滑块—滑板模型

1高三物理专题复习：滑块—滑板模型典型例题：例1.如图所示，在粗糙水平面上静止放一长L质量为M=1kg的木板B，一质量为m=1Kg的物块A以速度smv/0.20滑上长木板B的左端，物块与木板的摩擦因素μ1=0.1、木板与地面的摩擦因素为μ2=0.1，已知重力加速度为g=10m/s2，求：（假设板的长度足够长）(1)物块A、木板B的加速度；（2）物块A相对木板B静止时A运动的位移；（3）物块A不滑离木板B，木板B至少多长？考点：本题考查牛顿第二定律及运动学规律考查：木板运动情况分析，地面对木板的摩擦力、木板的加速度计算，相对位移计算。解析：（1）物块A的摩擦力：NmgfA11A的加速度：21/1smmfaA方向向左木板B受到地面的摩擦力：AgmMffN2)(2地故木板B静止，它的加速度02a（2）物块A的位移：mavS2220（3）木板长度：mSL2拓展1.在例题1中，在木板的上表面贴上一层布，使得物块与木板的摩擦因素μ3=0.4，其余条件保持不变，（假设木板足够长）求：（1）物块A与木块B速度相同时，物块A的速度多大？（2）通过计算，判断AB速度相同以后的运动情况；（3）整个运动过程，物块A与木板B相互摩擦产生的摩擦热多大？考点：牛顿第二定律、运动学、功能关系考查：木板与地的摩擦力计算、AB是否共速运动的判断方法、相对位移和摩擦热的计算。2解析：对于物块A:NmgfA441分加速度：，方向向左。24/0.4smgmfaAA1分对于木板：Ngmf2)M2（地1分加速度：，方向向右。地2A/0.2smMffaC1分物块A相对木板B静止时，有：121-tavtaCB解得运动时间：，st.3/11smtavvBBA/3/211分(2)假设AB共速后一起做运动，22/1)()(smmMgmMa物块A的静摩擦力：AAfNmaf1'1分所以假设成立，AB共速后一起做匀减速直线运动。1分（3）共速前A的位移：mavvSAAA942202木板B的位移：mavSBBB9122所以：JSSmgQBA34)(3拓展2：在例题1中，若地面光滑，其他条件保持不变，求：（1）物块A与木板B相对静止时，A的速度和位移多大？（2）若物块A不能滑离木板B，木板的长度至少多大？（3）物块A与木板B摩擦产生的热量多大？考点：动量守恒定律、动能定理、能量守恒定律考查：物块、木板的位移计算，木板长度的计算，相对位移与物块、木板位移的关系，优选公式列式计算。解析：（1）A、B动量守恒，有：vmMmv)(0解得：smmMmvv/10（2）由动能定理得：对A:20212121mvmvmgSA对B:02121MvmgSB3又：BASLS解得：mL1（3）摩擦热：JmgLQ11拓展3：如图所示，光滑的水平面上有两块相同的长木板A和B,长度均为L=0.5m,在B的中间位置有一个可以看作质点的小铁块C三者的质量都为m=1kg,C与A、B间的动摩擦因数均为u=0.5.现在A以速度va=6m/s向右运动并与B相碰，碰撞时间极短,碰后AB粘在一起运动，而C可以在B上滑动g=10m/s2,求：（1）A、B碰撞后B的速度（2）小铁块C最终距长木板A左端的距离.（3）整个过程系统损失的机械能。考点：动量守恒定律、动能定理、能量守恒定律考查：对多物体、多过程问题的正确分析，选择合适的规律列表达式，准确书写出表达式。解析：（1）与B碰后，速度为v1，由动量守恒定律得mv0=2mv1①（2分）A、B、C的共同速度为v2，由动量守恒定律有mv0=3mv2②（1分）小铁块C做匀加速运动：③（1分）当达到共同速度时：④（1分）⑤（1分）对A、B整体，，⑥（1分）⑦（1分）4小铁块C距长木板A左端的距离：⑧（1分）（3）小铁块C在长木板的相对位移：mSSSC6.0系统损失的机械能：JSmgmvmvE8221212120拓展4例5.在例题1中，若地面光滑，长木板的上表面的右端固定一根轻弹簧，弹簧的自由端在Q点，Q点右端表面是光滑的，Q点到木板左端的距离L=0.5m，其余条件保持不变，求：（1）弹簧的最大弹性势能多大？（2）要使滑块既能挤压弹簧，又最终没有滑离木板，则物块与木板的动摩擦因素4的范围。（滑块与弹簧的相互作用始终在弹簧的弹性限度内）考点：动量守恒定律、功能关系、能量守恒定律考查：正确理解弹性势能最大的意思，准确找出临界条件，准确书写出相应的方程。解析：（1）A、B动量守恒，有：vmMmv)(0解得：smmMmvv/10设最大弹性势能为EP，由能量守恒定律得：pEmgLvmMmv1220)(2121解得：JEP5.0（2）要使滑块A挤压弹簧，及A、B共速且恰好运动到Q点时，有：10)(vmMmvmgLvmMmv2120)(2121解得：2.0要使滑块最终没有滑离木板B，即A、B共速且物块恰好运动到木板B的最左端时，有：20)(vmMmvmgLvmMmv2)(212121205解得：1.0所以：2.01.0变式训练，巩固提升：考查：对知识的迁移、应用，培养能力1.如图所示，一平板小车静止在光滑的水平地面上，车上固定着半径为R=0.7m的四分之一竖直光滑圆弧轨道，小车与圆弧轨道的总质量M为2kg，小车上表面的AB部分是长为1.0m的粗糙水平面，圆弧与小车上表面在B处相切．现有质量m=1kg的滑块（视为质点）以v0=3m/s的水平初速度从与车的上表面等高的固定光滑平台滑上小车，滑块恰好在B处相对小车静止，g=10m/s2．（1）求滑块与小车之间的动摩擦因数μ和此过程小车在水平面上滑行的距离s；（2）要使滑块滑上小车后不从C处飞出，求初速度v0应满足的条件．2．如图所示，在光滑的水平面上停放着一辆质量M＝4kg、高h＝0.8m的平板车Q，车的左端固定着一条轻质弹簧，弹簧自然状态时与车面不存在摩擦．半径为R＝1.8m的光滑圆轨道的底端的切线水平且与平板车的表面等高．现有一质量为m＝2kg的物块P(可视为质点)从圆弧的顶端A处由静止释放，然后滑上车的右端．物块与车面的滑动摩擦因数为μ＝0.3，能发生相互摩擦的长度L＝1.5m，g取10m/s2.(1)物块滑上车时的速度为多大？(2)弹簧获得的最大弹性势能为多大？(3)物块最后能否从车的右端掉下？若能，求出其落地时与车的右端的水平距离．62．解析：(1)设物块滑上车时的速度为v1.物块从A滑至该点的过程中机械能守恒，有：mgR＝12mv21，①得：v1＝2gR＝6m/s.(2)设弹簧获得的最大弹性势能为Ep，此时物块与车的速度相同，设为v2.在物块与车相对运动的过程中，动量守恒，有：mv1＝(m＋M)v2.②由能量守恒定律，有：12mv21＝12(m＋M)v22＋μmgL＋Ep.③①②③联立得：Ep＝15J.(3)设物块回到车的右端时物块的速度为v3，车的速度为v4.从A滑上车至回到车的右端的过程中，动量守恒，能量守恒，有：mv1＝mv3＋Mv4.④12mv21＝12mv23＋12Mv24＋2μmgL.⑤④⑤联立得：v3＝0，v4＝3m/s(v3＝4m/s，v4＝1m/s舍去)．因v4v3，故物块最后能从车的右端掉下由h＝12gt2，及Δs＝v4t－v3t，得物块落地时与车的右端的水平距离Δs＝1.2m.答案：(1)6m/s(2)15J(3)1.2m711.如图所示，一条滑道由一段半径R＝0.8m的14圆弧轨道和一段长为L＝3.2m的水平轨道MN组成，在M点处放置一质量为m的滑块B，另一个质量也为m的滑块A从左侧最高点无初速度释放，A、B均可视为质点．已知圆弧轨道光滑，且A与B之间的碰撞无机械能损失．(g取10m/s2)(1)求A滑块与B滑块碰撞后的速度vA′和vB′.(2)若A滑块与B滑块碰撞后，B滑块恰能达到N点，则MN段与B滑块间的摩擦因数μ的大小为多少？11．解析：(1)设与B相碰前A的速度为vA，A从圆弧轨道上滑下时机械能守恒，故12mv2A＝mgR①A与B相碰时，动量守恒且无机械能损失，有mvA＝mvA′＋mvB′②12mv2A＝12mvA′2＋12mvB′2③由①②③得，vA′＝0，vB′＝4m/s.(2)B在碰撞后在摩擦力作用下减速运动，到达N点速度为0，由动能定理得－fL＝0－12mvB′2④其中f＝μmg⑤由④⑤得μ＝0.25.答案：(1)04m/s(2)0.253、如图所示，光滑水平面MN的左端M处由一弹射装置P（P为左端固定，处于压缩状态且锁定的轻质弹簧，当A与P碰撞时P立即解除锁定），右端N处与水平传送带恰平齐且很靠近，传送带沿逆时针方向以恒定速率v＝5m/s匀速转动，水平部分长度L＝4m。放在水平面上的两相同小物块A、B（均视为质点）间有一被压缩的轻质弹簧，弹性势能EP＝4J，弹簧与A相连接，与B不连接，A、B与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，物块质量mA＝mB＝1kg。现将A、B由静止开始释放，弹簧弹开，在B离开弹簧时，A未与P碰撞，B未滑上传送带。取g＝10m/s2。求：（1）B滑上传送带后，向右运动的最远处与N点间的距离sm（2）B从滑上传送带到返回到N端的时间t和这一过程中B与传送带间因摩擦而产生的热能Q（3）B回到水平面后压缩被弹射装置P弹回的A上的弹簧，B与弹簧分离然后再滑上传送带。则P锁定时具有的弹性势能E满足什么条件，才能使B与弹簧分离后不再与弹簧相碰。ABPMNLvD83、【解析】（1）弹簧弹开的过程中，系统机械能守恒Ep=12mAυA2+12mBυB2由动量守恒有mAvA－mBvB＝0联立以上两式解得vA＝2m/s，vB＝2m/sB滑上传送带做匀减速运动，当速度减为零时，向右运动的距离最大。由动能定理得：－μmBgsm＝0－12mBvB2，解得sm＝vB22μg＝1m（2）物块B先向右做匀减速运动，直到速度减小到零，然后反方向做匀加速运动，回到皮带左端时速度大小仍为vB＝2m/s由动量定理：－μmBgt＝－mBvB－mBvB，解得t＝2vBμg＝2sB向右匀减速运动因摩擦而产生的热能为：Q1＝μmBg(vt2＋sm)B向左匀加速运动因摩擦而产生的热能为：Q2＝μmBg(vt2－sm)Q＝Q1＋Q2＝μmBgvt＝20J（3）设弹射装置P将A弹开时的速度为vA′，则E＝12mAvA′2－12mAvA2B离开弹簧时，AB速度互换，B的速度vB′＝vA′B与弹簧分离后不再与弹簧相碰，则B滑出平台Q端，由能量关系有12mBvB′2＞μmBgL以上三式解得E＞μmAgL－12mAvA2，代入数据解得E＞6J