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m A＝2.0kg的薄木板A和质量为m B=3 kg 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m C=1.0 kg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）．

x2

x1

L

F

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=m a2>m a1F> f +m a1=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=½ a1t2…………⑤

木板：x1=½ a2＇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=f m=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a M，由牛顿第二定律得：a M= f m/M=μmg/M =1m/s2

要使滑块与木板共同运动，m的最大加速度a m=a M，

对滑块有F0－μmg=ma m

所以F0=μmg+ma m=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= ½a2t2①滑块位移x1= ½a1t2②

位移关系x1－x2=L③

将①、②、③式联立，解出a1=7m/s2

l

v 0 v S

对滑块，由牛顿第二定律得:F －μmg=ma 1 所以 F=μmg+ma 1=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 x 1= ½a 1t 2= 7/8m x 2= ½a 2t 2= 1/8m

例四：以桌面为参考系，令a A 表示A 的加速度，a B 表示B 、C 的加速度，s A 和s B 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 m C g-µm B g =（m C +m B ）a B µ m B g =m A a A

s B =½a B t 2 s A =½a A t 2 s B -s A =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=ΔE k 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v 0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：mv 0=mv+MV ①

由动能定理，对子弹 -f(s+l )=2

022

121

mv mv - ②

对木块 fs=02

12-MV ③

由①式得 v=

)(0v v M m - 代入③式有 fs=2022

)(21v v M

m M -• ④ ②+④得 f l =})]([2121{212

12

1

2

120220222

v v M

m M mv mv MV mv mv -+-=-- 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=f l ，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=f 1S 相1+f 2S 相2+……+f n S 相n =ΔE 系统