滑块与木板模型

1、精品文档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【例1】木板M静止在光滑水平面上，木板上放着一个小滑块m,与木板之间的动摩擦因数小为了使得m能从M上滑落下来，求下列各种情况下力F的大小范围。11欢在下载【例2】如图所示，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科=0.4,g=10m/s1(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的大小范围.(2)若其它条件不变，恒

2、力F=22.8N,且始终作用在M上，求m在M上滑动的时间.【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,开始时两者都处于静止状态，如图所示，试求：（1）用水平力F0拉小滑块，使小滑块与木板以相同的速度一起滑动，力F0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内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/s

3、2）.ill c【例4】如图所示，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=3kg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=1.0kg的物块C相连.B与A之间的滑动摩擦因数科=0.10,最大静摩擦力可视为等于滑动摩擦力.忽略滑轮质量及与轴间的摩擦.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）.8日1A,产loc例1解析(1)m与M刚要发生相对滑动的临界条件：要滑动：m与M间的静摩擦力达到最大静摩擦力；未滑动：此时m与M加速度仍相同。受力分

4、析如图，先隔离m,由牛顿第二定律可得：a=mg/m=(ig再对整体，由牛顿第二定律可得：Fo=(M+m)a解得：Fo=(M+m)g所以，F的大小范围为：F>w(M+m)g(2)受力分析如图，先隔离M由牛顿第二定律可得:再对整体，由牛顿第二定律可得：Fo=(M+m)a解得：Fo=(M+m)mg/M所以，F的大小范围为：F>(i(M+m)mg/M例2解析(1)小滑块与木板间的滑动摩擦力f=FN=(img=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2小ai=f/m=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=ma2>

5、maiF>f+mai=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。<F将、式联立，解出ai=7m/s2对滑块，由牛顿第二定律得：Fmg=ma所以F=mg+mi=8N（3）将滑块从木板上拉出的过程中，滑块和木板的位移分别为xi=?ait2=7/8mX2=?a2t2=1/8m例四：以桌面为参考系，令3a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，则由牛顿定律和匀加速运动的规律可得neg-四%=（m+rra）3b科mBg=maA22Sb=?3bISa=?3AtSb-Sa=L由以上各式，代入数值，可得：t=4.0S应用功

6、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。U2=A&系统=Qq为摩擦在系统中产生的热量。小球在置于光滑水平面上的竖直平面内弧形光滑轨道上滑动：包括小车上悬一单摆单摆的摆动过程等。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）；系统内弹力做功时，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l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vo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知女机械斛解：如图，设子弹穿过木块时

7、所受阻力为f,突出时小块速堂为V,位移为S,JU子弹住粉OfSI-II为（s+i）。水平方向不受外力，由动量守恒定律得：猊v=mv+由动能定理，对子弹-f（S+l）=-1mv21mv2对木块fS=-MV2由式得v=m（vov）代入式有fS=2M?Mt（V°v）2+得flnmvOJ1mv2MV2mv°2-mv2-M（v0v）22°222°22M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内能。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内能，且等于摩擦力与两物体相对位移的乘积。即Q=AE系统=NS相其分量式为：

8、Q=flS相l + 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相同的木板，长度均为L=1.00m,一质量与木板相同的金属块，以V0=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（1=0.1,g取10m/s2。求两木板的最后速度。VoAB2 .如图示，一质量为M长为l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（如图），使A开始向左运动，B开始向右运动，但最后A刚好没有滑离B板。以地面为参照系。若已知A和B的初速度大小为V。，求它们最后速度的大小和方向；A和B分别

9、以2V。和V。的初速度沿同若初速度的大小未知，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。 一平直木板 C静止在光滑水平面上，今有两小物块一直线从长木板 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C间的动摩擦因数为科， A、B、C三者质量相等。若A B两物块不发生碰撞，则由开始滑上C到A、C上为止，B通过的总路程多大？经历的时间多长？为使AB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5ml现有小物块A,质量为m=1kg,以v0=6m/s的速度从B左端水平地滑上B。如图所示。AB间动摩擦因数为科=0

10、.4,B与墙壁碰撞时间极短，且碰撞时无能量损失。取g=10m/s2。求：要使物块A最终不脱离木板，木板B的最短长度是多少?5 .如图所示，在光滑水平面上有一辆质量为M=4.00kg的平板小车，车上放一质量为m=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=0.04kg的子弹以速度V0从右方射入木块并留在木块内，已知子弹与木块作用时间很短，木块与小车平板间动摩擦因数=0.2,取g=10m/s2。问：若要让木块不从小车上滑出，子弹初速度应满足什么条件？1.1m,在小车正6 .一质量为mr两端有挡板的小车静止在光滑水平面上，两挡

11、板间距离为中放一质量为m长度为o.1m的物块，物块与小车间动摩擦因数科=。.15。如图示。现给物块一个水平向右的瞬时冲量，使物块获得vo =6m/s的水平初速度。物块与挡板碰撞时间极短且无能量损失。求:vo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. 一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，此过程中转化为内能的m(vo v)vd Dm(vo v) vd2s. S能量为1A.2m(v2VoV)B.mvo(vov)C.1.金属块在板上滑动过程

12、中，统动量守恒。金属块最终停在什么位置要进行判断。假设金属块最终停在A上。三者有相同速度v,相对位移为x,则有mvo3mv121Q2解mgxmvo3mv22得：x4mL,因此假定不合理，金属块一定会滑上3B。设x为金属块相对B的位移，丫1、丫2表示人、B最后的速度,V为金属块离开A滑上B瞬间的速度。有：在A上mv。mv。2mv1mgL；mv02mv0212mv全过程2mvomv1mg(Lx)2mv212一mv0212mv1212mvf2联立解得:V1voV21m/臧1m/s30(舍)或vo4m/sm/s或5m/s26V1V21,m/s35,m/s60.25m*解中，整个物理过程可分为金属块分别

13、在B上滑动两个子过程，对应的子系统为整体和金属块与Bo可分开列式，也可采用子过程一全过程列式，实际上是整体一部分隔离法的一种变化。2.A恰未滑离，则人达8最左端时具有相同速度V,有Mv0-mv0=(M+m)vav睛v0MM>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v°,AB摩擦力为f,向左运动对地最远位移为S,则12fS2mv20而v0取大应满足Mv0-mv0=(M+m)vfl1c1一(Mm)vo-(Mm)v2解得：sM4Mml3.由AB、C受力情况知，当B从V0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t1分

14、别为：S12/二，t1竺"。然后RC以g的加速2ggv。对全过程：度一起做加速运动。A继续减速，直到它们达到相同速度mA-2v0-mBv0=(mA+m+m)vv=vo/3B、C的加速度amAgmBmC162gGv2S2兽运动时间t2型2vo2g9gg3g总路程SSiS21v-.，总时间tt1t25vo18g3g此子过程B的位移7v23-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,则L=La+Lb.12121,、2mAgLAmBgLB2mA(2vo)22mBv(22(mAmBmc)v2解得：L*对多过程复杂问题，优先考虑钱过程方程，特别是AP=0和Q=fS=A

15、Ewo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，碰前是否有相同速度v需作以下判断：mv=(M+m)v,v=2m/s此时B对地位移为S1,则对B:mgS12Mv2S=1m<5m,故在B与墙相撞前与A已达到相同速度v,设此时A在B上滑行L1距离，则mgL11mv(2-1(Mm)v2L1=3m【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再次达到相同速度v'时：Mv-mv=(M+m)vv'

16、;=2/3m/s向左，即B不会再与墙相碰，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,则11mgL2-(Mm)v2-(Mm)v2L2=1、33mL=L1+L2=4.33m为木板的最小长度。*十得mgL12mv22(Mm)v2实际上是全过程方程。与此类问题相对应的是：当PA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vi时，小车速度不变，有m0v0-mv=(m0+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,则(m0+m)v1-Mv=(m0

17、+m+M)v,、.1,11,(m0m)gL(m0m)v2-Mv2(m0mM)v2222联立化简得：vo2+0.8v0-22500=0解得v0=149.6m/s为最大值，v°w149.6m/s6.当物块相对小车静止时，它们以共同速度v做匀速运动，相互作用结束，v即为小车最终速度精品文档mvo=2mvv=v0/2=3m/sS 0.5 n 1 6.5l d11一mgSmv22mv2S=6m22物块最终仍停在小车正中。*此解充分显示了全过程法的妙用。7. AC A :mvo (M m)v1c 1一Qmv2(M m)v222fSQ加2f d1 mv。2(-Tm)v210欠0迎下载精品文档欢迎您的下载,资料仅供套考!致力为企业和个人提供合同协议，策划案计划书，学习资料等等打造全网一站式需求1欺速下载/)(2)当恒力F=22.8N时，木板的加速度a2z,由牛顿第二定律得F-f=Ma?/解得：a2/=4.7m/s*2设二者相对滑动时间为t,在分离之前2小滑块：Xi=?ait2-木板：xi=?a2/t又有X2xi=L解得：t=2s例3解析：(1