1、物理模塊化復習學生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 卩，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。【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卩=，g=10m/s2，(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，恒力F=且始終作用在M上，求

2、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，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=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)g=10m/s2).X2 - L_I- Xi - 1【例4】如圖

3、所示，在光滑的桌面上疊放著一質量為 皿=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 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，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). 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。.受力分析如圖，先隔離 定律可得：a=u

4、mg/m=i g再對整體，由牛頓第二定律可得：F0=(M+m)a解得：Fo=y(M+m)g所以，F的大小范圍為：Fu(M+m)g(2)受力分析如圖，先隔離M由牛頓第二定律可得a=mg/M再對整體，由牛頓第二定律可得：。(取m由牛頓第二fnfnFo=(M+m)a解得：Fo=卩(M+m)mg/M所以，F的大小范圍為：Fu(M+m)mg/M例2解析(1)小滑塊與木板間的滑動摩擦力f=口FN=mg=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ZTTN2ai=f/m=口g=4m/s當木板的加速度a2a1時，滑塊將相對于木板向左滑動，直至脫離木板F-f=ma2maFf+ma1=20N.

5、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F=時，木板的加速度 看，由牛頓第二定律得F-f= Ma?/解得：82/=4.7m/s .設二者相對滑動時間為t，在分離之前小滑塊：xi=?a1t2.木板：Xi=?a2/ 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=fii=u mg時，M有最大加速度, 此時對應的Fo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：要使滑塊與木板共同運動，m的最大加速度對滑塊有Fo卩mg=ma所以Fo=卩mg+ma=2N即力Fo不能超過(2) 將滑塊從木板上拉出

6、時，木板受滑動摩擦力卩mg/M=1m/S由勻變速直線運動的規律，有(m與M均為勻加速直線運動)木板位移X2=?a2t 滑塊位移xi=?ait2位移關系X1X2=L將、式聯立，解出ai=7m/s2對滑塊，由牛頓第二定律得:F卩mg=ma所以F=u 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=?a2t =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mg-卩mg=(m+m)aBjimEg=nAaA2 2SE=?aBt SA=?

7、aAt SE- SA=L由以上各式，代入數值，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=Ek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);,-F 1廠f / /才.b耳rg- MaM=fn/M=u mg/M=1m/San=aM，2Nf=卩mg此時木板的加速度82為a2=f/M=2系統內彈力做功時，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失的機械能。ILVoV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+l) 0水平方向不受外力，由動量守恒定律得mvsmv+Mi為乃由動能定理，對子彈-f(s+ l)=lmv2新V：對木塊fs s=2Mv2 0由式得V=m(V0M2V)代入式有fs=M ?My(V0V)2rV2訓V22mV2 2mV22M(V0V)2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，

9、I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=A E系統=卩NS目其分量式為：Q=flS相l+f2S相2+. +fnS相n= A E系統Vo1.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,I塊與木板間動摩擦因數為卩=，g取10m/s2。求兩木板的最后速度勿彷爲2.如圖示，一質量為M長為I的長方形木塊B放在光滑水平面上，在其右端放一質量為m的小木塊A, mK 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，

10、B開始向右運動，但最后A剛好沒有滑離AIBV0h hr rH H若已知A和B的初速度大小為V0,求它們最后速度的大小和方向；B板。以地面為參照系。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。3平直木板C靜止在光滑水平面上，今有兩小物塊A和B分別以2vo和Vo的初速度沿同一直線從長木板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A2V0V0BCB都靜止在C間的動摩擦因數為卩，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AC上為止，B通過的總路程多大？經歷的時間多長?為使A、B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

11、止放置一長木板B, B的質量為M=2kg同，B右端距豎直墻5m現有一小物塊A,質量為m=1kk，以V0=6m/s的速度從B左端水平地滑上B。如圖所示。A B間動摩擦因數為卩=,B與墻壁碰撞時間極短，且5m碰撞時無能量損失。取g=10m/s2。求：要使物塊A最終不脫離丁木板，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=k的平板小車，車上放一質量為m=k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=kk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 卩=，取g=1

12、0m/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？Lv。T6.一質量為m兩端有擋板的小車靜止在光滑水平面上，兩擋板間距離為f 1.1m，在小車正中放一質量為m長度為0.1m的物塊，物塊與小車間動摩擦因數卩=。如圖示。現給物塊 一個水平向右的瞬時沖量，使物塊獲得v0=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: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木塊置于光滑水平地面上，一子彈以初速v。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

13、內能的能量為1.金屬塊在板上滑動過程中，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X4mL，因此假定不合理，金屬塊一定會滑上B。v0ri亍 口1A.尹2v0v)mv0(V0v)m(v0v)vd m(v0v)2sSvd參考答案mv03mv121 _2解得:mgx - mv0- 3mv23*解中，整個物理過程可分為金屬塊分別在A、B上滑動兩個子過程，對應的子系統為整體和金屬塊與B。可分開列式，也可采用子過程-全過程列式，實際上是整體-部分隔離法 的一種變化。2A恰未滑離B板，則A達B最左端時具有相同速度Mm,.V0,即與B板原速同向

14、。最遠位移為S,則v=Vo/31g,此子過程B的位移 S2mBmc2總路程 S S1S2總時間t t1t2興18 g3 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=L+L*對多過程復雜問題，優先考慮錢過程方程，特別是P=0和Q=fS相=E系統。全過程方程更簡單。設x為金屬塊相對B的位移,V1、V2表示A、B最后的速度，V0為金屬塊離開A滑上B瞬間的速度。有：在mv0A上mgLmV02mV1mV212 12全過程-mv0 2mv122mV0mVmg(L X)2mV21E2mv12vi聯立解得:VoV21m / s或1m/s30(舍)或V0-4 m /s 1卡5vi

15、V21 /-m/s 3m/ s60.25mV，有Mv-mv0=(M+m)v/.v一v。M mA的速度減為零時，離出發點最遠，設A的初速為V0，AB摩擦力為f,向左運動對地fS1mv20而V0最大應滿足Mvrmv0=(M+m)vfi(Mm)Vo (M m)V2解得：sM m i4MB 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11分別為：Si -v,t12gA繼續減速，直到它們達到相同速度、3由A起做加速運動。益。然后B、C八g的加速度一V。對全過程：mA-2v0-mEV0=(m+m+m)v尋啟運動時間t2空牛2g 9 gg 3 gB、C的加速度 a4.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S，則對B:mgS IMV2S=1n5m,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(21(M m)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=23mmgL21 (M m