题目内容
如图所示,在粗糙水平面上有一质量为M、高为h的斜面体,斜面体的左侧有一固定障碍物Q,斜面体的左端与障碍物的距离为d.将一质量为m的小物块置于斜面体的顶端,小物块恰好能在斜面体上与斜面体一起保持静止;现给斜面体施加一个水平向左的推力,使斜面体和小物块一起向左匀加速运动,当斜面体到达障碍物与其碰撞后,斜面体立即停止,小物块水平抛出,最后落在障碍物的左侧p处(图中未画出),已知斜面体与地面间的动摩擦因数为μ1,斜面倾角为θ,重力加速度为g,滑动摩擦力等于最大静摩擦力,求:
(1)小物块与斜面间的动摩擦因数μ2;
(2)要使物块在地面上的落点p距障碍物Q最远,水平推力F为多大;
(3)小物块在地面上的落点p距障碍物Q的最远距离.
(1)小物块与斜面间的动摩擦因数μ2;
(2)要使物块在地面上的落点p距障碍物Q最远,水平推力F为多大;
(3)小物块在地面上的落点p距障碍物Q的最远距离.
分析:(1)对m受力分析,由共点力平衡条件可以求出动摩擦因数.
(2)以m为研究对象,求出最大加速度,以系统为研究对象,由牛顿第二定律求出最大推力.
(3)对系统由动能定理求出最大速度,然后由平抛运动规律求出最大水平位移.
(2)以m为研究对象,求出最大加速度,以系统为研究对象,由牛顿第二定律求出最大推力.
(3)对系统由动能定理求出最大速度,然后由平抛运动规律求出最大水平位移.
解答:解:(1)对m,由平衡条件得:mgsinθ=μ2mgcosθ,
解得:μ2=tanθ;
(2)对m,设其最大加速度为a,
由平衡条件得:FNcosθ=mg+μ2FNsinθ,
牛顿第二定律得:FNsinθ+μ2FNcosθ=ma,
解得:a=
,
对M、m组成的系统,由牛顿第二定律得:
F-μ1(M+m)g=(M+m)a,
解得:F=μ1(M+m)g+
;
(3)对M、m组成的系统,由动定理得:
Fd-μ1(M+m)gd=
(M+m)v2-0,
解得:v=2
,
m做平抛运动,竖直方向:h=
gt2,水平方向:xP=vt-
,
解得:xP=2
-
;
答:(1)小物块与斜面间的动摩擦因数μ2=tanθ;
(2)要使物块在地面上的落点p距障碍物Q最远,水平推力为:μ1(M+m)g+
;
(3)小物块在地面上的落点p距障碍物Q的最远距离为2
-
.
解得:μ2=tanθ;
(2)对m,设其最大加速度为a,
由平衡条件得:FNcosθ=mg+μ2FNsinθ,
牛顿第二定律得:FNsinθ+μ2FNcosθ=ma,
解得:a=
2gsinθ |
cosθ-tanθsinθ |
对M、m组成的系统,由牛顿第二定律得:
F-μ1(M+m)g=(M+m)a,
解得:F=μ1(M+m)g+
2(M+m)gsinθ |
cosθ-tanθsinθ |
(3)对M、m组成的系统,由动定理得:
Fd-μ1(M+m)gd=
1 |
2 |
解得:v=2
|
m做平抛运动,竖直方向:h=
1 |
2 |
h |
tanθ |
解得:xP=2
|
h |
tanθ |
答:(1)小物块与斜面间的动摩擦因数μ2=tanθ;
(2)要使物块在地面上的落点p距障碍物Q最远,水平推力为:μ1(M+m)g+
2(M+m)gsinθ |
cosθ-tanθsinθ |
(3)小物块在地面上的落点p距障碍物Q的最远距离为2
|
h |
tanθ |
点评:应用平衡条件、牛顿第二定律、动能定理、平抛运动规律即可正确解题,解题时要注意整体法与隔离法的应用.
练习册系列答案
相关题目
如图所示,在粗糙水平面上固定点电荷Q,在M点无初速释放带电小物块,小物块运动到N点时静止,则从M点运动到N点的过程中( )
A、小物块所受电场力逐渐增大 | B、小物块具有的电势能逐渐增大 | C、M点的电势可能高于N点的电势 | D、小物块电势能变化量的大小一定等于克服摩擦力做的功 |
如图所示,在粗糙水平面上放置A、B、C、D四个小物块,各小物块之间由四根完全相同的轻弹簧相互连接,正好组成一个菱形,∠BAD=120°,整个系统保持静止状态.已知A物块所受的摩擦力大小为f,则D物块所受的摩擦力大小为( )
A、
| ||||
B、f | ||||
C、
| ||||
D、2 f |
如图所示,在粗糙水平面上有一个倾角为θ的斜面体,斜面上放着一个质量为m的物块,物块与斜面体间的动摩擦因素为μ,整个系统处于静止状态,则下列关于物块与斜面体之间的摩擦力及斜面体与水平地面的摩擦力说法正确的是( )
A、物块斜面体之的间摩擦力大小为μmgcosθ | B、水平地面对斜面体的摩擦力方向水平向右 | C、水平地面对斜面体的摩擦力方向水平向左 | D、斜面体与水平地面没有摩擦力的作用 |