题目内容
4.如图甲所示,一足够长的质量M=0.4kg的长木板静止在水平面上,长木板与水平面间的动摩擦因数μ1=0.1,一质量m=0.4kg的小滑块以v0=1.8m/s的速度从长木板的右端滑上长木板,小滑块刚滑上长木板0.2s内的速度图象如图乙所示,小滑块可看成质点,重力加速度g取10m/s2,求:(1)小滑块与长木板间的动摩擦因数μ2;
(2)小滑块刚滑上长木板时长木板的加速度大小a1;
(3)小滑块与长木板速度相等时,小滑块相对长木板滑行的距离L.
分析 (1)用隔离法单独对小滑块受力分析,小滑块水平方向只受向右的滑动摩擦力,再结合图象求出加速度,根据牛顿第二定律就可以求出小滑块与长木板间的动摩擦因数μ2
(2)用隔离法单独对M受力分析,受到向左的来自小滑块的滑动摩擦力和向右的来自地面的滑动摩擦力,根据牛顿第二定律就可以小滑块刚滑上长木板时长木板的加速度大小a1
(3)小滑块做匀减速,长木板做匀加速,求出两者速度相同需要的时间t,再分别求出两者的位移,位移的差就是小滑块相对长木板滑行的距离L
解答 解:(1)设滑块受到来自M的滑动摩擦力为f,则f=μmg
对小滑块受力分析:f=ma,a=$\frac{△v}{△t}$=4m/s2;将f=μmg代入
得:μ=0.4.
(2)设长木板受到来自地面的摩擦力为f地,f地=μ1(m+M)g,m给M的滑动摩擦力为f′
对长木板受力分析:f′-f地=Ma1
解得:a1=2m/s2
(3)设经过时间t,m和M的速度相同都为v,
对小滑块:v=v0-a 1t
对M:v=a2t
解得:t=0.3s
这段时间内小滑块的位移为s1,s1=v0t-$\frac{1}{2}$at2
将t=0.3s代入得:s1=0.36m-
M的位移为s2,s2=$\frac{1}{2}$a2t2
将t=0.3s代入得:s2=0.09m
小滑块相对长木板滑行的距离L,
则L=s1-s2=0.27m.
答:(1)小滑块与长木板间的动摩擦因数μ2为0.4
(2)小滑块刚滑上长木板时长木板的加速度大小a1=2m/s2
(3)小滑块与长木板速度相等时,小滑块相对长木板滑行的距离L=0.27m.
点评 此题的突破点在于用隔离法单独对物体受力分析,分析出小滑块做匀减速直线运动,M做匀加速直线运动,再结合牛顿第二定律就可以求出μ2和a1
小滑块相对长木板滑行的距离L为两者的相对位移.
A. | 轻绳AC受到的拉力与轻绳EG受到的拉力相同 | |
B. | 轻绳EG受到的拉力大小等2mg | |
C. | 轻杆BC对C端的支持力与轻杆GH对C端的支持力相同 | |
D. | 轻杆BC对C端的支持力大小等于mg |
A. | 弹簧的弹力为10N | B. | 重物A的质量为2kg | ||
C. | 桌面对B物体的摩擦力为10$\sqrt{3}$N | D. | OP与竖直方向的夹角为60° |
A. | 物体所受合力一定为零 | B. | 物体一定做匀速直线运动 | ||
C. | 物体所受合力可能不为零 | D. | 物体可能做匀变速曲线运动 |
A. | 速度不断减小,位移不断减小 | |
B. | 速度不断减个,位移继续增大 | |
C. | 速度不断减小,当a=0时,位移达到最大值 | |
D. | 速度不断增大,当a=0时,速度达到最大,位移不断增大 |
A. | 某高速公路上的限速为110 km/h,指的是瞬时速度 | |
B. | 汽车速度计上显示90 km/h,指的是平均速度 | |
C. | 神舟飞船升空后在轨运行约68小时后安全返回,“68小时”指的是时刻 | |
D. | 沿400米操场跑3圈的位移大小为1200米 |
A. | 物体重力势能的数值随选择的参考平面的不同而不同 | |
B. | 物体的重力势能实际上是物体和地球组成的系统所共有的 | |
C. | 重力对物体做正功,则物体的重力势能增加 | |
D. | 物体位于所选的参考平面之下时,物体的重力势能为负值 |