牛顿运动定律的应用牛顿运动定律的应用之滑块木板模型.docx
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牛顿运动定律的应用牛顿运动定律的应用之滑块木板模型
一、模型特征
上、下叠放两个物体,并且两物体在摩擦力的相互作用下发
生相对滑动,滑块-木板模型(如图所示),涉与摩擦力分析、相对运动、摩擦生热,多
次互相作用,属于多物体多过程问题,知识综合性较强,对能力要求较高,故频现于高考试卷中。
二、常见的两种位移关系
滑块从木板的一端运动到另一端的过程中,若滑块和木板向同一方向运动,则滑块的位移和木板的位移之差等于木板的长度;若滑块和木板向相反方向运动,则滑块的位移和木板的位移之和等于木板的长度。
三、滑块—木板类问题的解题思路与技巧:
1.通过受力分析判断滑块和木板各自的运动状态(具体做什么运动);
2.判断滑块与木板间是否存在相对运动。
滑块与木板存在相对运动的临界条件是什么?
⑴运动学条件:
若两物体速度或加速度不等,则会相对滑动。
⑵动力学条件:
假设两物体间无相对滑动,先用整体法算出共同加速度,再用隔离法算出其中一个物体“所需要”的摩擦力f;比较f与最大静摩擦力fm的关系,若f>fm,则发生相对滑动;否则不会发生相对滑动。
3.分析滑块和木板的受力情况,根据牛顿第二定律分别求出滑块和木板的加速度;
4.对滑块和木板进行运动情况分析,找出滑块和木板之间的位移关系或速度关系,建立方程.特别注意滑块和木板的位移都是相对地面的位移.
5.计算滑块和木板的相对位移(即两者的位移差或位移和);
6.如果滑块和木板能达到共同速度,计算共同速度和达到共同速度所需要的时间;
7.滑块滑离木板的临界条件是什么?
当木板的长度一定时,滑块可能从木板滑下,恰好滑到木板的边缘达到共同速度(相对静止)是滑块滑离木板的临界条件。
[名师点睛]
1.此类问题涉与两个物体、多个运动过程,并且物体间还存在相对运动,所以应准确求出各物体在各个运动过程中的加速度(注意两过程的连接处加速度可能突变),找出物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口。
求解中应注意联系两个过程的纽带,每一个过程的末速度是下一个过程的初速度。
2.解题思路:
分析受力,求解加速度,画运动情境图寻找位移关系,可借助v-t图像
3.问题实质:
追击相遇
[学霸总结]
1.相互作用:
滑块之间的摩擦力分析
2.相对运动:
具有一样的速度时相对静止。
两相互作用的物体在速度一样,但加速度不一样时,两者之间同样有位置的变化,发生相对运动。
3
.通常所说物体运动的位移、速度、都是对地而言。
在相对运动的过程中相互作用的物体之间位移、速度、时间一定存在关联。
它就是我们解决力和运动突破口。
画出运动草图非常关键。
4.求时间通常会用到牛顿第二定律加运动学公式。
5.求位移和速度通常会用到牛顿第二定律加运动学公式或动能定理。
类型一“滑块—木板模型”基本问题
[典例1]如图所示,长为L=2m、质量为M=8kg的木板,放在水平地面上,木板向右运动的速度v0=6m/s时,在木板前端轻放一个大小不计、质量为m=2kg的小物块.木板与地面间、物块与木板间的动摩擦因数均为μ=0.2,g=10m/s2.求:
(1)物块与木板的加速度大小。
(2)
物块滑离木板时的速度大小。
(2)木块离开木板的条件是,两者的相对位移至少是L,设物块经t
s从木板上滑落,则
L=v0t--
代入数据,解得:
t=0.4s或t=2s(舍去)
故滑离时物块的速度:
v=amt=2×0.4=0.8m/s
[答案]
(1)2m/s23m/s2;
(2)0.8m/s.
[典例2]如图所示,物块A、木板B的质量均为m=10kg,不计A的大小,B板长L=3m。
开始时A、B均静止。
现使A以某一水平初速度从B的最左端开始运动。
已知A与B、B与水平面之间的动摩擦因数分别为μ1=0.3和μ2=0.1,g取10m/s2。
(1)若物块A刚好没有从B上滑下来,则A的初速度多大?
(2)若把木板B放在光滑水平面上,让A仍以
(1)问中的初速度从B的最左端开始运动,则A能否与B脱离?
最终A和B的速度各是多大?
(2)木板B放在光滑水平面上,A在B上向右匀减
速运动,加速度大小仍为a1=μ1g=3m/s2
B向右匀加速运动,加速度大小a2′=
=3m/s2
设A、B达到一样速度v′时A没有脱离B,由时间关系
=
解得v′=
=
m/s
A的位移xA=
=3m
B的位移xB=
=1m
由xA-xB=2m可知A没有与B脱离,最终A和B的速度相等,大小为
m/s。
答
案
(1)2
m/s
(2)没有脱离
m/s
m/s
[典例3]如图所示,质量M=4.0kg的长木板B静止在光滑的水平地面上,在其右端放一质量m=1.0kg的小滑块A(可视为质点)。
初始时刻,A、B分别以v0=2.0m/s向左、向右运动,最后A恰好没有滑离B板.已知A、B之间的动摩擦因数μ=0.40,取g=10m/s2.求:
(1)A、B相对运动时的加速度aA和aB的大小与方向;
(2)A相对地面速度为零时,B相对地面运动已发生的位移大小x;
(3)木板B的长度l.
(2)开始阶段A相对地面向左做匀减速运动,设到速度为零时所用时间为t1,则v0=aAt1,
解得t1=v0/aA=0.50s
B相对地面向右做匀减速运动x=v0t1-
aBt
=0.875m
(3)A先相对地面向左匀减速运动至速度为零,后相对地面向右做匀加速运动,加速度大小仍为
aA=4.0m/s2
B板向右一直做匀减速运动,加速度大小为aB=1.0m/s2
当A、B速度相等时,A滑到B最左端,恰好没有滑离木板B,故木板B的长度为这个全过程中A、B间的相对位移。
在A相对地面速度为零时,B的速度vB=v0-aBt1=1.5m/s
设由A速度为零至A、B速度相等所用时间为t2,则aAt2=vB-aBt2
解得t2=vB/(aA+aB)=0.3s
共同速度v=aAt2=1.2m/s
从开始到A、B速度相等的全过程,利用平均速度公式可知A向左运动的位移
xA=
=
m=0.32m
B向右运动的位移xB=
=
m=1.28m
B板的长度l=xA+xB=1.6m
答案
(1)A的加速度大小为4.0m/s2,方向水平向右 B的加速度大小为1.0m/s2,方向水平向左
(2)0.875m (3)1.6m
[典例4]如图所示,质量M=8kg的小车放在光滑的水平面上,在小车左端加一水平推力F=8N,当小车向右运动的速度达到1.5m/s时,在小车前端轻轻地放上一个大小不计,质量为m=2kg的小物块,小物块与小车间的动摩擦因数μ=0.2,当二者达到一样速度时,物块恰好滑到小车的最左端.取g=10m/s2。
则:
(1)小物块放上后,小物块与小车的加速度各为多大?
(2)小车的长度L是多少?
[解析]
(1)以小物块为研究对象,由牛顿第二定律,得μmg=ma1
解得a1=μg=2m/s2
以小车为研究对象,由牛顿第二定律,得F-μmg=Ma2
解得a2=
=0.5m/s2
(2)由题意与运动学公式:
a1t=v0+a2t
解得:
t=
=1s
则物块运动的位移x1=
a1t2=1m
小车运动的位移x2=v0t+
a2t2=1.75m
L=x2-x1=0.75m
[答案]
(1)2m/s2 0.5m/s2
(2)0.75m
[典例5]如图所示,质量M=8kg的小车放在水平光滑的平面上,在小车左端加一F=8N的水平推力,当小车向右运动的速度达到v0=1.5m/s时,在小车前端轻轻地放上一个大小不计,质量为m=2kg的小物块,小物块与小车间的动摩擦因数
μ=0.2,小车足够长,取g=10m/s2.求:
(1)放小物块后,小物块与小车的加速度各为多大;
(2)经多长时间两者达到一样的速度;
(3)从小物块放上小车开始,经过t=1.5s小物块通过的位移大小为多少?
(3)从小物块放上小车开始1s内,小物块的位移s1=
amt2=1m,
1s末小物块的速度v=amt=2m/s
在接下来的0.5s内小物块与小车相对静止,一起做加速运动,且加速度a=
=0.8m/s2,
这0.5s内小物块的位移s2=vt1+
=1.1m,
小物块1.5s内通过的总位移s=s1+s2=2.1m.
[答案]
(1)2m/s2 0.5m/s2
(2)1s (3)2.1m
类型二“滑块—木板模型”临界问题
[典例6]如图所示,木块A、B静止叠放在光滑水平面上,A的质量为m,B的质量为2m
.现施水平力F拉B(如图甲),A、B刚好不发生相对滑动,一起沿水平面运动.若改用水平力F′拉A(如图乙),使A、B也保持相对静止,一起沿水平面运动,则F′不得超过( )
A.2FB.
C.3FD.
[解析]水平力F拉B时,设加速度为a,对A、B整体:
F=3ma①
A、B刚好不发生相对滑动,实际上是将要滑动,但尚未滑动的一种临界状态,则B对A的摩擦力达到了最大静摩擦力μmg,对A:
μmg=ma②
[答案]B
[典例7]如图所示,A、B两物块的质量分别为2m和m,静止叠放在水平地面上.A、B间的动摩擦因数为μ,B与地面间的动摩擦因数为
μ.最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g.现对A施加一水平拉力F,则( )
A.当F<2μmg时,A、B都相对地面静止B.当F=
μmg时,A的加速度为
μg
C.当F>3μmg时,A相对B滑动D.无论F为何值,B的加速度不会超过
μg
[解析]当0μmg时,A、B皆静止;当
μmg,但两者相对地面一起向右做匀加速直线运动;当F>3μmg时,A相对B向右做加速运动,B相对地面也向右加速,选项A错误,选项C正确.当F=
μmg时,A与B共同的加速度a=
=
μg,选项B正确。
F较大时,取物块B为研究对象,物块B的加速度最大为a2=
=
μg,选项D正确.
[答案]BCD
[典例8]有一项“快乐向前冲”的游戏可简化如下:
如图所示,滑板长L=1m,起点A到终点线B的距离s=5m.开始滑板静止,右端与A平齐,滑板左端放一可视为质点的滑块,对滑块施一水平恒力F使滑板前进.板右端到达B处冲线,游戏结束.已知滑块与滑板间动摩擦因数μ=0.5,地面视为光滑,滑块质量m1=2kg,滑板质量m2=1kg,重力加速度g=10m/s2,求:
(1)滑板由A滑到B的最短时间可达多少?
(2)为使滑板能以最短时间到达,水平恒力F的取值X围如何?
[解析]
(1)滑板一直加速,所用时间最短.设滑板加速度为a2,Ff=μm1g=m2a2,
解得a2=10m/s2,
s=
,
解得t=1s.
[答案]
(1)1s
(2)30N≤F≤34N
[典例9]如图所示,木板静止于水平地面上,在其最右端放一可视为质点的木块。
已知木块的质量m=1kg,木板的质量M=4kg,长L=2.5
m,上表面光滑,下表面与地面之间
的动摩擦因数μ=0.2。
现用水平恒力F=20N拉木板,g取10m/s2。
(1)求木板加速度的大小;
(2)要使木块能滑离木板,求水平
恒力F作用的最短时间;
(3)如果其他条件不变,假设木板的上表面也粗糙,其上表面与木块之间的动摩擦因数为μ1=0.3,欲使木板能从木块的下方抽出,对木板施加的拉力应满足什么条件?
(4)若木板的长度、木块质量、木板的上表面与木块之间的动摩擦因数、木板与地面间的动摩擦因数都不变,只将水平恒力增加为30N,则木块滑离木板需要多长时间?
[解析]
(1)木板受到的摩擦力Ff=μ(M+m)g=10N
木板的加速度a=
=2.5m/s2。
(2)设拉力F作用时间t后撤去,F撤去后,木板的加速度为a′=-
=-2.5m/s2,
可见|a′|=a
木板先做匀加速运动,后做匀减速运动,且时间相等,故at2=L
解得:
t=1s,即F作用的最短时间为1s。
(4)木块的加速度a′木块=μ1g=3m/s2
木板的加速度a′木板=
=4.25m/s2
木块滑离木板时,两者的位移关系为x木板-x木块=L,即
a′木板t2-
a′木块t2=L
代入数据解得:
t=2s。
[答案]
(1)2.5m/s2
(2)1s (3)F>25N (4)2s
类型三“滑块—木板模型”图像问题
[典例10]如图甲,水平地面上有一静止平板车,车上放一质量为m的物块,物块与平板车间的动摩擦因数为0.2,t=0时,车开始沿水平面做直线运动,其v-t图象如图乙所示。
g取10m/s2,平板车足够长,则物块运动的v-t图象为( )
[解析]小车先做匀加速直线运动,然后做匀减速直线运动,匀加速直线运动和匀减速直线运动的加速度大小相等,a车=4m/s2,根据物块与车发生相对滑动时滑动摩擦力产生的加速度大小为a物=μg=2m/s2。
设小车和物块在t时刻速度一样,有24-a车(t-6)=a物t,解得t=8s,物块以2m/s2的加速度减速至零也需要8s,故只有选项C正确。
[答案]C
[典例11]如图所示,质量为m1的足够长木板静止在光滑水平面上,其上放一质量为m2的木块.t=0时刻起,给木块施加一水平恒力F.分别用a1、a2和v1、v2表示木板、木块的加速度和速度大小,下列四个图中可能符合运动情况的是( )
[答案]AC
[典例12]如图所示,在光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板,其上叠放一质量为m2的木块.假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等.现给木块施加一随时间t增大的水平力F=kt(k是常数),木板和木块加速度的大小分别为a1和a2,下列反映a1和a2变化的图线中正确的是( )
[解析]当拉力F很小时,木块和木板一起加速运动,由牛顿第二定律,对木块和木板:
F=(m1+m2)a,故a1=a2=a=
=
t;当拉力很大时,木块和木板将发生相对运动,对木板:
μm2g=m1a1,得a1=
,对木块:
F-μm2g=m1a2,
得a2=
=
t-μg,A正确.
[答案
]A