1、精品文檔高中物理模塊化復習學生學案專題一滑塊與木板(即應用牛頓運動定律)一應用力和運動的觀點處理典型思維方法：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小為了使得m能從M上滑落下來，求下列各種情況下力F的大小范圍。11歡在下載【例2】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科=0.4,g=10m/s1(1)現用水平向右的恒力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

2、力F=22.8N,且始終作用在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為0.1,木板長L=75cm,開始時兩者都處于靜止狀態，如圖所示，試求：（1）用水平力F0拉小滑塊，使小滑塊與木板以相同的速度一起滑動，力F0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=0.5s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g=10m/s

3、2）.ill c【例4】如圖所示，在光滑的桌面上疊放著一質量為m=2.0kg的薄木板A和質量為m=3kg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=1.0kg的物塊C相連.B與A之間的滑動摩擦因數科=0.10,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，繩被拉直，B位于A的左端（如圖），然后放手，求經過多長時間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）.8日1A,產loc例1解析(1)m與M剛要發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加速度仍相同。受力分

4、析如圖，先隔離m,由牛頓第二定律可得：a=mg/m=(ig再對整體，由牛頓第二定律可得：Fo=(M+m)a解得：Fo=(M+m)g所以，F的大小范圍為：F>w(M+m)g(2)受力分析如圖，先隔離M由牛頓第二定律可得:再對整體，由牛頓第二定律可得：Fo=(M+m)a解得：Fo=(M+m)mg/M所以，F的大小范圍為：F>(i(M+m)mg/M例2解析(1)小滑塊與木板間的滑動摩擦力f=FN=(img=4N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2小ai=f/m=g=4m/s當木板的加速度a2>ai時，滑塊將相對于木板向左滑動，直至脫離木板F-f=ma2>

5、maiF>f+mai=20N即當F>20N,且保持作用一般時間后，小滑塊將從木板上滑落下來。<F將、式聯立，解出ai=7m/s2對滑塊，由牛頓第二定律得：Fmg=ma所以F=mg+mi=8N（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xi=?ait2=7/8mX2=?a2t2=1/8m例四：以桌面為參考系，令3a表示A的加速度，aB表示B、C的加速度，SA和SB分別表示t時間A和B移動的距離，則由牛頓定律和勻加速運動的規律可得neg-四%=（m+rra）3b科mBg=maA22Sb=?3bISa=?3AtSb-Sa=L由以上各式，代入數值，可得：t=4.0S應用功

6、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。U2=A&系統=Qq為摩擦在系統中產生的熱量。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有共同速度（或有共同的水平速度）；系統內彈力做功時，不將機械能轉化為其它形式的能，因此過程中系統機械能守恒。例題：質量為M長為l的木塊靜止在光滑水平面上，現有一質量為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損知女機械斛解：如圖，設子彈穿過木塊時

7、所受阻力為f,突出時小塊速堂為V,位移為S,JU子彈住粉OfSI-II為（s+i）。水平方向不受外力，由動量守恒定律得：猊v=mv+由動能定理，對子彈-f（S+l）=-1mv21mv2對木塊fS=-MV2由式得v=m（vov）代入式有fS=2M?Mt（V°v）2+得flnmvOJ1mv2MV2mv°2-mv2-M（v0v）22°222°22M由能量守恒知，系統減少的機械能等于子彈與木塊摩擦而產生的內能。即Q=fl,l為子彈現木塊的相對位移。結論：系統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=AE系統=NS相其分量式為：

8、Q=flS相l + f 2s相2+f nS相n= A E系統1 .在光滑水平面上并排放兩個相同的木板，長度均為L=1.00m,一質量與木板相同的金屬塊，以V0=2.00m/s的初速度向右滑上木板A,金屬塊與木板間動摩擦因數為（1=0.1,g取10m/s2。求兩木板的最后速度。VoAB2 .如圖示，一質量為M長為l的長方形木塊B放在光滑水平面上，在其右端放一質量為m的小木塊A,m<M現以地面為參照物，給A和B以大小相等、方向相反的初速度（如圖），使A開始向左運動，B開始向右運動，但最后A剛好沒有滑離B板。以地面為參照系。若已知A和B的初速度大小為V。，求它們最后速度的大小和方向；A和B分別

9、以2V。和V。的初速度沿同若初速度的大小未知，求小木塊A向左運動到最遠處（從地面上看）到出發點的距離。 一平直木板 C靜止在光滑水平面上，今有兩小物塊一直線從長木板 C兩端相向水平地滑上長木板。如圖示。設物塊A、B與長木板C間的動摩擦因數為科， A、B、C三者質量相等。若A B兩物塊不發生碰撞，則由開始滑上C到A、C上為止，B通過的總路程多大？經歷的時間多長？為使AB兩物塊不發生碰撞，長木板C至少多長?4 .在光滑水平面上靜止放置一長木板B,B的質量為M=2kg同，B右端距豎直墻5ml現有小物塊A,質量為m=1kg,以v0=6m/s的速度從B左端水平地滑上B。如圖所示。AB間動摩擦因數為科=0

10、.4,B與墻壁碰撞時間極短，且碰撞時無能量損失。取g=10m/s2。求：要使物塊A最終不脫離木板，木板B的最短長度是多少?5 .如圖所示，在光滑水平面上有一輛質量為M=4.00kg的平板小車，車上放一質量為m=1.96kg的木塊，木塊到平板小車左端的距離L=1.5m,車與木塊一起以v=0.4m/s的速度向右行駛，一顆質量為m=0.04kg的子彈以速度V0從右方射入木塊并留在木塊內，已知子彈與木塊作用時間很短，木塊與小車平板間動摩擦因數=0.2,取g=10m/s2。問：若要讓木塊不從小車上滑出，子彈初速度應滿足什么條件？1.1m,在小車正6 .一質量為mr兩端有擋板的小車靜止在光滑水平面上，兩擋

11、板間距離為中放一質量為m長度為o.1m的物塊，物塊與小車間動摩擦因數科=。.15。如圖示。現給物塊一個水平向右的瞬時沖量，使物塊獲得vo =6m/s的水平初速度。物塊與擋板碰撞時間極短且無能量損失。求:vo小車獲得的最終速度;物塊相對小車滑行的路程;物塊與兩擋板最多碰撞了多少次;物塊最終停在小車上的位置。7. 一木塊置于光滑水平地面上，一子彈以初速vo射入靜止的木塊，子彈的質量為m,打入木塊的深度為d,木塊向前移動S后以速度V與子彈一起勻速運動，此過程中轉化為內能的m(vo v)vd Dm(vo v) vd2s. S能量為1A.2m(v2VoV)B.mvo(vov)C.1.金屬塊在板上滑動過程

12、中，統動量守恒。金屬塊最終停在什么位置要進行判斷。假設金屬塊最終停在A上。三者有相同速度v,相對位移為x,則有mvo3mv121Q2解mgxmvo3mv22得：x4mL,因此假定不合理，金屬塊一定會滑上3B。設x為金屬塊相對B的位移，丫1、丫2表示人、B最后的速度,V為金屬塊離開A滑上B瞬間的速度。有：在A上mv。mv。2mv1mgL；mv02mv0212mv全過程2mvomv1mg(Lx)2mv212一mv0212mv1212mvf2聯立解得:V1voV21m/臧1m/s30(舍)或vo4m/sm/s或5m/s26V1V21,m/s35,m/s60.25m*解中，整個物理過程可分為金屬塊分別

13、在B上滑動兩個子過程，對應的子系統為整體和金屬塊與Bo可分開列式，也可采用子過程一全過程列式，實際上是整體一部分隔離法的一種變化。2.A恰未滑離，則人達8最左端時具有相同速度V,有Mv0-mv0=(M+m)vav睛v0MM>m,v>0,即與B板原速同向。A的速度減為零時，離出發點最遠，設A的初速為v°,AB摩擦力為f,向左運動對地最遠位移為S,則12fS2mv20而v0取大應滿足Mv0-mv0=(M+m)vfl1c1一(Mm)vo-(Mm)v2解得：sM4Mml3.由AB、C受力情況知，當B從V0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t1分

14、別為：S12/二，t1竺"。然后RC以g的加速2ggv。對全過程：度一起做加速運動。A繼續減速，直到它們達到相同速度mA-2v0-mBv0=(mA+m+m)vv=vo/3B、C的加速度amAgmBmC162gGv2S2獸運動時間t2型2vo2g9gg3g總路程SSiS21v-.，總時間tt1t25vo18g3g此子過程B的位移7v23-gA、B不發生碰撞時長為L,A、B在C上相對C的位移分別為La、LB,則L=La+Lb.12121,、2mAgLAmBgLB2mA(2vo)22mBv(22(mAmBmc)v2解得：L*對多過程復雜問題，優先考慮錢過程方程，特別是AP=0和Q=fS=A

15、Ewo全過程方程更簡單。4.A滑上B后到B與墻碰撞前，系統動量守恒，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S1,則對B:mgS12Mv2S=1m<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L1距離，則mgL11mv(2-1(Mm)v2L1=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，方向變為反向，A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)vv'

16、;=2/3m/s向左，即B不會再與墻相碰，A、B以v'向左勻速運動。設此過程(子過程4)A相對B移動L2,則11mgL2-(Mm)v2-(Mm)v2L2=1、33mL=L1+L2=4.33m為木板的最小長度。*十得mgL12mv22(Mm)v2實際上是全過程方程。與此類問題相對應的是：當PA始終大于Pb時，系統最終停在墻角，末動能為零。5.子彈射入木塊時，可認為木塊未動。子彈與木塊構成一個子系統，當此系統獲共同速度vi時，小車速度不變，有m0v0-mv=(m0+m)v1此后木塊(含子彈)以v1向左滑，不滑出小車的條件是：到達小車左端與小車有共同速度v2,則(m0+m)v1-Mv=(m0

17、+m+M)v,、.1,11,(m0m)gL(m0m)v2-Mv2(m0mM)v2222聯立化簡得：vo2+0.8v0-22500=0解得v0=149.6m/s為最大值，v°w149.6m/s6.當物塊相對小車靜止時，它們以共同速度v做勻速運動，相互作用結束，v即為小車最終速度精品文檔mvo=2mvv=v0/2=3m/sS 0.5 n 1 6.5l d11一mgSmv22mv2S=6m22物塊最終仍停在小車正中。*此解充分顯示了全過程法的妙用。7. AC A :mvo (M m)v1c 1一Qmv2(M m)v222fSQ加2f d1 mv。2(-Tm)v210欠0迎下載精品文檔歡迎您的下載,資料僅供套考!致力為企業和個人提供合同協議，策劃案計劃書，學習資料等等打造全網一站式需求1欺速下載/)(2)當恒力F=22.8N時，木板的加速度a2z,由牛頓第二定律得F-f=Ma?/解得：a2/=4.7m/s*2設二者相對滑動時間為t,在分離之前2小滑塊：Xi=?ait2-木板：xi=?a2/t又有X2xi=L解得：t=2s例3解析：(1