滑塊與木板模型

1、高中物理模塊化復習學生學案專題一滑塊與木板一應用力和運動的觀點處理(即應用牛頓運動定律)典型思維方法：整體法與隔離法注意運動的相對性【例1】木板m靜止在光滑水平面上，木板上放著一個小滑塊 m與木板之間的動摩擦因數(shù) ，為了使得m能從M上滑落下來，求下列各種情況下力 F的大小范圍?！纠?】如圖所示，有一塊木板靜止在光滑水平面上，木板質量 M=4kg長L=1.4m.木板右 端放著一個小滑塊，小滑塊質量 m=1kg其尺寸遠小于L,它與木板之間的動摩擦因數(shù)卩=， g=10m/s2，(1) 現(xiàn)用水平向右的恒力F作用在木板M上，為了使得m能從M上滑落下來，求F的大小 范圍(2) 若其它條件不變，恒力F=,且

2、始終作用在M上，求m在M上滑動的時間.【例3】質量m=1kg的滑塊放在質量為M=1kg的長木板左端，木板放在光滑的水平面上，滑 塊與木板之間的動摩擦因數(shù)為，木板長 L=75cm開始時兩者都處于靜止狀態(tài)，如圖所示， 試求：(1) 用水平力Fo拉小滑塊，使小滑塊與木板以相同的速度一起滑動，力Fo的最大值應 為多少？(2) 用水平恒力F拉小滑塊向木板的右端運動，在t=內使滑塊從木板右端滑出，力 F 應為多大？(3) 按第(2)問的力F的作用，在小滑塊剛剛從長木板右端滑出時，滑塊和木板滑行 的距離各為多少？(設m與M之間的最大靜摩擦力與它們之間的滑動摩擦力大小相等)。(取2g=10m/s).innFX

3、im fm卜:八 a.=Mg/M【例4】如圖所示，在光滑的桌面上疊放著一質量為 RA= 2.0kg的薄木板A和質量為m=3 kg 的金屬塊B. A的長度L=2.0m. B上有輕線繞過定滑輪與質量為 m=1.0 kg的物塊C相連.B與A之間的滑動摩擦因數(shù) 卩=，最大靜摩擦力可視為等于滑動摩擦力忽略滑輪質量及與軸 間的摩擦起始時令各物體都處于靜止狀態(tài)，繩被拉直，B位于A的左端(如圖)，然后放手，求經(jīng)過多長時間t后B從A的右端脫離(設A的右端距滑輪足夠遠)(取g=10m/s2) 例1解析(1) m與M剛要發(fā)生相對滑動的臨界條件：要滑動： m與M間的靜摩擦力達到最 大靜摩擦力；未滑動：此時 m與M加速

4、度仍相同。受力分析如圖，先隔離 m由牛頓第二定律可得：a=y mg/m=g g再對整體，由牛頓第二定律可得：F=(M+m)a解得：F=y(M+m)g所以，F(xiàn)的大小范圍為：Ff(M+m)g(2)受力分析如圖，先隔離 M由牛頓第二定再對整體，由牛頓第二定律可得：F0=(M+m)a解得：Fo=卩(M+m)mg/MfF所以，F(xiàn)的大小范圍為：Fy(M+m)mg/M- 杯 例2解析(1)小滑塊與木板間的滑動摩擦力pf= 口 FN=y mg=4NM滑動摩擦力f是使滑塊產生加速度的最大合外力，其最大加速度2ai=f/m= 口 g=4m/s 當木板的加速度a2ai時，滑塊將相對于木板向左滑動，直至脫離木板F-f

5、=ma2maFf+ma i=20N 即當F20N且保持作用一般時間后，小滑塊將從木板上滑落下來。(2)當恒力卩=時，木板的加速度 看，由牛頓第二定律得F-f= Ma2z解得：a2，= 4.7m/s2 設二者相對滑動時間為t，在分離之前小滑塊：xi=?a1t2木板：xi=?a2z t2又有X2xi=L解得：t=2s 例3解析：(1)對木板M水平方向受靜摩擦力f向右，當f=ffu mg時，M有最大加速度, 此時對應的F。即為使m與M起以共同速度滑動的最大值。對M,最大加速度aM,由牛頓第二定律得：aM=fM=u mg/M=1m/S要使滑塊與木板共同運動，m的最大加速度am=aM，對滑塊有F0 卩m

6、g=ma所以 F=卩mg+ma=2N即力F。不能超過2N(2)將滑塊從木板上拉出時，木板受滑動摩擦力 f=卩mg此時木板的加速度a2為a2=f/M= 卩mg/M=1m/S由勻變速直線運動的規(guī)律，有(m與M均為勻加速直線運動)木板位移 X2=?a2t 滑塊位移xMat2位移關系 X1 X2=L將、式聯(lián)立，解出a=7m/s2對滑塊，由牛頓第二定律得：F 卩mg=ma所以 F=y mg+maF8N(3) 將滑塊從木板上拉出的過程中，滑塊和木板的位移分別為2 2xi=?ait =7/8mX2=?at =1/8m例四：以桌面為參考系，令aA表示A的加速度，aB表示B C的加速度，Sa和Sb分別表示t 時

7、間A和B移動的距離，貝U由牛頓定律和勻加速運動的規(guī)律可得mg-卩 mg= (m+m) aB mBg=maASB=?aBt SA=?aAt Sb- Sa=L由以上各式，代入數(shù)值，可得:t =應用功和能的觀點處理(即應用動能定理，機械能守恒定律能量守恒定律) 應用動量的觀點處理(即應用動量定理，動量守恒定律)子彈打木塊模型：包括一物塊在木板上滑動等。卩NS相= B系統(tǒng)=Q q為摩擦在系統(tǒng)中產生的熱量。小球在置于光滑水平面上的豎直平面內弧形光滑軌道上滑動： 包括小車上 懸一單擺單擺的擺動過程等。小球上升到最高點時系統(tǒng)有共同速度 (或有共同的水平速度); 系統(tǒng)內彈力做功時，不將機械能轉化為其它形式的能

8、，因此過程中系統(tǒng)機械能守恒。例題：質量為M長為I的木塊靜止在光滑水平面上，現(xiàn)有一質量為 m的子彈以水平初速vo射入木塊，穿出時子彈速度為V，求子彈與木塊作用過程中系統(tǒng)損失的機械能。VoV|1廠 _ _ _ _ 1解：如圖，設子彈穿過木塊時所受阻力為f，突出時木塊速度為V,位移為S,申則子彈位移為(S+I)。水平方向不受外力，由動量守恒定律得：mmv=mv+Mi八 k由動能定理，對子彈-f(S+ I )= 1 mv2 mvo 2 2對木塊fS= 1 MV 2 022由式得V=m(vo V)代入式有fs= -M ?y(vo v)2M2 M 2 + 得 f I = mv2 1 mv2 丄 MV 2

9、-imv Qmv2 1 M (vo v)2222222 M由能量守恒知，系統(tǒng)減少的機械能等于子彈與木塊摩擦而產生的內能。即Q=fl，I為子彈現(xiàn)木塊的相對位移。結論：系統(tǒng)損失的機械能等于因摩擦而產生的內能，且等于摩擦力與兩物體相對位移的乘積。即Q=A E系統(tǒng)二卩NS目其分量式為：Q=flS相l(xiāng)+f2S相2+fnS 相n= A E系統(tǒng)Vo在光滑水平面上并排放兩個相同的木板，長度均為L=1.oom, 一質量與木板相同的金屬塊，以 v=2.oom/s的初速度向右滑上木板 A, 塊與木板間動摩擦因數(shù)為卩=，g取iom/s2。求兩木板的最后速度。?/ :2如圖示，一質量為M長為I的長方形木塊B放在光滑水平

10、面上，在其右端放一質量為m的小木塊A, m0,即與B板原速同向。A的速度減為零時，離出發(fā)點最遠，設 A的初速為vo, A B摩擦力為f,向左運動對地 最遠位移為S,則fS mvj o 而 vo 最大應滿足 Mwmvo=(M+m)vfi 1 (M2 1m)vi? (M2m)v解得:M m i4M3. 由A、B C受力情況知，當B從vo減速到零的過程中，C受力平衡而保持不動，此子過程中B的位移S和運動時間11分別為：Si =L,t1竺。然后B、C以卩g的加速度一 gg起做加速運動。A繼續(xù)減速，直到它們達到相同速度v。對全過程：mA 2vo-mBvo=(m+m+m)vv=vo/3B、C的加速度amA

11、g1 g,此子過程B的位移S2mB me2v22g麗運動時間t22vg2 vo總路程S S1 S2晉，總時間t18 gt1 t25voA、B不發(fā)生碰撞時長為L，A、B在C上相對C的位移分別為La、LB,則L=L+Lb*對多過程復雜問題，優(yōu)先考慮錢過程方程，特別是厶P=0和Q=fS相=4 E系統(tǒng)。全過程方程更簡單。4. A滑上B后到B與墻碰撞前，系統(tǒng)動量守恒，碰前是否有相同速度v需作以下判斷:mv=(M+m)v, v=2m/s此時B對地位移為S，則對B: mgS Imv2S=1n 5m,故在B與墻相撞前與A已達到相同速度V，設此時A在B上滑行Li距離，則mgLi mv： -1 (M m)v2Li=3m【以上為第一子過程】此后 A、B以v勻速向右，直到B與墻相碰(此子過程不用討論)，相 碰后，B的速度大小不變，方向變?yōu)榉聪颍珹速度不變(此子過程由于碰撞時間極短且無能量 損失，不用計算)，即B以v向左、A以v向右運動，當A、B再次達到相同速度v時： Mv-mv=(M+m)V v =23m mgL21 (M m)v2 1 (M m)v 2 33m4.33m mgL 1 mv 1 (M m)v 2(m m)gL 1 (mo m)vi2 -Mv 2 (mo m M 皿 149.6m149.6m當物塊相對小車靜止時