1、【 精品教育资源文库 】 热考题型专攻 (二 )“滑块 +滑板”综合 (45分钟 100 分 ) 1.(25分 )如图所示 ,AB为半径 R=0.8 m的 光滑圆弧轨道 ,下端 B恰与小车右端平滑对接。小车质量 M=3 kg,车长 L=2.06 m,车上表面距地面的高度 h=0.2 m。现有一质量 m=1 kg的小滑块 (可看成质点 ),由轨道顶端无初速释放 ,滑到 B端后冲上小车。已知地面光滑 ,滑块与小车上表面间的动摩擦因数 =0.3, 当车运行了1.5 s时 ,车被地面装置锁定 ,g取 10 m/s2。求 : (1)滑块到达 B端时 ,轨道对它支持力的大小。 (2)车被锁 定时 ,车右
2、端距轨道 B端的距离。 (3)滑块落地点离车左端的水平距离。 【解析】 (1)设滑块到达 B端时速度为 v,由机械能守恒定律得 :mgR= mv2 由牛顿第二定律得 :FN-mg=m 联立两式 ,代入数值解得 :FN=3mg=30 N。 (2)当滑块滑上小车后 ,由牛顿第二定律得 : 对滑块有 : mg=ma1 对小车有 : mg=Ma2 设经时间 t两者达到共同速度 ,则有 :v-a1t=a2t 解得 :t=1 s 由于 1 s1.5 s,此时小车还未被锁定 滑块位移 :s1=vt- a1t2 小车位移 :s2= a2t2 相对 位移 : s=s1-s2L 滑块没有从小车上掉下 ,故两者的共
3、同速度 :v =a2t=1 m/s,两者一起匀速运动 ,直到小车被锁定。 【 精品教育资源文库 】 故车被锁定时 ,车右端距轨道 B端的距离 : x= a2t2+v t 又 :t =1.5 s-1 s=0.5 s 代入数据解得 :x=1 m。 (3)对滑块由动能定理得 : - mg(L- s)= mv 2- mv 2 滑块脱离小车后 ,在竖直方向有 :h= gt 2 代入数据得 ,滑块落地点离车左端的水平距离 :x =v t =0.16 m。 答案 :(1)30 N (2)1 m (2)0.16 m 2.(25分 )(2018青岛模拟 )如图所示 ,倾角 =30 的足够长的光滑斜面底端 A固
4、定有挡板 P,斜面上 B点与 A点的高度差为 h,将质量为 m,长度为 L的木板置于斜面底端 ,质量也为 m的小物块静止在木板上某处 ,整个系统处于静止状态。已知木板与物块间的动摩擦因数 = ,且最大静摩擦力等于滑动摩擦力 ,重力加速度为 g。 (1)若给木板和物块一沿斜面向上的初速度 v0,木板上端恰能到达 B点 ,求 v0大小。 (2)若对木板施加一沿斜面向上的拉力 F0,物块相对木板刚好静止 ,求拉力 F0的大小 ; (3)若对木板施加沿斜面向 上的拉力 F=2mg,作用一段时间后撤去拉力 ,木板下端恰好能到达 B点 ,物块始终未脱离木板 ,求拉力 F做的功 W。 【解析】 (1)对小物
5、块和长木板组成的整体 ,由机械能守恒定律得 : 2m =2mg(h-Lsin ) 解得 :v0= (2)由牛顿第二定律得 : 对木板与物块整体 :F-2mgsin =2ma0 【 精品教育资源文库 】 对物块 : mgcos -mgsin =ma0 解得 :F0= mg (3)设经拉力 F的最短时间为 t1,再经时间 t2物块与木板达到共速 ,再经时间 t3木板下端到达 B点 ,速度恰好减为零 ,由牛顿第二定律得 :对木板 : F-mgsin - mgcos =ma1 mgsin + mgcos =ma3 对物块 : mgcos -mgsin =ma2 对木板与物块整体 :2mgsin =2
6、ma4 另有 :a1t1-a3t2=a2(t1+t2) a2(t1+t2)=a4t3 a1 +a1t1t2- a3 + a4 = W=F a1 解得 :W= mgh 答案 :(1) (2) mg (3) mgh 3.(25分 )(2018西昌模拟 )如图所示 ,足够长的斜面与水平面夹角为 37, 斜面上有一质量 M=3 kg的长木板 ,斜面底端挡板高度与木板厚度 相同。 m=1 kg 的小物块从空中某点以 v0=3 m/s 水平抛出 ,抛出同时木板由静止释放 ,小物块下降 h=0.8 m掉在木板前端 ,碰撞时间极短可忽略不计 ,碰后瞬间物块垂直斜面分速度立即变为零。碰后两者向下运动 ,小物块恰
7、好在木板与挡板碰撞时在挡板处离开木板。已知木板与斜面间动摩擦因数 =0.5, 木板上表面光滑 ,木板与挡板每次碰撞均无能量损失 ,g取 10 m/s2,求 : (1)碰前瞬间小物块速度大小和方向。 (2)木板至少多长小物块才没有从木板后端离开木板。 【 精品教育资源文库 】 (3)木板从开始运动到最后停在斜面底端的整个过程中通 过路程多大。 【解析】 (1)小物块平抛 ,由动能定理得 : mgh= m - m 代入数据解得 :vt=5 m/s sin = = 解得 : =37 ,即速度方向与斜面垂直 (2)小物块平抛 ,则 :h= g 木板下滑 ,由牛顿第二定律得 : Mgsin - Mgc
8、os =Ma v=at1 解得 :a=2 m/s2,t1=0.4 s,v=0.8 m/s 小物块掉到木板上后速度变为 0,然后向下运动 ,直到与木板速度相同过程 : 小物块 :mgsin =ma1 木板 :Mgsin - (M+m)gcos =Ma2 速度相同时 :a1 t=v+a2 t 解得 :a1=6 m/s2,a2= m/s2, t=0.15 s Lmin=v t+ a2 t2- a1 t2=0.06 m (3)小物块平抛过程木板下移 : x1= vt1=0.16 m 两者相碰到小物块离开 :x2= a1 =vt2+ a2 代入数据解得 :t2=0.3 s,x2=0.27 m 此时木板速
9、度 :v2=v+a2t2=1 m/s 【 精品教育资源文库 】 木板与挡板碰后全程生热 : Q= Mgcos s= M 代入数据解得 :s=0.125 m 可见木板在斜面上通过路程 : s 总 =x1+x2+s=0.555 m 答案 :(1)5 m/s 方向与斜面垂直 (2)0.06 m (3)0.555 m 4.(25分 )(2018辽宁师大附中模拟 )如图所示 ,倾角 =30 的光滑斜面底端固定一块垂直于斜面的挡板。将长木板 A静置于斜面上 ,A 上放置一小物块 B,初始时 A下端与挡板相距 L=4 m,现同时无初速度释放 A和B。已知在 A停止运动之前 B始终没有脱离 A且不会与挡板碰
10、撞 ,A 和 B的质量均为 m=1 kg,它们之间的动摩擦因数 = ,A或 B与挡板每次碰撞损失的动能均为 E=10 J,忽略碰撞时间 ,重力加速度大小 g取 10 m/s2。 求 : (1)A第一次与挡板碰撞前瞬间的速度大小 v。 (结果可以用根式表示 ) (2)A第一次与挡板碰撞到第二次与挡板碰撞的时间 t 。 (结果可以用根式表示 ) (3)B相对于 A滑动的可能最短时间 t。 (结果可以用根式表示 ) 【解析】 (1)B和 A一起沿斜面向下运动 ,由动能定理得 :2mgLsin = (2m)v2 解得 :v=2 m/s (2)第一次碰后 ,对 B有 :mgsin = mgcos 故 B
11、匀速下滑 对 A有 :mgsin + mgcos =ma1 解得 :a1=10 m/s2,方向始终沿斜面向下 设 A第 1次反弹的速度大小为 v1,由功能关系得 : mv2- m = E 【 精品教育资源文库 】 t= 由式得 : t= s (3)设 A第 2次反弹的速度大小为 v2,由功能关系得 : mv2- m =2 E 解得 :v2=0 即 A与挡板第 2次碰后停在底端 ,B继续匀速下滑 , 与挡板碰后 B反弹的速度为 v ,加速度大小为 a , 由功能关系得 : mv2- mv 2= E mgsin + mgcos =ma 由 式得 B沿 A向上做匀减速运动的时间 : t2=va? = s 当 B速度为 0时 ,因 mgsin = mgcos Ffm,B将静止在 A上 ,当 A停止运动时 ,B恰好匀速滑至挡板处 ,B相对 A运动的时间 t最短 ,故 :t= t+t2= s 答案 :(1)2 m/s (2) s (3) s
