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一应用力和运动的观点处理(即应用牛顿运动定律)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 ，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。【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卩=， 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 范围(2) 若其它条件不变，恒力F=,且

2、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，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Fo拉小滑块，使小滑块与木板以相同的速度一起滑动，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=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2g=10m/s).innFX

3、im fm卜:八 a.=Mg/M【例4】如图所示，在光滑的桌面上叠放着一质量为 RA= 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=，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) 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

4、度仍相同。受力分析如图，先隔离 m由牛顿第二定律可得：a=y mg/m=g g再对整体，由牛顿第二定律可得：F=(M+m)a解得：F=y(M+m)g所以，F的大小范围为：Ff(M+m)g(2)受力分析如图，先隔离 M由牛顿第二定再对整体，由牛顿第二定律可得：F0=(M+m)a解得：Fo=卩(M+m)mg/MfF所以，F的大小范围为：Fy(M+m)mg/M- 杯 例2解析(1)小滑块与木板间的滑动摩擦力pf= 口 FN=y mg=4NM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2ai=f/m= 口 g=4m/s 当木板的加速度a2ai时，滑块将相对于木板向左滑动，直至脱离木板F-f

5、=ma2maFf+ma i=20N 即当F20N且保持作用一般时间后，小滑块将从木板上滑落下来。(2)当恒力卩=时，木板的加速度 看，由牛顿第二定律得F-f= Ma2z解得：a2，= 4.7m/s2 设二者相对滑动时间为t，在分离之前小滑块：xi=?a1t2木板：xi=?a2z t2又有X2xi=L解得：t=2s 例3解析：(1)对木板M水平方向受静摩擦力f向右，当f=ffu mg时，M有最大加速度, 此时对应的F。即为使m与M起以共同速度滑动的最大值。对M,最大加速度aM,由牛顿第二定律得：aM=fM=u mg/M=1m/S要使滑块与木板共同运动，m的最大加速度am=aM，对滑块有F0 卩m

6、g=ma所以 F=卩mg+ma=2N即力F。不能超过2N(2)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a2=f/M= 卩mg/M=1m/S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=?a2t 滑块位移xMat2位移关系 X1 X2=L将、式联立，解出a=7m/s2对滑块，由牛顿第二定律得：F 卩mg=ma所以 F=y mg+maF8N(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2 2xi=?ait =7/8mX2=?at =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

7、间A和B移动的距离，贝U由牛顿定律和匀加速运动的规律可得mg-卩 mg= (m+m) aB mBg=maASB=?aBt SA=?aAt Sb- Sa=L由以上各式，代入数值，可得:t =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= B系统=Q q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

8、，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失的机械能。VoV|1厂 _ _ _ _ 1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,申则子弹位移为(S+I)。水平方向不受外力，由动量守恒定律得：mmv=mv+Mi八 k由动能定理，对子弹-f(S+ I )= 1 mv2 mvo 2 2对木块fS= 1 MV 2 022由式得V=m(vo V)代入式有fs= -M ?y(vo v)2M2 M 2 + 得 f I = mv2 1 mv2 丄 MV 2

9、-imv Qmv2 1 M (vo v)2222222 M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，I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=A E系统二卩NS目其分量式为：Q=flS相l+f2S相2+fnS 相n= A E系统Vo在光滑水平面上并排放两个相同的木板，长度均为L=1.oom, 一质量与木板相同的金属块，以 v=2.oom/s的初速度向右滑上木板 A, 块与木板间动摩擦因数为卩=，g取iom/s2。求两木板的最后速度。?/ :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

10、面上，在其右端放一质量为m的小木块A, m0,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,则fS mvj o 而 vo 最大应满足 Mwmvo=(M+m)vfi 1 (M2 1m)vi? (M2m)v解得:M m i4M3. 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11分别为：Si =L,t1竺。然后B、C以卩g的加速度一 gg起做加速运动。A继续减速，直到它们达到相同速度v。对全过程：mA 2vo-mBvo=(m+m+m)vv=vo/3B、C的加速度amA

11、g1 g,此子过程B的位移S2mB me2v22g丽运动时间t22vg2 vo总路程S S1 S2晋，总时间t18 gt1 t25voA、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=L+Lb*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=4 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S，则对B: mgS Imv2S=1n 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Li距离，则mgLi mv： -1 (M m)v2Li=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)V v =23m mgL21 (M m)v2 1 (M m)v 2 33m4.33m mgL 1 mv 1 (M m)v 2(m m)gL 1 (mo m)vi2 -Mv 2 (mo m M 皿 149.6m149.6m当物块相对小车静止时