滑块与木板模型.docx
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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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