机械能守恒定律专题3板块.docx

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机械能守恒定律专题3板块

能量守恒定律应用（3）板块模型

1．滑块—木板模型根据情况可以分成水平面上的滑块—木板模型和斜面上的滑块—木板模型．

2．滑块从木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板沿同一方向运动，则滑块的位移和木板的位移之差等于木板的长度；若滑块和木板沿相反方向运动，则滑块的位移和木板的位移之和等于木板的长度．

3．此类问题涉及两个物体、多个运动过程，并且物体间还存在相对运动，所以应准确求出各物体在各个运动过程中的加速度（注意两过程的连接处加速度可能突变），找出物体之间的位移（路程）关系或速度关系是解题的突破口，求解中应注意联系两个过程的纽带，每一个过程的末速度是下一个过程的初速度．

滑块—木板模型问题的分析和技巧

1．解题关键正确地对各物体进行受力分析（关键是确定物体间的摩擦力方向），并根据牛顿第二定律确定各物体的加速度，结合加速度和速度的方向关系确定物体的运动情况．

2．规律选择既可由动能定理和牛顿运动定律分析单个物体的运动，又可由能量守恒定律分析动能的变化、能量的转化，在能量转化过程往往用到ΔE内＝－ΔE机＝Ffx相对，并要注意数学知识（如图象法、归纳法等）在此类问题中的应用．

例题1、如图5，质量为M、长度为L的小车静止在光滑的水平面上．质量为m的小物块（可视为质点）放在小车的最左端．现用一水平恒力F作用在小物块上，使物块从静止开始做匀加速直线运动，物块和小车之间的摩擦力为Ff，物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为s.在这个过程中，以下结论正确的是（BC）

图5

A．物块到达小车最右端时具有的动能为F（L＋s）

B．物块到达小车最右端时，小车具有的动能为Ffs

C．物块克服摩擦力所做的功为Ff（L＋s）

D．物块和小车增加的机械能为Ffs

解析　对物块分析，物块相对于地的位移为L＋s，根据动能定理得（F－Ff）（L＋s）＝

mv2－0，则知物块到达小车最右端时具有的动能为（F－Ff）（L＋s），故A错误；对小车分析，小车对地的位移为s，根据动能定理得Ffs＝

Mv′2－0，则知物块到达小车最右端时，小车具有的动能为Ffs，故B正确；物块相对于地的位移大小为L＋s，则物块克服摩擦力所做的功为Ff（L＋s），故C正确；根据能量守恒得，外力F做的功转化为小车和物块的机械能和摩擦产生的内能，则有F（L＋s）＝ΔE＋Q，则物块和小车增加的机械能为ΔE＝F（L＋s）－FfL，故D错误．

例题2、图7甲中，质量为m1＝1kg的物块叠放在质量为m2＝3kg的木板右端．木板足够长，放在光滑的水平面上，木板与物块之间的动摩擦因数为μ1＝0.2.整个系统开始时静止，重力加速度g取10m/s2.

甲

图7

（1）在木板右端施加水平向右的拉力F，为使木板和物块发生相对运动，拉力F至少应为多大？

（2）在0～4s内，若拉力F的变化如图乙所示，2s后木板进入μ2＝0.25的粗糙水平面，在图丙中画出0～4s内木板和物块的v－t图象，并求出0～4s内物块相对木板的位移大小和整个系统因摩擦而产生的内能．

答案　

（1）8N　

（2）见解析系统产生的内能可以直接用能量守恒等于力F做的功

解析　

（1）把物块和木板看成整体，由牛顿第二定律得F＝（m1＋m2）a

物块与木板将要相对滑动时，μ1m1g＝m1a联立解得F＝μ1（m1＋m2）g＝8N.

（2）物块在0～2s内做匀加速直线运动，木板在0～1s内做匀加速直线运动，在1～2s内做匀速运动，2s后物块和木板均做匀减速直线运动，故二者在整个运动过程中的v－t图象如图所示．

0～2s内物块相对木板向左运动，2～4s内物块相对木板向右运动．

0～2s内物块相对木板的位移大小Δx1＝2m，

系统摩擦产生的内能Q1＝μ1m1gΔx1＝4J.

2～4s内物块相对木板的位移大小Δx2＝1m，

物块与木板因摩擦产生的内能Q2＝μ1m1gΔx2＝2J；木板对地位移x2＝3m，

木板与地面因摩擦产生的内能Q3＝μ2（m1＋m2）gx2＝30J.

0～4s内系统因摩擦产生的总内能为Q＝Q1＋Q2＋Q3＝36J.

例题3、如图4所示，在光滑水平地面上放置质量M＝2kg的长木板，木板上表面与固定的竖直弧形轨道相切．一质量m＝1kg的小滑块自A点沿弧面由静止滑下，A点距离长木板上表面高度h＝0.6m．滑块在木板上滑行t＝1s后，和木板一起以速度v＝1m/s做匀速运动，取g＝10m/s2.求：

图4

（1）滑块与木板间的摩擦力；

（2）滑块沿弧面下滑过程中克服摩擦力做的功；

（3）滑块相对木板滑行的距离．

解析　

（1）对木板受力分析Ff＝Ma1由运动学公式，有v＝a1t解得Ff＝2N.

（2）对滑块受力分析－Ff＝ma2设滑块滑上木板时的初速度为v0由公式v－v0＝a2t解得v0＝3m/s

滑块沿弧面下滑的过程，由动能定理得mgh－Wf＝

mv

Wf＝mgh－

mv

＝1.5J.

（3）t＝1s内木板的位移x1＝

a1t2此过程中滑块的位移x2＝v0t＋

a2t2故滑块相对木板滑行距离

L＝x2－x1＝1.5m.

答案　

（1）2N　

（2）1.5J　（3）1.5m

例题4、如图1所示，AB段为一半径R＝0.2m的

光滑圆弧轨道，EF是一倾角为30°的足够长的光滑固定斜面，斜面上有一质量为0.1kg的薄木板CD，开始时薄木板被锁定．一质量也为0.1kg的物块（图中未画出）从A点由静止开始下滑，通过B点后水平抛出，经过一段时间后恰好以平行于薄木板的方向滑上薄木板，在物块滑上薄木板的同时薄木板解除锁定，下滑过程中某时刻物块和薄木板能达到共同速度．已知物块与薄木板间的动摩擦因数μ＝

.（g＝10m/s2，结果可保留根号）求：

图1

（1）物块到达B点时对圆弧轨道的压力；

（2）物块滑上薄木板时的速度大小；

（3）达到共同速度前物块下滑的加速度大小及从物块滑上薄木板至达到共同速度所用的时间．

答案　

（1）3N，方向竖直向下　

（2）

m/s

（3）2.5m/s2　

s

解析　

（1）物块从A运动到B的过程，由动能定理得：

mgR＝

mv

，解得：

vB＝2m/s

在B点由牛顿第二定律得：

FN－mg＝m

解得：

FN＝3N

由牛顿第三定律得物块对轨道的压力大小为3N，方向竖直向下．

（2）设物块滑上薄木板时的速度为v，则：

cos30°＝

解得：

v＝

m/s.

（3）物块和薄木板下滑过程中，由牛顿第二定律得：

对物块：

mgsin30°－μmgcos30°＝ma1

对薄木板：

mgsin30°＋μmgcos30°＝ma2

设物块和薄木板达到的共同速度为v′，则：

v′＝v＋a1t＝a2t解得：

a1＝2.5m/s2，t＝

s.

练习1：

如图8所示，长木板A放在光滑的水平地面上，物体B以水平速度冲上A后，由于摩擦力作用，最后停止在木板A上，则从B冲到木板A上到相对木板A静止的过程中，下述说法中正确的是（　CD　）

图8

A．物体B动能的减少量等于系统损失的机械能

B．物体B克服摩擦力做的功等于系统内能的增加量

C．物体B损失的机械能等于木板A获得的动能与系统损失的机械能之和

D．摩擦力对物体B做的功和对木板A做的功的总和等于系统内能的增加量

解析　物体B以水平速度冲上木板A后，由于摩擦力作用，B减速运动，木板A加速运动，根据能量守恒定律，物体B动能的减少量等于木板A增加的动能和产生的热量之和，选项A错误；根据动能定理，物体B克服摩擦力做的功等于物体B损失的动能，选项B错误；由能量守恒定律可知，物体B损失的机械能等于木板A获得的动能与系统损失的机械能之和，选项C正确；摩擦力对物体B做的功等于物体B动能的减少量，摩擦力对木板A做的功等于木板A动能的增加量，由能量守恒定律，摩擦力对物体B做的功和对木板A做的功的总和等于系统内能的增加量，选项D正确．

练习2：

光滑水平面上静止一质量为M的木块，一颗质量为m的子弹以水平速度v1射入木块，并以速度v2穿出，对这个过程，下列说法正确的是（　AD　）

A．子弹克服阻力做的功等于

m（v

－v

）

B．子弹对木块做的功等于子弹克服阻力做的功

C．子弹对木块做的功等于木块获得的动能与子弹跟木块摩擦生热产生的内能之和

D．子弹损失的动能等于木块的动能和子弹与木块摩擦转化的内能之和

练习3-3：

如图6所示，木块A放在木块B的左端，用恒力F将A拉至B的右端，第一次将B固定在地面上，F做功为W1，生热为Q1；第二次让B可以在光滑地面上自由滑动，仍将A拉到B的右端，这次F做功为W2，生热为Q2.则应有（　A　）

图6

A．W1＜W2，Q1＝Q2B．W1＝W2，Q1＝Q2

C．W1＜W2，Q1＜Q2D．W1＝W2，Q1＜Q2

解析　拉力F做的功由公式W＝Flcosα求得，其中l是物体对地的位移，所以W1＜W2，滑动摩擦力做功过程中产生的内能等于系统克服摩擦力做的功，即ΔE＝Q＝Ffl相对，其中l相对表示物体之间的相对位移，在这里是B的长度，所以Q1＝Q2.

练习4：

如图9所示，一块长木块B放在光滑的水平面上，在B上放一物体A，现以恒定的外力F拉B，由于A、B间摩擦力的作用，A将在B上滑动，以地面为参考系，A、B都向前移动一段距离．在此过程中（　BD　）

图9

A．外力F做的功等于A和B动能的增量

B．B对A的摩擦力所做的功等于A的动能的增量

C．A对B的摩擦力所做的功等于B对A的摩擦力所做的功

D．外力F对B做的功等于B的动能的增量与B克服摩擦力所做的功之和

解析　A物体所受的合外力等于B对A的摩擦力，对A物体运用动能定理，则B对A的摩擦力所做的功等于A的动能的增量，B正确．A对B的摩擦力与B对A的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑动，A、B对地的位移不等，故二者做功不等，C错误．对B应用动能定理WF－Wf＝ΔEkB，WF＝ΔEkB＋Wf，即外力F对B做的功等于B的动能的增量与B克服摩擦力所做的功之和，D正确．由上述讨论知B克服摩擦力所做的功与A的动能的增量（等于B对A的摩擦力所做的功）不等，故A错误．

练习5：

（2013·山东·16）如图4所示，楔形木块abc固定在水平面上，粗糙斜面ab和光滑斜面bc与水平面的夹角相同，顶角b处安装一定滑轮．质量分别为M、m（M>m）的滑块通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳与斜面平行．两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动．若不计滑轮的质量和摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程中（　CD　）

图4

A．两滑块组成系统的机械能守恒

B．重力对M做的功等于M动能的增加

C．轻绳对m做的功等于m机械能的增加

D．两滑块组成系统的机械能损失等于M克服摩擦力做的功

解析　两滑块释放后，M下滑、m上滑，摩擦力对M做负功，系统的机械能减小，减小的机械能等于M克服摩擦力做的功，选项A错误，D正确．除重力对滑块M做正功外，还有摩擦力和绳的拉力对滑块M做负功，选项B错误．绳的拉力对滑块m做正功，滑块m机械能增加，且增加的机械能等于拉力做的功，选项C正确．

练习6：

如图所示，上表面光滑，长度为3m、质量M=10kg的木板，在F=50N的水平拉力作用下，以v0=5m／S的速度沿水平地面向右匀速运动。

现将一个质量为m=3kg的小铁块（可视为质点）无初速地放在木

板最右端，当木板运动了L=1m时，又将第二个同样的小铁块无初速地放在木板最右端，以后木板每运动lm就在其最右端无初速地放上一个同样的小铁块。

（g取10m／s2）求

（1）木板与地面间的动摩擦因数。

（2）刚放第三个铁块时木板的速度。

（3）从放第三个铁块开始到木板停下的过程，木板运动的距离。

 解：

（1）木板做匀速直线运动时，受到地面的摩擦力为f

由平衡条件得

①

②联立并代入数据得

 ③

（2）每放一个小铁块，木板所受的摩擦力增加

令刚放第三块铁块时木板速度为

，对木板从放第一块铁块到刚放第三块铁块的过程，由动能定理得

 ④联立代入数据得

 ⑤

（3）从放第三个铁块开始到木板停下之前，木板所受的摩擦力均为

从放第三个铁块开始到木板停下的过程，木板运动的距离为x，对木板由动能定理得

⑥联立并代入数据得

⑦

评分标准：

②式2分，④式5分,⑥式4分，其余每式1分。

方法二若按牛顿运动定律结合运动学公式求解，可参照如下评分标准。

（2）每放一个小铁块，木板所受的摩擦力增加

。

   设木板上放上一个、两个小铁块时，木板的加速度分别为

、

，刚放第二块铁块、第三块铁块时木板的加速度分别为

、

，由牛顿运动定律及运动学公式可得

        ①    

          ②

          ③

     ④

（3）从放第三个小铁块开始到木板停下之前，木板所受的摩擦力均为

。

设木板上放上三个小铁块时，木板的加速度为

，从放第三个小铁块到木板停下时，木板移动的距离为

⑤从放第三个小铁块到木板停下时，木板移动的距离为

    ⑥评分标准：

①②⑥每式2分，⑤式3分，其余每式1分。

练习7：

如图所示，质量M=3kg的足够长的小车静止在光滑的水平面上，半径R=0.8m的1/4光滑圆轨道的下端与小车的右端平滑对接，质量m=1kg的物块（可视为质点）由轨道顶端静止释放，接着物块离开圆轨道滑上小车。

从物块滑上小车开始计时，t=2s 时小车被地面装置锁定。

已知物块与小车之间的动摩擦因数μ=0.3，g=10m/s2，求

（1）物块运动至圆轨道的下端时受到的支持力FN；

（2）小车被锁定时，其右端距圆轨道的下端的距离x；

（3）物块静止时，系统增加的内能Q。

解：

（1）设物块运动至圆轨道的下端时速度为v，由动能定理

2分此时物块做圆周运动，由牛顿第二定律

2分解得FN=30N，方向竖直向上2分

（2）物块滑上小车后，对物块 

           1分     对小车

           1分

设经时间t′，物块和小车共速，有

     1分   解得t′=1s，              1分

而t＞t′，即物块和小车共速后，又以v′运动了t -t′=1s，小车才被锁定     1分

小车被锁定时，其右端距圆轨道下端的距离

   2分

解得x=1.5m      1分（3）整个过程中，物块相对小车运动的路程

 3分系统增加的内能 

   2分解得Q=6.5J    1分

练习8：

（2015·福建理综·21）如图4，质量为M的小车静止在光滑水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一圆弧光滑轨道，BC段是长为L的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B点．一质量为m的滑块在小车上从A点由静止开始沿轨道滑下，重力加速度为g.

图4

（1）若固定小车，求滑块运动过程中对小车的最大压力；

（2）若不固定小车，滑块仍从A点由静止下滑，然后滑入BC轨道，最后从C点滑出小车．已知滑块质量m＝

，在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为μ，求：

①滑块运动过程中，小车的最大速度大小vm；

②滑块从B到C运动过程中，小车的位移大小s.

答案　

（1）3mg　

（2）①

　②

L

解析　

（1）滑块滑到B点时对小车压力最大，从A到B机械能守恒mgR＝

mvB2

滑块在B点处，由牛顿第二定律知N－mg＝m

解得N＝3mg

由牛顿第三定律知N′＝3mg

（2）①滑块下滑到达B点时，小车速度最大．由机械能守恒mgR＝

Mvm2＋

m（2vm）2解得vm＝

②设滑块运动到C点时，小车速度大小为vC，由功能关系mgR－μmgL＝

MvC2＋

m（2vC）2

设滑块从B到C过程中，小车运动加速度大小为a，由牛顿第二定律μmg＝Ma

由运动学规律vC2－vm2＝－2as解得s＝

L.

练习9：

如图6所示，一质量m＝2kg的长木板静止在水平地面上，某时刻一质量M＝1kg的小铁块以水平向左v0＝9m/s的速度从木板的右端滑上木板．已知木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，铁块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.4，取重力加速度g＝10m/s2，木板足够长，求：

图6

（1）铁块相对木板滑动时木板的加速度的大小；

（2）铁块与木板摩擦所产生的热量Q和木板在水平地面上滑行的总路程x.

答案　

（1）0.5m/s2　

（2）36J　1.5m图像法求相对位移和总路程

解析　

（1）设铁块在木板上滑动时，木板的加速度为a2，由牛顿第二定律可得μ2Mg－μ1（M＋m）g＝ma2，

解得a2＝

m/s2＝0.5m/s2.

（2）设铁块在木板上滑动时，铁块的加速度为a1，由牛顿第二定律得μ2Mg＝Ma1，解得a1＝μ2g＝4m/s2.

设铁块与木板相对静止达共同速度时的速度为v，所需的时间为t，则有v＝v0－a1t，v＝a2t，

解得：

v＝1m/s，t＝2s.

铁块相对地面的位移x1＝v0t－

a1t2＝9×2m－

×4×4m＝10m.

木板运动的位移x2＝

a2t2＝

×0.5×4m＝1m，

铁块与木板的相对位移Δx＝x1－x2＝10m－1m＝9m，

则此过程中铁块与木板摩擦所产生的热量

Q＝FfΔx＝μ2MgΔx＝0.4×1×10×9J＝36J.

达共同速度后的加速度为a3，发生的位移为s，则有：

a3＝μ1g＝1m/s2，s＝

＝

m＝0.5m.

木板在水平地面上滑行的总路程x＝x2＋s＝1m＋0.5m＝1.5m.

练习10：

如图2所示，将质量为m＝1kg的小物块放在长为L＝1.5m的小车左端，车的上表面粗糙，物块与车上表面间动摩擦因数μ＝0.5，直径d＝1.8m的光滑半圆形轨道固定在水平面上且直径MON竖直，车的上表面和轨道最低点高度相同，距地面高度h＝0.65m，开始车和物块一起以10m/s的初速度在光滑水平面上向右运动，车碰到轨道后立即停止运动，取g＝10m/s2，求：

图2

（1）小物块刚进入半圆形轨道时对轨道的压力；

（2）小物块落地点至车左端的水平距离．

答案　

（1）104.4N，方向竖直向下　

（2）3.4m

解析　

（1）车停止运动后取小物块为研究对象，设其到达车右端时的速度为v1，由动能定理得

－μmgL＝

mv12－

mv02解得v1＝

m/s

刚进入半圆形轨道时，设物块受到的支持力为FN，由牛顿第二定律得FN－mg＝m

又d＝2R

解得FN≈104.4N由牛顿第三定律FN＝FN′得FN′＝104.4N，方向竖直向下．

（2）若小物块能到达半圆形轨道最高点，则由机械能守恒得

mv12＝2mgR＋

mv22解得v2＝7m/s

设恰能过最高点的速度为v3，则mg＝m

解得v3＝

＝3m/s因v2＞v3，故小物块从半圆形轨道最高点做平抛运动，h＋2R＝

gt2，x＝v2t联立解得x＝4.9m故小物块距车左端为x－L＝3.4m.

练习11：

如图6所示，质量为m的长木块A静止于光滑水平面上，在其水平的上表面左端放一质量为m的滑块B，已知木块长为L，它与滑块之间的动摩擦因数为μ.现用水平向右的恒力F拉滑块B.

图6

（1）当长木块A的位移为多少时，B从A的右端滑出？

（2）求上述过程中滑块与木块之间产生的内能．

答案　

（1）

（2）μmgL解析　

（1）设B从A的右端滑出时，A的位移为x，A、B的速度分别为vA、vB，由动能定理得μmgx＝

mv

（F－μmg）·（x＋L）＝

mv

又因为vA＝aAt＝μgt

vB＝aBt＝

t，解得x＝

.

（2）由功能关系知，拉力F做的功等于A、B动能的增加量和A、B间产生的内能，即有

F（x＋L）＝

mv

＋

mv

＋Q解得Q＝μmgL.

练习12：

如图所示，在水平光滑轨道PQ上有一个轻质弹簧，其左端固定．现用一质量m＝2.0kg的小物块（视为质点）将弹簧压缩后释放，物块离开弹簧后经过水平轨道右端沿半圆轨道的切线进入竖直固定的轨道，恰好能沿半圆轨道运动，经过最低点后滑上质量M＝8.0kg的长木板，最后停在木板最左端．已知竖直半圆轨道光滑且半径R＝0.5m，物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，木板与水平地面间摩擦不计，取g＝10m/s2.求：

（1）弹簧具有的弹性势能．

（2）物块滑到半圆轨道底端时对轨道的压力．

（3）木板的长度．

[解析]　

（1）物块进入轨道后恰好沿轨道运动，

则刚进入轨道时有mg＝m

，得v1＝

m/s，

由机械能守恒得弹簧具有的弹性势能Ep＝

mv

＝5J.

（2）物块由顶端滑到底端的过程，由机械能守恒得mg·2R＝

mv

－

mv

，得v2＝5m/s，

在轨道底端由牛顿第二定律得FN－mg＝m

，

由牛顿第三定律得物块对轨道的压力FN′＝FN＝6mg＝120N.

（3）对物块由牛顿第二定律得a1＝

＝μg＝2m/s2，对木板由牛顿第二定律得a2＝

＝0.5m/s2.

设经过时间t物块与木板相对静止，共同速度为v，则v＝v2－a1t＝a2t，得v＝1m/s，t＝2s，

物块与木板在时间t内通过的位移分别为l1＝

t＝6m，l2＝

t＝1m，则木板的长度L＝l1－l2＝5m.