滑块与木板模型.docx

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滑块与木板模型

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μ，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μ=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间的滑动摩擦力大小相等）。

（取g=10m/s2）.

【例4】如图所示，在光滑的桌面上叠放着一质量为mA＝2.0kg的薄木板A和质量为mB=3kg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mC=1.0kg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：

①要滑动：

m与M间的静摩擦力达到最大静摩擦力；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=μmg/m=μg

再对整体，由牛顿第二定律可得：

F0=（M+m）a

解得：

F0=μ（M+m）g

所以，F的大小范围为：

F>μ（M+m）g

（2）受力分析如图，先隔离M，由牛顿第二定律可得：

a=μmg/M

再对整体，由牛顿第二定律可得：

F0=（M+m）a

解得：

F0=μ（M+m）mg/M

所以，F的大小范围为：

F>μ（M+m）mg/M

例2[解析]

（1）小滑块与木板间的滑动摩擦力

f=μFN=μmg=4N…………①

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=μg=4m/s2…②

当木板的加速度a2>a1时，滑块将相对于木板向左滑动，直至脱离木板

F-f=ma2>ma1F>f+ma1=20N…………③

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=Ｍa2＇　　

解得：

a2＇＝4.7m/s2………④

设二者相对滑动时间为t，在分离之前

小滑块：

x1=½a1t2…………⑤

木板：

x1=½a2＇t2…………⑥

又有x2－x1=L…………⑦

解得：

t=2s…………⑧

例3解析：

（1）对木板M，水平方向受静摩擦力f向右，当f=fm=μmg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=fm/M=μmg/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－μmg=mam

　所以　F0=μmg+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=μmg，此时木板的加速度a2为a2=f/M=μmg/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　①　　滑块位移x1=½a1t2　②

　　位移关系　x1－x2=L　③

　　将①、②、③式联立，解出a1=7m/s2

　　对滑块，由牛顿第二定律得:

F－μmg=ma1　　所以　F=μmg+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=½a1t2=7/8m　　x2=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

µmBg=mAaA

sB=½aBt2sA=½aAt2sB-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。

μNS相=ΔEk系统=Q，Q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+MV①

由动能定理，对子弹-f（s+l）=

②

对木块fs=

③

由①式得v=

代入③式有fs=

④

②+④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=ΔE系统=μNS相

其分量式为：

Q=f1S相1+f2S相2+……+fnS相n=ΔE系统

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μ=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

B板。

以地面为参照系。

⑴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；

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。

3．一平直木板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

C间的动摩擦因数为μ，A、B、C三者质量相等。

⑴若A、B两物块不发生碰撞，则由开始滑上C到A、B都静止在

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？

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

所示。

A、B间动摩擦因数为μ=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

μ=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？

6．一质量为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μ=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：

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。

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。

2．⑴A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∴

M＞m,∴v＞0,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．⑴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μg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+mB+mC）v∴v=v0/3

B、C的加速度

此子过程B的位移

∴总路程

⑵A、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ΔP=0和Q=fS相=ΔE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：

mv0=（M+m）v,①v=2m/s

此时B对地位移为S1，则对B：

②S=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，则

③L1=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′④v′=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

⑤L2=1、33mL=L1+L2=4.33m为木板的最小长度。

*③+⑤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=（m0+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（m0+m）v1-Mv=（m0+m+M）v2②

③

联立化简得：

v02+0.8v0-22500=0解得v0=149.6m/s为最大值，∴v0≤149.6m/s

6.⑴当物块相对小车静止时，它们以共同速度v做匀速运动，相互作用结束，v即为小车最终速度

mv0=2mvv=v0/2=3m/s

⑵

S=6m⑶

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：

C：

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