滑块与木板模型文档格式.docx

滑块与木板模型文档格式.docx

《滑块与木板模型文档格式.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《滑块与木板模型文档格式.docx（19页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

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

F0=（M+m）a

F0=μ（M+m）mg/M

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

a=f/m=μg=4m/s

2

⋯②

1

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=ma>

ma

F>

f+ma=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=?

a1t2

⋯⋯⋯⋯⑤

木板：

a2＇t2

⋯⋯⋯⋯⑥

又有x2－x1=L⋯⋯⋯⋯⑦

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

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/s

要使滑块与木板共同运动，

m的最大加速度

am=aM，

时，M有最大加速

对滑块有F－μmg=ma

m

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

m与M均为匀加速直线运动）木

a=f/M=μmg/M=1m/s.由匀变速直线运动的规律，有（

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

第3页共10页

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

=?

a

t=7/8m

x=?

t=1/8m

例四：

以桌面为参考系，令

aA

B

表示

A

分别表示

表示A的加速度，a

B、C的加速度，s

和s

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

μmg=ma

B2

AA2

BA

s=?

at

s-s=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=

E

系统

=Q

相

k

，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。

l

v0

v

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

S

为（S+l）。

水平方向不受外力，由动量守恒定律得：

mv=mv+MV

①

由动能定理，对子弹

-f（s+

l）=

1mv2

1mv02

②

对木块fs=

1MV2

③

由①式得v=

m（v0

v）

代入③式有

fs=

1M?

m2

（v0

v）2

④

M

M2

②+④得fl=1mv02

1MV2

1mv

02

{1mv2

1M[m（v0

v）]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，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。

Q=E系统=μNS相

其分量式为：

Q=f1S相1+f2S相2+⋯⋯+fnS相n=E系统

AB

第4页共10页

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

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

v0

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。

2v0

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

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？

第5页共10页

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Av0

5m

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？

Lv0

mv

第6页共10页

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。

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。

⑴小车获得的最终速度；

v0

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．1m（v02

v0v）B.mv0（v0v）C.

m（v0v）vd

D.

m（v0v）vd

2s

第7页共10页

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

A上。

三者有相同速度

mv0

3mv

属块最终停在

v，相对位移为x，则有

解

mgx

3mv2

得：

x

4m

L，因此假定不合理，金属块一定会滑上

B。

3

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

2mv1

全过程

mgL

1mv011mv0

12mv12

mv1

2mv2

mg（L

x）

1mv021mv1212mv

22

v1

或1

m/s

1m/s

联立解得：

0（舍）或v0

4m/s

∴v2

5m/s

6

v2

1m/s或5m/s

x0.25m

*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∴vMmv0

Mm

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

fS

而v0最大应满足Mv0-mv0=（M+m）v

fl

1（Mm）v

1（Mm）v2

s

ml

4M

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

v02

t1

。

然后B、C以μg的加速

t1分别为：

S1

g

2g

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

mAg

g,此子过程B

的位移

mBmC

第8页共10页

v2

2v

运动时间t2

S2

9g

3g

2g

∴总路程

11v02

t

5v0

SS

总时间t

18g

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

L、LB，则L=L+L

AB

mAgLA

mBgLB

mA（2v0

）

7v

mBv0

（mAmBmC）v

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。

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：

mgS1

1Mv2

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

mgL1

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）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L，则

mgL2

1（Mm）v2⑤L2=1、33mL=L1+L2=4.33m为木板的最小长度。

*③+⑤得

1（Mm）v2

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）v1

①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

v，则（m

+m）v-Mv=（m+m+M）v②

（m0m）gL

1（m0

m）v21

Mv21（m0

mM）v2

2③

联立化简得：

v

+0.8v

-22500=0

解得v=149.6m/s为最大值，

∴v≤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

第9页共10页

⑵mgS

2mv2S=6m

⑶n

0.5

16.56次

d

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。

mv0（Mm）v

1Mv21（mv

m）v2

7．ACA：

C：

2v

Q