题目内容
2.如图所示,在水平地面上静置一块长方形木板,木板左端O离地面C位置距离OC=7.5m,C位置有一个光感应开关,只要木板右端滑过C点立即启动锁定装置让木板静止,A不受影响.现让质量为mA=3kg的小滑块A(质点)以v0=4m/s的初速度滑上长木板B,质量mB=1kg,AB间动摩擦因数μ1=0.2,水平面与木板间的动摩擦因数μ2=0.1,滑块A最终没有脱离木板.A、B都作直线运动,g=10m/s2.求:(1)小滑块A滑上长木板B时,二者的加速度大小aA、aB.
(2)长木板B至少的长度Lmin.
(3)取题(2)中的板长值Lmin,通过计算确定这样的木板是否会被锁定而停止运动?小滑块A停止时离C点的水平距离d.
分析 (1)小滑块A滑上长木板B时,根据牛顿第二定律求二者的加速度大小.
(2)当小滑块与长木板B共速时,两者的相对位移大小即为长木板B的最小长度.根据速度相等和速度公式求出时间,再由位移时间公式求解.
(3)小滑块与长木板B共速后两者一起向右匀减速运动,由速度位移公式求出继续滑行的位移,再求小滑块A停止时离C点的水平距离d.
解答 解:(1)小滑块A滑上长木板B时,根据牛顿第二定律得:
小滑块的加速度大小为 aA=$\frac{{μ}_{1}{m}_{A}g}{{m}_{A}}$=μ1g=2m/s2.
对长木板B,根据牛顿第二定律得:
μ1mAg-μ2(mA+mB)g=mBaB.
解得 aB=2m/s2.
(2)设滑上B到AB共速所用时间设为t,共同速度为v,则有
v=aBt=v0-aAt
解得 t=1s,v=2m/s
AB共速后将一起以加速度μ2g匀减速运动直到停止
所以长木板B的最小长度 Lmin=xA-xB=$\frac{{v}_{0}+v}{2}t-\frac{v}{2}t$=$\frac{{v}_{0}}{2}t$=$\frac{4}{2}$×1=2m
(3)从前面的(1)(2)分析可知,滑块A先以初速度v0,加速度aA=μ1g=2m/s2做匀减速,接着以μ2g=1m/s2做匀减速运动直到零,故
小滑块A停止时离C点的水平距离 d=OC-($\frac{{v}_{0}+v}{2}t$+$\frac{{v}^{2}}{2{μ}_{2}g}$)
解得 d=2.5m
答:
(1)小滑块A滑上长木板B时,二者的加速度大小aA、aB都为2m/s2.
(2)长木板B至少的长度Lmin是2m.
(3)小滑块与长木板B共速后两者一起向右匀减速运动直到停止,小滑块A停止时离C点的水平距离是2.5m.
点评 解决本题的关键理清滑块和长木板在整个过程中的运动规律,结合牛顿第二定律和运动学公式分段研究,要注意分析隐含的临界状态:两者共速的状态.
A. | 只要是直线运动,位移大小就等于路程 | |
B. | 璧山中学晚自习一节课要上一个小时,“一个小时”指的是时刻 | |
C. | 高铁17点54分从璧山出发,18点20分到达重庆北,前面的是时刻,后面的是时间间隔 | |
D. | 速度不变的运动一定是匀速直线运动 |
A. | $\frac{5}{6}$v | B. | $\frac{5}{8}$v | C. | $\frac{5}{6}$$\sqrt{3}$v | D. | $\frac{5}{8}$$\sqrt{3}$v |
A. | 实验中只需记录弹簧测力计示数的大小 | |
B. | 同一实验过程中,结点O的位置不变 | |
C. | 用铅笔沿图中细线直接画出直线表示该力的方向 | |
D. | 用两只弹簧测力计拉橡皮条时,两线绳间夹角必须为90o,以便求出合力的大小 |
A. | 斜面体对物体的作用力减小 | B. | 斜面体对物体的作用力增加 | ||
C. | 水平面对斜面体的支持力不变 | D. | 水平面对斜面体的摩擦力减小 |
A. | 电池产生的热功率为I2r | B. | 充电器输出的电功率为UI+I 2r | ||
C. | 电能转化为化学能的功率为UI | D. | 充电器的充电效率为$\frac{Ir}{U}$×100% |
A. | 甲比乙运动得快,且早出发,所以乙追不上甲 | |
B. | t=20s时,乙追上了甲 | |
C. | t=20s之前,甲在乙前;在t=20s之后,甲在乙后 | |
D. | 由于甲在t=10s时才开始运动,所以t=20s时,甲在乙前面,它们之间的距离为乙追上甲前的最大距离 |