滑块与木板模型Word文档下载推荐.docx
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F
■
77777777777
到最大静摩擦力；
②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=img/m=卩g
再对整体，由牛顿第二定律可得：
Fo=（M+m）a
F>
卩（M+m）g
解得：
F°
=i（M+m）g所以，F的大小范围为：
a=口mg/M
（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：
（M+m）mg/M
Fo=i（M+m）mg/M所以，F的大小范围为：
例2［解析］
（1）小滑块与木板间的滑动摩擦力
f=FN=mg=4N①
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
ai=f/m=ig=4m/s2…②
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>
maiF>
f+mai=20N③
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。
:
…与F
a2/,由牛顿第二定律得F-f=Ma2
（2）当恒力F=22.8N时，木板的加速度
a?
/=4.7m/s2④
设二者相对滑动时间为t，在分离之前
小滑块：
X1=?
a1t2⑤
木板：
a2/t2⑥
又有X2-x1=L⑦
t=2s⑧
例3解析：
（1）对木板M,水平方向受静摩擦力f向右，当f=fm=img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：
aM=fm/M=口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F0-1mg=mam
所以F°
=img+mam=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=img,此时木板的加速度a2为
a2=f/M=img/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=?
a2t2①滑块位移x1=?
a1t2②
位移关系X1—X2=L③
将①、②、③式联立，解出a1=7m/s2
对滑块，由牛顿第二定律得:
F一卩mg=mai所以F=3mg+mai=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=?
a1t12=7/8mx2=?
a2t2=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-（mBg=（mc+mB）aB
□mBg=mAaA
sb=?
aBt2
由以上各式，代入数值,应用功和能的观点处理应用动量的观点处理
sa=?
aAt2sb-sa=L
可得：
t=4.Os
（即应用动能定理，机械能守恒定律能量守恒定律）
（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。
3NS相=△E＜系统=Qq为摩擦在系
统中产生的热量。
②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w
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。
Vo
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S为S,［则子弹位移
为（S+I）。
水平方向不受外力，由动量守恒定律得:
12
mv°
由动能定理，对子弹-f（s+l）=丄mv
由①式得v=MT（Vo
v）代入③式有
fs=
1m2
2M?
M7（v。
v）2④
②+④得fl=2mv0
1mv2訓V2
1
mv
0{1mv2訓［誥仏v）］2}
Q=fl，I为子弹
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=3NS相
其分量式为：
Q=f£
相1+f2S相2++fnS相n=AE系统
B
777777777777777777777777777777.
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vo=2.OOm/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卩=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,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、”A
B板。
以地面为参照系。
⑴若已知A和B的初速度大小为vo,求它们最后速度的大小和方向；
⑵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.
A和B分别以2vo和vo的初速度沿同
—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间的动摩擦因数为卩，AB、C三者质量相等。
⑴若AB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？
⑵为使A、B两物块不发生碰撞，长木板C至少多长？
A2vovo
B都静止在c
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5m现有
小物块A，质
量为m=1kg，以vo=6m/s的速度从B左端水平地滑上B。
如图
所示。
AB间动摩擦因数为卩=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
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=1.96
kg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
卩=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？
1L—
V0
m
3
・.v
1.1m，在小车正
6•—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
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=0.15。
现给
间极短且无能量损失。
求:
V。
⑴小车获得的最终速度;
⑵物块相对小车滑行的路程;
⑶物块与两挡板最多碰撞了多少次;
⑷物块最终停在小车上的位置。
m（vov）vdDm（vov）vd
2s.S
能量为
A•2m（VoVov）B.mvo（vov）C.
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
mvo3mv
属块最终停在A上。
三者有相同速度v，相对位移为x,则有1212解
mgx-mvo—3mv
得：
x3mL，因此假定不合理，金属块一定会滑上B。
mvo
mvo2mw
1112mvomvo
22
-2mv!
全过程
mgL
vo'
为金属块离开A滑上B
瞬间的速度。
有：
在A上
设x为金属块相对B的位移，Vi、V2表示A、B最后的速度,
mvomvi2mv2
vi1m/s或1m/svi1m/s
33
联立解得：
vo0（舍）或vo4m/sv2—m/s
36
15x0.25m
v2m/s或m/s
2
*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
6
体和金属块与B。
可分开列式，也可采用子过程t全过程列式，实际上是整体t部分隔离法
的一种变化。
M>
m,•••v>
o,即与B板原速同向。
⑵A的速度减为零时，离出发点最远，设A的初速为vo,AB摩擦力为f,向左运动对地
最远位移为S,则
Mms
4M
3•⑴由AB、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Si和运动时间11分别为：
S1仝，打v。
然后BC以卩g的加速2gg
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：
nA•2vo-mBVo=（mA+m+nm）v•v=vo/3
mAgLA
mBgLB
imA（2vo）2
-mBVt2
2（mA
mBme）v2解得：
L
7v2
31
⑵AB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，特别是厶P=0和Q=fS相=△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,①v=2m/s
此时B对地位移为S，则对B:
mgS^Mv②S=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，贝UmgL1—mv（?
-1（Mm）v2③
L=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）v④v'
=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
11
mgL2-（Mm）v2-（Mm）v2⑤l2=1>
33mL=L1+L2=4.33m为木板的最小长度。
*③+⑤得mgL12mv21（Mm）v2实际上是全过程方程。
与此类问题相对应的是：
当
FA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m°
vo-mv=（mo+m）v1①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（mo+m）w-Mv=（mo+m+M）v②
111
（mom）gL（mom）v2Mv2（momM）v^③
⑵mgS1mv2-2mv2S=6m⑶nS_0.516.5
22Id
⑷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.ACA:
mvo（Mm）v
Q1mv$-（Mm）v2
fS1Mv2
Qfd
1mv0
2（〒
m）v
对木块fs=MV20
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