滑块与木板模型

1、教科版高中物理模块化专题复习学案 雅安市田家炳中学 张明俊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=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

2、来，求F的大小范围.（2）若其它条件不变，恒力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

3、间的滑动摩擦力大小相等）。（取g=10m/s2）.x2x1LF【例4】如图所示，在光滑的桌面上叠放着一质量为mA2.0kg的薄木板A和质量为mB=3 kg的金属块BA的长度L=2.0mB上有轻线绕过定滑轮与质量为mC=1.0 kg的物块C相连B与A之间的滑动摩擦因数 µ =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）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

4、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m，由牛顿第二定律可得：a=mg/m=g再对整体，由牛顿第二定律可得：F0=(M+m)a解得：F0=(M+m) g所以，F的大小范围为：F>(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：F0=(M+m)a解得：F0=(M+m) mg/M所以，F的大小范围为：F>(M+m)mg/M例2解析（1）小滑块与木板间的滑动摩擦力 f=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 a1=f/m=g=4m/s2 当木板的加速度a2> a1时，滑块将

5、相对于木板向左滑动，直至脱离木板F-f=m a2>m a1 F> f +m a1=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。（2）当恒力F=22.8N时，木板的加速度a2，由牛顿第二定律得F-f=a2解得：a24.7m/s2设二者相对滑动时间为t，在分离之前小滑块：x1=½ a1t2 木板：x1=½ a2t2 又有x2x1=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=fm=mg时，M有最大加速度，此时对应的F0即为使m与M一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

6、= fm/M=mg/M =1m/s2要使滑块与木板共同运动，m的最大加速度am=aM， 对滑块有F0mg=mam所以F0=mg+mam=2N即力F0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=mg，此时木板的加速度a2为 a2=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= ½a2t2滑块位移 x1= ½a1t2位移关系x1x2=L将、式联立，解出a1=7m/s2对滑块，由牛顿第二定律得:Fmg=ma1所以F=mg+ma1=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x1= ½

7、a1t2= 7/8mx2= ½a2t2= 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mCg-µmBg=（mC+mB）aB µ mBg=mAaA sB=½aBt2 sA=½aAt2 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。NS相=Ek系统=Q，Q为摩擦在系统

8、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。 l v0 v S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v0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，则子弹位移为(S+l)。水平方向不受外力，由动量守恒定律得：mv0=mv+MV 由动能定理，对子弹 -f(s+l)= 对木块

9、 fs= 由式得 v= 代入式有 fs= +得 fl=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=E系统=NS相 其分量式为：Q=f1S相1+f2S相2+fnS相n=E系统 v0 A B1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=0.1，g取10m/s2。求两木板的最后速度。2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

10、其右端放一质量为m的小木块A，mM，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 v0 AB v0l(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v0，求它们最后速度的大小和方向；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。3一平直木板C静止在光滑水平面上，今有两小物块A和B分别以2v0和v0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 2v0 v0 B CC间的动摩擦因数为，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、B

11、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=2同，B右端距竖直墙5m，现有一小物块 A，质量为m=1，以v0=6m/s的速度从B左端水平地滑上B。如图A v0 5m B所示。A、B间动摩擦因数为=0.4，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B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=4.00的平板小车，车上放一质量为m=1.96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

12、右行驶，一颗质量为m0=0.04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？ L v0 m v6一质量为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=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

13、车上的位置。7一木块置于光滑水平地面上，一子弹以初速v0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能量为 A B. C. D.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 解得：，因此假定不合理，金属块一定会滑上B。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A上 全过程 联立解得： *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

14、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v，有 Mv0-mv0=(M+m)v Mm, v0,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v0，A、B摩擦力为f，向左运动对地最远位移为S，则 而v0最大应满足 Mv0-mv0=(M+m)v 解得：3由A、B、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S1和运动时间t1分别为： 。然后B、C以g的加速度一起做加速运动。A继续减速，直到它们达到相同速度v。对全过程：mA·2v0-mBv0=(mA+

15、mB+mC)v v=v0/3 B、C的加速度 ,此子过程B的位移 总路程 A、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*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。4A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：mv0=(M+m)v, v=2m/s 此时B对地位移为S1，则对B： S=1m5m,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 L1=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=2/3 m/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 L2=1、33m L=L1+L2=4.33m为木板的最小长度。*+得 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v1时，小车速度不变，有 m0v0-mv=(