高中物理《解题手册》专题10--滑块模型汇总

216专题十一滑块模型[重点难点提示]以滑块为模型的物理问题，将其进行物理情景的迁移，或对其初始条件与附设条件做某些演变、拓展，便于构成许多内涵丰富、情景各异的综合问题。由于这类问题涉及受力和运动分析、动量和功能分析以及动力学、运动学、动量守恒、能量守恒等重要内容的综合应用，因此，滑块模型问题成为高考考查学生知识基础和综合的能力的一大热点。通过对滑块模型问题的分析、研讨，掌握其基本特征，分清其在不同情景中的物理本质，对于启迪学生思维和培养学生的各种能力，特别是提高学生解题能力和开发学生研究性学习潜能的作用都是不可低估的。[习题分类解析]类型一单滑块问题如图所示，一颗质量为m的子弹以速度v0射人静止在光滑水平面上的木块M中且未穿出。设子弹与木块间的摩擦为f。子弹打进深度d相对木块静止，此时木块前进位移为s。分析与解答：对系统，由动量守恒有：mv0=（M＋m）v对子弹由动能定理有：2022121mvmvdsf对木块由动能定理：221Mvfs得：220)(2121vmMmvfd动能的损失：2021mvmMMfdEk故打入深度2021)(mvmMfMfEdk变式1如图所示，在光滑的水平桌面上，静放着一质量为980g的长方形匀质木块，现有一颗质量为20g的子弹以300m/s的水平速度沿其轴线射向木块，结果子弹留在木块中没有射出，和木块一起以共同的速度运动。已知木块沿子弹运动方向的长度为10cm，子弹打进木块的深度为6cm。设木块对子弹的阻力保持不变。（1）求子弹和木块的共同速度以及它们在此过程中所增加的内能。（2）若子弹是以400m/s的水平速度从同一方向水平射向该木块的，则它能否射穿该木块？分析与解答：设子弹的初速度为v0，射入木块的共同速度为v.以子弹和木块为系统，由动量守恒定律有vmMmv)(0（2分）解得smsmmMmvv/0.6/02.098.030002.00此过程系统所增加的内能217（2）设以v0′=400m/s的速度刚好能够射穿材质一样厚度为d′的另一个木块.则对以子弹和木块组成的系统，由动量守恒定律有vmMvm)(0smsmmMvmv/0.8/02.098.040002.00此过程系统所损耗的机械能由功能关系有dfsfEfdfsE相相,两式相比即有dddffdsffsEE相相于是有cmcmcmdEEd10147156868821568因为d′10cm，所以能够穿透此木块.变式2固定在地面的水平桌子左端放有质量M的木块，木块厚10cm，其右端和桌子右边缘相距L=4.0m，木块和桌面间的动摩擦因数μ=0.80。质量为m0=100g的子弹（可以视为质点）以v0=100m/s的速度水平向右射入木块，并留在木块中，子弹钻入木块的深度是5.0cm。木块在桌面上滑行了s=1.0m后停下。求：⑴子弹射入木块后，木块开始在桌面上滑行的初速度v是多大？⑵木块的质量M是多少？⑶子弹射入木块过程系统的动能损失ΔE是多少？⑷如果子弹射入木块前的初速度v0可以在100m/s到200m/s范围内取值，并设子弹钻入木块过程中所受的阻力大小恒定，为使木块在桌面上滑行的距离最远，其他条件都不变，v0应取多大？这个最远距离sm是多大?分析与解答：⑴子弹和木块共同滑行过程用动能定理：μ(M+m)gs=221vmM初速度v=4.0m/s⑵根据子弹射入木块过程两者组成的系统动量守恒：mv0=(M+m)v，可求M=2.4kg⑶子弹射入木块过程系统的动能损失ΔE2202121vmMmv=480J⑷设子弹和木块在桌面上滑行的距离为s，由v2=2as，有s∝v2；设子弹和木块间的相互作用力大小为f，若子弹没有射穿木块，最后和木块共同运动，钻v/(ms-1)t/sO100242v/218入木块的深度为d，根据能量守恒：摩擦生热mMMmvvmMmvfdQ2212120220，有d∝v02，因此子弹初速度是2v0时刚好未射穿木块，这时子弹和木块开始滑行的初速度变为2v，在桌面上滑行的距离则变为2s=2.0m。若子弹速度再大，将射穿木块。由速度图象分析：子弹在木块中运动过程，子弹和木块的加速度大小是恒定的，与子弹初速度大小无关；子弹、木块速度图线和纵轴所围面积表示子弹钻入木块的深度，图中带点部分的面积表示木块厚度，对应的木块滑行初速度是42m/s。从图中可以看出，当子弹初速度大于1002m/s后，射穿时木块的速度v/反而小了，因此在桌面上滑行的距离随之变小。因此，当v0=1002m/s时，木块在桌面上滑行距离最大是2.0m。变式3如图所示，AOB是光滑水平轨道，BC是半径为R的光滑1/4圆弧轨道，两轨道恰好相切．质量为M的小木块静止在O点，一质量为m的子弹以某一初速度水平向右射入小木块内，并留在其中随小木块一起运动，恰好能达到圆弧的最高点C（子弹和木块可视作质点）．问：（1）子弹入射前的速度？（2）若每当木块返回或停止在O点时立即有一颗相同的子弹射入木块，并留在其中，则当第9颗子弹射入木块后，小木块沿圆弧轨道能上升的最大高度是多少？分析与解答：（1）由题，第一次入射后速度v1=gRvB2，由动量守恒，有：mv0=(M+m)v1，得：gRmmMv20；（2）第二次入射时，有：mv0-(M+m)v1=(M+2m)v2=0，第三次入射时，有：mv0=(M+3m)v3，第四次入射时，有：mv0-(M+3m)v3=(M+4m)v4=0，…………第八次入射后，有：mv0-(M+7m)v7=(M+8m)v8=0，第九次入射时，有：mv0=(M+9m)v9，得：gRmMmMvmMmv29909；由机械能守恒，有：RmMmMgvh229)9(2．变式4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？分析与解答：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)v1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v2，219Lv0mv则(m0+m)v1-Mv=(m0+m+M)v222022100)(2121)(21)(vMmmMvvmmgLmm联立化简得：v02+0.8v0-22500=0解得v0=149.6m/s为最大值，∴v0≤149.6m/s类型二双滑块相互作用系统如图所示，在光滑水平面上有一质量为M的盒子，盒子中央有一质量为m的小物体（大小可忽略），它与盒底部的摩擦系数为μ。盒子内部长l，现给物体m以水平初速v0向右运动。设物体与壁碰撞时无能量损失。求：（1）物体相对盒子静止时，盒的速度大小；（2）物体m与盒壁碰撞的碰撞次数。分析与解答：（1）由m以v0开始运动到m与M相对静止的全过程中，系统动量守恒，符合子弹打木块模型。即mv0=（M＋m）v0vmMmv（2）220)(2121vmMmvEfdk可得2021mvmMMmgdgmMMvd)(220所以21)(2220gmMMvlldn变式1如图所示，有两个物体A，B，紧靠着放在光滑水平桌面上，A的质量为2kg，B的质量为3kg。有一颗质量为100g的子弹以800m/s的水平速度射入A，经过0.01s又射入物体B，最后停在B中，A对子弹的阻力为3×103N，求A，B最终的速度。分析与解答：设A，B质量分别为mA，mB，子弹质量为m。子弹离开A的速度为了v，物体A，B最终速度分别为vA，vB。在子弹穿过A的过程中，以A，B为整体，以子弹初速v0为正方向，应用动量定理。f·t=（mA+mB）u（u为A，B的共同速度）解得：u=6m/s。由于B离开A后A水平方向不受外力，所以A最终速度VA=u=6m/s。对子弹，A和B组成的系统，应用动量守恒定律：mv0=mA·vA+（m+mB）vB解得：vB=21.94m/s。物体A，B的最终速度为vA=6m/s，vB=21.94m/s。变式2如图，物块A以初速度V0滑上放在光滑水平面上的长木板B。若B固定，则A恰好滑到B的右端时停下；若B不固定，则A在B上滑行的长度为板长的4/5，求A、B的质量比。分析与解答：B固定时：对A由动量定理2021mvfLB不固定时：A相对B滑动距离4L/5时，AB相对静止，此时共同速度为V，220V0V0BAV0V0BL1L2L0由动量守恒定律vmMmv)(0又由能的转化和守恒定律220)(212154vmMmvfL可得M=4m。变式3质量为M的小车A左端固定一根轻弹簧，车静止在光滑水平面上，一质量为m的小物块B从右端以速度v0冲上小车并压缩弹簧，然后又被弹回，回到车右端时刚好与车保持相对静止。求这过程弹簧的最大弹性势能EP和全过程系统摩擦生热Q各多少？简述B相对于车向右返回过程中小车的速度变化情况。分析与解答：全过程系统动量守恒，小物块在车左端和回到车右端两个时刻，系统的速度是相同的，都满足：mv0=(m+M)v；第二阶段初、末系统动能相同，说明小物块从车左端返回车右端过程中弹性势能的减小恰好等于系统内能的增加，即弹簧的最大弹性势能EP恰好等于返回过程的摩擦生热，而往、返两个过程中摩擦生热是相同的，所以EP是全过程摩擦生热Q的一半。又因为全过程系统的动能损失应该等于系统因摩擦而增加的内能，所以ΔEK=Q=2EP而mMMmvEk220，∴mMMmvQmMMmvEp2,42020至于B相对于车向右返回过程中小车的速度变化，则应该用牛顿运动定律来分析：刚开始向右返回时刻，弹簧对B的弹力一定大于滑动摩擦力，根据牛顿第三定律，小车受的弹力F也一定大于摩擦力f，小车向左加速运动；弹力逐渐减小而摩擦力大小不变，所以到某一时刻弹力和摩擦力大小相等，这时小车速度最大；以后弹力将小于摩擦力，小车受的合外力向右，开始做减速运动；B脱离弹簧后，小车在水平方向只受摩擦力，继续减速，直到和B具有向左的共同速度，并保持匀速运动。变式4如图所示，一质量为M、长为L的长方形木板B放在光滑的水平地面上，在其右端放一质量为m的小木块A，m＜M.现以地面为参照系，给A和B以大小相等、方向相反的初速度(如图1)，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.(1)若已知A和B的初速度大小为V0，求它们最后的速度大小和方向.(2)若初速度的大小未知，求小木块A向左运动到达的最远处(从地面上看)离出发点的距离.分析与解答：方法1、用牛顿第二定律和运动学公式求解。A刚好没有滑离B板，表示当A滑到B板的最左端时，A、B具有相同的速度，设此速度为V，经过时间为t，A、B间的滑动摩擦力为f.如图所示。对A据牛顿第二定律和运动学公式有：f=maA,L2=2021tatVA，V=-V0+aAt;对B据牛顿第二定律和运动学公式有：f=MaB,20021tatVLB,V=V0-aBt;由几何关系有：L0+L2=L；由以上各式可求得它们最后的速度大小为ABFfAB221小锦囊从上述三种解法中，不难看出，解法三简洁明了，容易快速求出正确答案。因此我们在解决动力学问题时，应优先考虑使用能量守恒定律和动量守恒定律求解，其次是考虑使用动能定理和动量定理求解，最后才考虑使用牛顿第二定律和运动学公式求解。V＝mMmM.V0，方向向右。mMmMVfL202对A，向左运动的最大距离为LMMmaVLA42201。方法2、用动能定理和动量定理求解。A刚好没有