】（1）在物块m向左运动过程中，木板受力如图所示，其中f1， f2分别为物块和地面给木板的摩擦力，由题意可知
f1=μ1mg① f2=μ2(m+M)g ②
由平衡条件得：F= f1+f2=μ1mg＋μ2(m+M)g ③
（2）解法一：设物块向左匀减速至速度为零的时间为t1，则 设
④
物块向左匀减速运动的位移为X1，则
⑤
设物块由速度为零向右匀加速至与木板同速（即停止相对滑动）的时间为t2，则
⑥
设物块向右匀加速运动的位移为X2，则
⑦
此过程木板向右匀速运动的总位移为X′，则
⑧
则物块不从木板上滑下来的最小长度：
⑨
代入数据解得：⑩
解法二：以木板为参考系，设物块相对木板向左匀减速初速度为V0，末速度为Vt，则
① ② 加速度：
③
④
根据运动学公式：
解得：⑤
◆典例二(2018·河北衡水模拟)如图所示,在光滑的水平面上放置一个质量为2m的木板B,B的左端放置一个质量为m的物块A,已知A,B之间的动摩擦因数为μ,现有质量为m的小球以水平速度v0飞来与物块A碰撞后立即粘住,在整个运动过程中物块A始终未滑离木板B,且物块A可视为质点,求:
(1)物块A相对木板B静止后的速度大小; (2)木板B至少多长.
v02【答案】v=0.25v. L=错误!未找到引用源。.
16?g2
0
【解析】:(1)设小球和物块A碰撞后二者的速度为v1,三者相对静止后速度为v2,规定向右为正方向, 根据动量守恒得mv0=(m+m)v1, (m+m)m1=(m+m+2m)v2,
联立解得v2=0.25v0.
(2)当物块A在木板B上滑动时,系统的动能转化为摩擦热,设木板B的长度为L,假设物块A刚好滑到木板B的右端时共速,则由能量守恒得
2m错误!未找到引用源。-错误!未找到引用源。·4m错误!未找到引用源。=·μ2mgL, 错误!未找到引用源。·
v02解得L=错误!未找到引用源。.
16?g
1.(2018·辽宁抚顺模拟)如图所示,水平地面上静止放置一辆小车A,质量mA=4 kg,上表面光滑,小车与地面间的摩擦力极小,可以忽略不计.可视为质点的物块B置于A的最右端,B的质量mB=2 kg.现对A施加一个水平向右的恒力F=10 N,A运动一段时间后,小车左端固定的挡板与B发生碰撞,碰撞时间极短,碰后A,B粘合在一起,共同在F的作用下继续运动,碰撞后经时间t=0.6 s,二者的速度达到vt=2 m/s.求:
(1)A开始运动时加速度a的大小; (2)A,B碰撞后瞬间的共同速度v的大小; (3)A的上表面长度l.
【解析】(1)以A为研究对象,由牛顿第二定律得F=mAa 代入数据解得a=2.5 m/s2.
(2)对A,B碰撞后共同运动t=0.6 s的过程中,由动量定理得Ft=(mA+mB)vt-(mA+mB)v 代入数据解得v=1 m/s.
(3)设A,B发生碰撞前,A的速度为vA,对A,B发生碰撞的过程,由动量守恒定律有mAvA=(mA+mB)vA从开始运动到与B发生碰撞前,由动能定理得Fl=错误!未找到引用源。mA错误!未找到引用源。,联立并代入数据解得l=0.45 m.
2.(2017·河南开封二模)如图所示的轨道由半径为R的光滑圆弧轨道AB、竖直台阶BC、足够长的光滑水平直轨道CD组成.小车的质量为M,紧靠台阶BC且上表面与B点等高.一质量为m的可视为质点的滑块自圆弧顶端A点由静止下滑,滑过圆弧的最低点B之后滑到小车上表面.已知M=4m,小车的上表面的右侧固定一根轻弹簧,轻弹簧的自由端在Q点,小车的上表面左端点P与Q点之间是粗糙的,滑块与PQ之间表面的动摩
擦因数为μ,Q点右侧表面是光滑的.求:
(1)滑块滑到B点的瞬间对圆弧轨道的压力大小;
(2)要使滑块既能挤压弹簧,又最终没有滑离小车,则小车上PQ之间的距离应在什么范围内?(滑块与弹簧的相互作用始终在弹簧的弹性范围内)
【解析】(1)设滑块到B点的速度大小为v,到B点时轨道对滑块的支持力为FN,由机械能守恒定律有 mgR=错误!未找到引用源。mv2, ① 滑块滑到B点时,由牛顿第二定律有
FN-mg=m错误!未找到引用源。, ② 联立①②式解得FN=3mg. ③
根据牛顿第三定律,滑块在B点对轨道的压力大小为FN′=3mg.
解析:(2)滑块最终没有离开小车,滑块和小车必然具有共同的末速度,设为u,滑块与小车组成的系统动量守恒有mv=(M+m)u, ④
若小车PQ之间的距离L足够长,则滑块可能不与弹簧接触就已经与小车相对静止,设滑块恰好滑到Q点,由功能关系有
μmgL=错误!未找到引用源。mv2-错误!未找到引用源。(M+m)u2, ⑤ 联立①④⑤式解得L=5?错误!未找到引用源。. ⑥
若小车PQ之间的距离L不是很大,则滑块必然挤压弹簧,由于Q点右侧是光滑的,滑块必然被弹簧弹回到PQ之间,设滑块恰好回到小车的左侧P点处,由功能关系有
2μmgL=错误!未找到引用源。mv2-错误!未找到引用源。(M+m)u2,⑦ 联立①④⑦式解得L=错误!未找到引用源。.⑧
综上所述并由⑥⑧式可知,要使滑块既能挤压弹簧,又最终没有离开小车,PQ之间的距离L应满足的范围是
2R≤L<错误!未找到引用源。. 5?4R3.(2015·福建卷,21)如图,质量为M的小车静止在光滑水平面上,小车AB段是半径为R的四分之一圆弧光滑轨道,BC段是长为L的水平粗糙轨道,两段轨道相切于B点.一质量为m的滑块在小车上从A点由静止开始沿轨道滑下,重力加速度为g.
(1)若固定小车,求滑块运动过程中对小车的最大压力;
(2)若不固定小车,滑块仍从A点由静止下滑,然后滑入BC轨道,最后从C点滑出小车.已知滑块质量m=错误!未找到引用源。,在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍,滑块与轨道BC间的动摩擦因数为μ,求:
①滑块运动过程中,小车的最大速度大小vm; ②滑块从B到C运动过程中,小车的位移大小s.
【解析】(1)滑块滑到B点时对小车压力最大,从A到B机械能守恒 mgR=错误!未找到引用源。m错误!未找到引用源。 滑块在B点处,由牛顿第二定律得
vB2N-mg=m错误!未找到引用源。
R解得N=3mg
由牛顿第三定律N′=3mg;
解析:(2)①滑块下滑到达B点时,小车速度最大.由系统的机械能守恒
mgR=错误!未找到引用源。Mvm2错误!未找到引用源。+错误!未找到引用源。m(2vm)2 解得vm=gR错误!未找到引用源。; 3②设滑块运动到C点时,小车速度大小为vC,由功能关系得
mgR-μmgL=错误!未找到引用源。M错误!未找到引用源。+错误!未找到引用源。m(2vC)2 设滑块从B到C过程中,小车运动加速度大小为a,由牛顿第二定律得 μmg=Ma 由运动学规律得
错误!未找到引用源。-错误!未找到引用源。=-2as 解得s=错误!未找到引用源。L.
4.(2016·海南卷,17)如图,物块A通过一不可伸长的轻绳悬挂在天花板下,初始时静止;从发射器(图中未画出)射出的物块B沿水平方向与A相撞,磁撞后两者粘连在一起运动.碰撞前B的速度的大小v及碰撞后A和B一起上升的高度h均可由传感器(图中未画出)测得.某同学以h为纵坐标,v2为横坐标,利用实验数据作直线拟
2020年高考物理必考专题06 动力学、动量和能量观点的综合应用
