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滑块—滑板模型


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 v0 ? 2.0m / s 滑上长木板 B 的左端, 物块与木板的摩擦 因素μ 1=0.1、木板与地面的摩擦因素为μ 2=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: f A ? ?1mg ? 1N A 的加速度: a1 ?

? fA ? ?1m / s 2 m

方向向左

木板 B 受到地面的摩擦力: f 地 ? ? 2 (M ? m) g ? 2N ? f A 故木板 B 静止,它的加速度 a 2 ? 0 (2)物块 A 的位移: S ?

? v0 ? 2m 2a

2

(3)木板长度: L ? S ? 2m

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 μ 3=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。

1

解析:对于物块 A: f A ? ? 4 mg ? 4 N 加速度: a A ?

1分

? fA ? ? ? 4 g ? ?4.0m / s 2,方向向左。 1 分 m
1分

对于木板: f 地 ? ?( 2 m ? M) g ? 2 N 加速度: aC ?

fA ? f地 ? 2.0m / s 2,方向向右。 M

1分

物块 A 相对木板 B 静止时,有: aB t1 ? v2 - aC t1 解得运动时间: t1 ? 1 / 3.s, v A ? v B ? a B t1 ? 2 / 3m / s (2)假设 AB 共速后一起做运动, a ?
'

1分

? ? 2 ( M ? m) g ? ?1m / s 2 ( M ? m)
1分 1分

物块 A 的静摩擦力: f A ? ma ? 1N ? f A 所以假设成立,AB 共速后一起做匀减速直线运动。 (3)共速前 A 的位移: S A ?

v A ? v0 4 ? m 2a A 9
4 J 3

2

2

木板 B 的位移: S B ?

vB 1 ? m 2a B 9

2

所以: Q ? ? 3 mg ( S A ? S B ) ?

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: mv0 ? (M ? m)v 解得: v ?

m v0 ? 1m / s M ?m

(2)由动能定理得: 对 A:

? ?1 mgS A ?

1 1 2 mv 2 ? mv 0 2 2
2

对 B:

? ?1 mgS B ?

1 Mv 2 ? 0 2

又:

S A ? L ? SB

解得: L ? 1m (3)摩擦热: Q ? ?1mgL ? 1J

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 2 时间极短,碰后 AB 粘在一起运动,而 C 可以在 B 上滑动 g=10m/s , 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=2mv1 ①

(2 分)

A、B、C 的共同速度为 v2,由动量守恒定律有 mv0=3mv2 ②

(1 分)

小铁块 C 做匀加速运动:



(1 分)

当达到共同速度时:

④ (1 分)

⑤(1 分)

对 A、B 整体, 分)



⑥ (1 分)

⑦(1

3

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: ?S ? S ? SC ? 0.6m 系统损失的机械能: ?E ?

1 1 2 2 mv 0 ? 2mv1 ? ?mg ?S ? 8 J 2 2

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= 0.5 m, 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: mv0 ? (M ? m)v 解得: v ?

m v0 ? 1m / s M ?m

设最大弹性势能为 EP,由能量守恒定律得:

1 1 2 mv 0 ? ( M ? m)v 2 ? ?1 mgL ? E p 2 2
解得: E P ? 0.5 J (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:

mv0 ? (M ? m)v1
1 1 2 2 mv 0 ? ( M ? m)v1 ? ? mgL 2 2
解得: ? ? 0.2 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:

mv0 ? (M ? m)v2
1 1 2 2 mv 0 ? ( M ? m)v1 ? 2? mgL 2 2

4

解得: ? ? 0.1 所以: 0.1 ? ? ? 0.2

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/s . (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

2.如图所示,在光滑的水平面上停放着一辆质量 M=4 kg、高 h=0.8 m 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=1.8 m 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=2 kg 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=1.5 m,g 取 10 m/s . (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.
2

5

2.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= mv2 1,
得:v1= 2gR=6 m/s.

1 2



(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.
由能量守恒定律,有: 1 2 1 mv1= (m+M)v2 2+μ mgL+Ep. 2 2 ①②③联立得:Ep=15 J.





(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.
1 2 1 2 1 2 mv1= mv3+ Mv4+2μ mgL. 2 2 2 因 v4>v3,故物块最后能从车的右端掉下 由 及

④ ⑤

④⑤联立得:v3=0,v4=3 m/s(v3=4 m/s,v4=1 m/s 舍去). 1 2

h= gt2,
Δ s=v4t-v3t,

得物块落地时与车的右端的水平距离 Δ s=1.2 m. 答案:(1)6 m/s (2)15 J (3)1.2 m

6

1 11.如图所示,一条滑道由一段半径 R=0.8 m 的 圆弧轨道和一段长为 L=3.2 m 的水平 4 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 10 m/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 1 2 mvA=mgR 2 ①

A 与 B 相碰时,动量守恒且无机械能损失,有 mvA=mvA′+mvB′② 1 2 1 1 mv = mv ′2+ mvB′2③ 2 A 2 A 2 由①②③得,vA′=0,vB′=4 m/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 1 -fL=0- mvB′2④ 2 其中 f=μmg⑤ 由④⑤得 μ=0.25. 答案:(1)0 4 m/s (2)0.25 3、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。 P M A B N v L D

7

1 1 3、 【解析】 (1)弹簧弹开的过程中,系统机械能守恒 Ep = 2 mAυA2 + 2 mBυB2 由动量守恒有 mAvA-mBvB=0 联立以上两式解得 vA=2m/s,vB=2m/s B 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。 1 vB2 由动能定理得:-μmBgsm=0 -2 mBvB 2,解得 sm=2μg=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 2vB 由动量定理:-μmBgt=-mBvB-mBvB,解得 t= μg =2s vt B 向右匀减速运动因摩擦而产生的热能为:Q1=μmBg( 2 +sm) vt B 向左匀加速运动因摩擦而产生的热能为:Q2=μmBg( 2 -sm) Q=Q1+Q2=μmBgvt=20J 1 2 1 (3)设弹射装置 P 将 A 弹开时的速度为 vA′ ,则 E=2 mAvA′ -2 mAvA2 B 离开弹簧时,AB 速度互换,B 的速度 vB′ =vA′ 1 2 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2 mBvB′ >μmB gL 1 以上三式解得 E>μmA gL-2 mAvA2,代入数据解得 E>6J

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