滑块与木板模型

1、物理模块化复习学生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 卩，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=且始终作用在M上，求

2、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=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)g=10m/s2).X2 - L_I- Xi - 1【例4】如图

3、所示，在光滑的桌面上叠放着一质量为 皿=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加速度仍相同。.受力分析如图，先隔离 定律可得：a=u

4、mg/m=i g再对整体，由牛顿第二定律可得：F0=(M+m)a解得：Fo=y(M+m)g所以，F的大小范围为：Fu(M+m)g(2)受力分析如图，先隔离M由牛顿第二定律可得a=mg/M再对整体，由牛顿第二定律可得：。(取m由牛顿第二fnfnFo=(M+m)a解得：Fo=卩(M+m)mg/M所以，F的大小范围为：Fu(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=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ZTTN2ai=f/m=口g=4m/s当木板的加速度a2a1时，滑块将相对于木板向左滑动，直至脱离木板F-f=ma2maFf+ma1=20N.

5、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F=时，木板的加速度 看，由牛顿第二定律得F-f= Ma?/解得：82/=4.7m/s .设二者相对滑动时间为t，在分离之前小滑块：xi=?a1t2.木板：Xi=?a2/ 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=fii=u mg时，M有最大加速度, 此时对应的Fo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：要使滑块与木板共同运动，m的最大加速度对滑块有Fo卩mg=ma所以Fo=卩mg+ma=2N即力Fo不能超过(2) 将滑块从木板上拉出

6、时，木板受滑动摩擦力卩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xi=?ait2位移关系X1X2=L将、式联立，解出ai=7m/s2对滑块，由牛顿第二定律得:F卩mg=ma所以F=u 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=?a2t =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，则由牛顿定律和匀加速运动的规律可得mg-卩mg=(m+m)aBjimEg=nAaA2 2SE=?aBt SA=?

7、aAt SE- 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=Ek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);,-F 1厂f / /才.b耳rg- MaM=fn/M=u mg/M=1m/San=aM，2Nf=卩mg此时木板的加速度82为a2=f/M=2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。ILVoV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+l) 0水平方向不受外力，由动量守恒定律得mvsmv+Mi为乃由动能定理，对子弹-f(s+ l)=lmv2新V：对木块fs s=2Mv2 0由式得V=m(V0M2V)代入式有fs=M ?My(V0V)2rV2訓V22mV2 2mV22M(V0V)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内能。即Q=fl，

9、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=卩NS目其分量式为：Q=flS相l+f2S相2+. +fnS相n= A E系统Vo1.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,I块与木板间动摩擦因数为卩=，g取10m/s2。求两木板的最后速度勿彷爲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, mK 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，

10、B开始向右运动，但最后A刚好没有滑离AIBV0h hr rH H若已知A和B的初速度大小为V0,求它们最后速度的大小和方向；B板。以地面为参照系。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。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A2V0V0BCB都静止在C间的动摩擦因数为卩，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AC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

11、止放置一长木板B, B的质量为M=2kg同，B右端距竖直墙5m现有一小物块A,质量为m=1kk，以V0=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=,B与墙壁碰撞时间极短，且5m碰撞时无能量损失。取g=10m/s2。求：要使物块A最终不脫离丁木板，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=k的平板小车，车上放一质量为m=k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=kk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 卩=，取g=1

12、0m/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？Lv。T6.一质量为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f 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=。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失。求: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v。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

13、内能的能量为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X4mL，因此假定不合理，金属块一定会滑上B。v0ri亍 口1A.尹2v0v)mv0(V0v)m(v0v)vd m(v0v)2sSvd参考答案mv03mv121 _2解得:mgx - mv0- 3mv23*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-全过程列式，实际上是整体-部分隔离法 的一种变化。2A恰未滑离B板，则A达B最左端时具有相同速度Mm,.V0,即与B板原速同向

14、。最远位移为S,则v=Vo/31g,此子过程B的位移 S2mBmc2总路程 S S1S2总时间t t1t2兴18 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,则L=L+L*对多过程复杂问题，优先考虑钱过程方程，特别是P=0和Q=fS相=E系统。全过程方程更简单。设x为金属块相对B的位移,V1、V2表示A、B最后的速度，V0为金属块离开A滑上B瞬间的速度。有：在mv0A上mgLmV02mV1mV212 12全过程-mv0 2mv122mV0mVmg(L X)2mV21E2mv12vi联立解得:VoV21m / s或1m/s30(舍)或V0-4 m /s 1卡5vi

15、V21 /-m/s 3m/ s60.25mV，有Mv-mv0=(M+m)v/.v一v。M mA的速度减为零时，离出发点最远，设A的初速为V0，AB摩擦力为f,向左运动对地fS1mv20而V0最大应满足Mvrmv0=(M+m)vfi(Mm)Vo (M m)V2解得：sM m i4MB 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11分别为：Si -v,t12gA继续减速，直到它们达到相同速度、3由A起做加速运动。益。然后B、C八g的加速度一V。对全过程：mA-2v0-mEV0=(m+m+m)v寻啟运动时间t2空牛2g 9 gg 3 gB、C的加速度 a4.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=1n5m,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(21(M m)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=23mmgL21 (M m