滑块与木板模型

1、高中物理模块化复习学生学案专题一滑块与木板即应用牛顿运动定律一 应用力和运动的观点处理 典型思维方法：整体法与隔离法 注意运动的相对性m,与木板之间的动摩擦因数【例1】木板M静止在光滑水平面上，木板上放着一个小滑块，为了使得 m能从M上滑落下来，求以下各种情况下力F的大小围。【例2】如下列图，有一块木板静止在光滑水平面上，木板质量M=4kg,长L=1.4m.木板右端放着一个小滑块，小滑块质量m=1kg,其尺寸远小于L,它与木板之间的动摩擦因数卩 =0.4 , g=10m/s2,1现用水平向右的恒力F作用在木板M上，为了使得 m能从M上滑落下来，求 F的大小围2假设其它条件不变，恒力F=22.8

2、N，且始终作用在 M上，求m在M上滑动的时间niFM/【例3】质量m=1kg的滑块放在质量为 M=1kg的长木板左端，木板放在光滑的水平面上，滑 块与木板之间的动摩擦因数为 0.1，木板长L=75cm,开场时两者都处于静止状态，如下列图， 试求：1用水平力Fo拉小滑块，使小滑块与木板以一样的速度一起滑动，力Fo的最大值应 为多少？2用水平恒力F拉小滑块向木板的右端运动，在t=0.5s使滑块从木板右端滑出，力F应为多大？3按第2问的力F的作用，在小滑块刚刚从长木板右端滑出时，滑块和木板滑行的距离各为多少？设m与M之间的最大静摩擦力与它们之间的滑动摩擦力大小相等。取g=10m/s2.【例4】如下列

3、图，在光滑的桌面上叠放着一质量为m= 2.0kg的薄木板A和质量为 m=3 kg的金属块B. A的长度L=2.0m. B上有轻线绕过定滑轮与质量为m=1.0 kg的物块C相连.B与A之间的滑动摩擦因数卩=0.10，最大静摩擦力可视为等于滑动摩擦力忽略滑轮质量与与轴间的摩擦.起始时令各物体都处于静止状态，绳被拉直，B位于A的左端如图，然后放手，求经过多长时间t后B从 A的右端脱离设A的右端距滑轮足够远取g=10m/s2.B1"aK1 2例1解析1m与M刚要发生相对滑动的临界条件：要滑动：m与M间的静摩擦力到达最大静摩擦力；未滑动：此时 m与M加速度仍一样。受力分析如图，先隔离 m,由牛

4、顿第二 定律可得： a=mg/m=u g再对整体，由牛顿第二定律可得：Fo=(M+m)a解得：Fo=y(M+m) g所以，F的大小围为：F>(M+m)g2受力分析如图，先隔离M由牛顿第二定律可得：a=y mg/M再对整体，由牛顿第二定律可得：Fo=(M+m)a解得：Fo=y(M+m) mg/M所以，F的大小围为：F>卩(M+m)mg/M例2解析1小滑块与木板间的滑动摩擦力f= 口 FN=y mg=4N滑动摩擦力f是使滑块产生加速度的最大合外力，其最大加速度a i =f/m= 口 g=4m/s 当木板的加速度a2> ai时，滑块将相对于木板向左滑动，直至脱离木板F-f=m a

5、2>m aiF> f +m a i=20N 即当F>20N,且保持作用一般时间后，小滑块将从木板上滑落下来。iX z z z X X X Z X2当恒力F=22.8N时，木板的加速度解得：a2/= 4.7m/s 2设二者相对滑动时间为 t，在别离之前 2小滑块：X1=? a1t 木板：X1=? a2 / t 又有X2 X1=L 解得：t=2s a2z，由牛顿第二定律得F-f= M a2 F rIkA 1 T4h尹4尹h尹2 例3解析：1对木板M,水平方向受静摩擦力 f向右，当f=f n=y mg时，M有最大加速度,此时对应的F0即为使m与M起以共同速度滑动的最大值。对 M 最

6、大加速度 aM,由牛顿第二定律得：aM= fn/M=y mg/M =1m/s2要使滑块与木板共同运动, 对滑块有F°y mg=ma所以 F0=杪 mg+ma=2Nm的最大加速度 an=aM,即力F0不能超过2N2将滑块从木板上拉出时,木板受滑动摩擦力f=卩mg,此时木板的加速度a2为a 2=f/M=mg/M=1m/s2.由匀变速直线运动的规律,有m与M均为匀加速直线运动木板位移X2=? a2t2滑块位移x 1= ? a1t2位移关系X1 X2=La1=7m/s2将、式联立，解出对滑块，由牛顿第二定律得 ：F 卩mg=ma 所以 F= mg+mj=8N3将滑块从木板上拉出的过程中，滑块

7、和木板的位移分别为2 2X1= ? a1t = 7/8mx 2= ? a?t = 1/8m例四：以桌面为参考系，令 aA表示A的加速度，aB表示B、C的加速度，sa和sb分别表示t时间A和B移动的距离，那么由牛顿定律和匀加速运动的规律可得 mcg-杪 mg= rm+rmaB口 mBg=maA22sb=? aBt sa=? aAt sb-sa=L由以上各式，代入数值，可得：t=4.0s应用功和能的观点处理即应用动能定理，机械能守恒定律能量守恒定律应用动量的观点处理即应用动量定理，动量守恒定律子弹打木块模型：包括一物块在木板上滑动等。卩NS 相= Ek系统 =Q, Q为摩擦在系统中产生的:包括小车

8、上悬一单摆热量。小球在置于光滑水平面上的竖直平面弧形光滑轨道上滑动 单摆的摆动过程等。小球上升到最高点时系统有共同速度或有共同的水平速度；系统弹力 做功时，不将机械能转化为其它形式的能，因此过程中系统机械能守恒。例题：质量为 M长为I的木块静止在光滑水平面上，现有一质量为m的子弹以水平初速 V。射入木块，穿出时子弹速度为 v,求子弹与木块作用过程中系统损失的机械能。解：如图，设子弹穿过木块时所受阻力为f,突出时木块速度为 V,位移为S,那么子弹位mvo=mv+MVV0移为S+I。水平方向不受外力，由动量守恒定律得:由动能定理，对子弹-fS+=如V2如v2对木块fs= M2 0由式得v= Mmv

9、0v代入式有fs=訓?黑“ v21 一mv022 mv2 M (v022 Mv)2由能量守恒知，系统减少的机械能等于子弹与木块摩擦而产生的能。即Q=fl , l为子弹现木块的相对位移。结论：系统损失的机械能等于因摩擦而产生的能，且等于摩擦力与两物体相对位移的乘积。即Q= E 系统=3 NS相其分量式为:Q=fiS 相计f 2S 相 2+f nS相n= A E系统1 在光滑水平面上并排放两个一样的木板，长度均为L=1.00m, 一质量v0AB与木板一样的金属块，以v°=2.00m/s的初速度向右滑上木板A,金属块与木板间动摩擦因数为3=0.1 , g取10m/s2。求两木板的最后速度。

10、2. 如图示，一质量为 M长为I的长方形木块B放在光滑水平面上，在其右端放一质量为m的小木块A, m< M现以地面为参照物，给 A和B以大小相等、方向相反的初速度voAVo如图，使A开场向左运动，B开场向右运动，但最后 A刚好没有滑离B板。以地面为参照系。假设A和B的初速度大小为 Vo,求它们最后速度的大小和方向;假设初速度的大小未知，求小木块A向左运动到最远处从地面上看到出发点的距离。3. 平直木板 C静止在光滑水平面上，今有两小物块A和B分别以2vo和vo的初速度沿同一直线从长木板 C两端相向水平地滑上长木板。如图示。设物块A、B与长木板A 2voVo BCC间的动摩擦因数为,A B

11、、C三者质量相等。假设A、B两物块不发生碰撞，那么由开场滑上C到A、B都静止在C上为止，B通过的总路程多大？经历的时间多长？为使A、B两物块不发生碰撞，长木板 C至少多长？4在光滑水平面上静止放置一长木板B, B的质量为M=2kg同，B右端距竖直墙5m现有-小物块A，质量为m=1kg，以vo=6m/s的速度从B左端水平地滑上 B。如图所示。A B间动摩擦因数为卩=0.4 , B与墙壁碰撞时间极短，且A vo5m碰撞时无能量损失。取B g=10m/s2。求：要使物块 A最终不脱离B木板，木板B的最短长度是多少?5.如下列图，在光滑水平面上有一辆质量为M=4.00 kg的平板小车，车上放一质量为m

12、=1.96kg的木块，木块到平板小车左端的距离L=1.5m，车与木块一起以 v=0.4m/s的速度向右行驶，一颗质量为m)=0.04 kg的子弹以速度V0从右方射入木块并留在木块，子弹与木块作用时间很短，木块与小车平板间动摩擦因数2卩=0.2，取g=10m/s。问：假设要让木块不从小车上滑出，子弹初速度应满足什么条件？LV0mv6.一质量为 m两端有挡板的小车静止在光滑水平面上，两挡板间距离为1.1m，在小车正中放一质量为 m长度为0.1m的物块，物块与小车间动摩擦因数卩=0.15。如图示。现给物块一个水平向右的瞬时冲量，使物块获得V0 =6m/s的水平初速度。物块与挡板碰撞时间极短且无能量损

13、失。求:V0小车获得的最终速度；物块相对小车滑行的路程；物块与两挡板最多碰撞了多少次;物块最终停在小车上的位置。7木块置于光滑水平地面上，一子弹以初速vo射入静止的木块，子弹的质量为m打入木块的深度为d，木块向前移动S后以速度v与子弹一起匀速运动，此过程中转化为能的能 量为m(vo v)vd21A 一 m(v0 vov)B.mvo(vo v) C.2参考答案1.金属块在板上滑动过程中，统动量守恒。金属块最终停在什么位置要进展判断。假设金属块最终停在 A上。三者有一样速度 v,相对位移为x，那么有mv0 3mv1 2 1 mgx mv02 23mv2 解得：x 4m L ,因此假定不合理，金属块

14、一定会滑上3B。设x为金属块相对B的位移,v1、v表示A、B最后的速度,vo'为金属块离开A滑上B瞬间的速度。有：在A上mv0 mv0 2mv<, mgL mv：1 mv22 1 2 0- 2mv!全过程mv° mwmg(L x)2mv21 mv211o mv：- 2mv22联立解得:VoV21m/ s或 1 m/ s30(舍)或vo m / s 31 5m / s或 m/ s2 61 / m /s35 /m /s60.25m*解中，整个物理过程可分为金属块分别在A、B上滑动两个子过程，对应的子系统为整体和金属块与B。可分开列式，也可采用子过程t全过程列式，实际上是整体

15、t局部隔离法 的一种变化。2 .A恰未滑离 B板，那么 A达B最左端时具有一样速度v，有Mvo-mvo=(M+m)vM> m, v > 0,即与B板原速同向。A的速度减为零时，离出发点最远，设 A的初速为vo, A B摩擦力为f,向左运动对地最远位移为S,那么fS 2 mvo1 10 而 v0最大应满足 Mvo-mv0=(M+m)v fl - (M m)v0 - (M m)v2解得：sM m |4M3.由A B、C受力情况知，当 B从vo减速到零的过程中,C受力平衡而保持不动，此子过程中B的位移S和运动时间分别为：S1鳥,打Vo。然后B e以卩g的加速 g度一起做加速运动。A继续减

16、速，直到它们到达一样速度对全过程:nA 2vo-mBVo=(mA+nm+m)vv=vo/3C 的加速度mAg mBme此子过程 B 的位移2vo3gS222g总路程 S Si S2 ME,总时间 t tl t2 -5V018 g3 gA、B不发生碰撞时长为 L, A、B在C上相对C的位移分别为 La、LB,那么L=L a+Lb1 117vomAgLAmBgLB 丄 ma(2vo)2 mBV0 丄(mA mB me )v2解得：L -2 223 g*对多过程复杂问题，优先考虑钱过程方程，特别是厶P=0和Q=fS相= E系统。全过程方程更简单。4. A滑上B后到B与墙碰撞前，系统动量守恒，碰前是否

17、有一样速度V需作以下判断：mv=(M+m)v, v=2m/s此时B对地位移为S，那么对B： mgS 1 Mv2S=1nK 5m,故在B与墙相撞前与 A已到达一样速度V,设此时A在 B上滑行L1距离，那么 mgL1 mv? - (M m)v2L 1=3m2 2【以上为第一子过程】此后A、B以V匀速向右，直到 B与墙相碰(此子过程不用讨论)，相碰后，B的速度大小不变，方向变为反向，A速度不变(此子过程由于碰撞时间极短且无能量损失，不用计算)，即B以V向左、A以V向右运动，当 A、B再次到达一样速度 V '时：Mv-mv=(M+m)VV ' =2/3 m/s 向左，即 B不会再与墙相

18、碰， A、B以V '向左匀速运动。设此过程(子过程4)A相对B移动L2，那么1 1 mgL2(M m)v2 - (M m)v 2 L2=1、33m L=L 1+L2=4.33m 为木板的最小长度。*+得 mgL舟mv2 2(M m)v 2实际上是全过程方程。与此类问题相对应的是：当FA始终大于Pb时，系统最终停在墙角，末动能为零。5. 子弹射入木块时，可认为木块未动。子弹与木块构成一个子系统，当此系统获共同速度V1时，小车速度不变，有m-v-mv=(m-+m)V1 此后木块(含子弹)以V1向左滑，不滑出小车的条件是：到达小车左端与小车有共同速度V2，那么(m o+m)w-Mv=(mo+m+M)v1 1 1(m- m)gL (m- m