板块模型分类导析.docx
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板块模型分类导析.docx
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板块模型分类导析
板块模型分类导析
例1.一颗子弹m以速度v0打入静止在光滑地面的木块中,设最后达到的共同速度为
v,子弹的位移为
x1,木块的位移为
x2,此过程中子弹对木块的作用力大小为
f,所发热量为
Q,下列方程正确的是(
ACF)
1
2
1
2
x1
A.fx1
mv
2
mv0
2
1212
B.f(x1x2)mvmv0
22
1
2
C.fx2
2
0
x
2
Mv
D.f
(x1
1
2
0
x2)
Mv
2
E.f
(x1
1
Mv
2
Q
x2)
2
F.
f(x1
1
2
1
2
x2)
(mM)v
mv0
2
2
G.
f(x1
x2)0
1
mv02(以木块为参考系)
2
例2.一颗子弹m以速度v0打入静止在光滑地面的木块中,设最后达到的共同速度为
v,子弹的位移为
x1,木块的位移为
x2,子弹打入的深度为
d,下列关系正确是(
ABC)
A.x>x
2
B.x=x+d
C.x 1 1 2 2 情景 1. v1 地面光滑。 m μ v2 1 M 只要木板足够长,最后一定以共同速度运动: v v v tt t v1 情景2.mμ1v2 M μ2 这类问题的难点在于: 1.能否共速;2.共速之后如何运动。 1.共速的方式有多种: vvv vv tt ttt 2.共速之后的情况有两种: 一是一共同的加速度一起减速,二是木板一较大的加速度减速,木块一较小的加速度减速。 不可能出现的情况是: (1)木板以较小的加速度减速,木块以较大的加速度减速。 否则木块受到向前的摩擦力,将加速。 (2)木板和木块有一个加速。 否则加速的物体受到的摩擦力向前,加速度物体必须比减速的物体快,这说明没有达到共速。 vv m M+m M t t t1t1 1 v1 F 情景3. mμ1 v2 v1 v2 Mμ 2 m先以加速度a1 F 1mg 1mg 2(m M)g 减速。 共速后的情况讨论: 加速,M先以加速度a2 M m (1)m的速度反超M,有以下三种可能: μ1mg m F μ1mg M μ2(M+m)g v v v v2 M v2 M v2 M m v1 m M v 1 m v1 m t t t F 1 mg 2 (M m)g F 1 mg; mg (M m)g F 1 mg; 1 mg 2 (Mm)g 1 2 (2)m与M相对静止,一起减速到零。 f m F f M μ2(M+m)g v v2 M m M+m v1 t (3)M的速度依然大于 m的速度。 m F f M f μ2(M+m)g 这说明二者还保持原先的加速度,二者又造成 m的速度大于M的速度,与假设矛盾。 这是不可能的。 m v1 F 情景4. μ v2 v1 v2 1 Mμ2 受力分析图: μ1mg mF μ1mg M μ2(M+m)g m: a1 F 1mg : a2 1mg 2(m M)g m ,M M 。 能否共速,以及共速之后的情况,取决于两个加速度的大小比较。 注意: 以下加速度大小是指数学意义的大小,而不是指绝对值。 (1)a1>a2,没有共速可能。 (2)0 1mg 2(m M)g,只要木板足够长,一定能共速。 共速之后一起做匀加速运动。 (3)a1<0 1mg F 2(m M)g,只要木板足够长,一定能共速。 共速之后一起做匀加速运动。 (4)a1<0 1mg 2(m M)g F,只要木板足够长,一定能共速。 共速之后一起做匀减速运动。 (5)a1 1mg 2(m M)g,只要木板足够长,可能共速,也可能在共速之前木板停下。 v v v v v M+m M+m 1 M+m v1 m v1 v m m m m v1 v1 2 v M+m M v2M v2M v2M v2M t t t 图(5) 图 (1) 图 (2) 图(3) 图(4) v1 v2 情景5. mμ1 F v1 v2 M μ2 v1 v2 F 情景6. mμ1 v1 v2 M μ2 2 m μ1 情景7.M μ2 总结: 分析板块模型需要从以下几个步骤下手; (1)比较初速度大小,确定摩擦力方; (2)比较加速度大小,确定能否共速; (3)共速之后进行受力分析,确定能否一起运动。 练习: 1.质量为m=1kg的木块以水平速度 v=9m/s滑上一个静止在粗糙水平面上质量为 M=1kg的木板,带动木板 0 向右运动,最后与木板相对静止,已知木板与木块的动摩擦因数为 μ1=0.4, 木板与地面动摩擦因数为 μ m v0 2=0.1,木板足够长。 达到共同速度时木块相对地 面的位移为s1= ;木板相对地面的位移为s2= ;当二者 M 都停止运动时摩擦生热 Q= 。 (9m、2.25m、40.5J) 2.质量为m=1kg的木块放在质量为 M=1kg的木板上,相对地面静止。 某时刻木块在恒力 F=8N的作用下开 始向右运动,并带动木板也运动,已知木块与木板间的动摩擦因数为 μ1=0.4,木板与地面的动摩擦因数为 μ2=0.1,板长为l=2m,当木块从木板上滑落时木块相对地面的位移为 Fm _____________,木板相对地面的位移为_____________。 (4m、2m) M 3.如图所示,长L=16m,质量M=1kg的木板静放在光滑的水平面上,质量 m=1kg的小物块放在木板的左端,木板和物块间的动摩擦因数μ=0.1。 现对木块施加一水平向右的拉力F, 取g=10m/s2,求: (1)使物块掉不下去的拉力 F (2N) (2J) BF A (2)如果拉力F=10N恒定不变,小物块所能获得的最大动能 4.如图所示,长L=1.6m,质量M=3kg的木板静放在光滑水平面上,质量 m=1kg的小物块放在木板的右端, 木板和物块间的动摩擦因数 μ=0.1.现对木板施加一水平向右的拉力 F,取g=10m/s2,求: (1)使物块不掉下去的最大拉力 F; BF (2)如果拉力F=10N恒定不变,小物块的所能获得的最大速度. A 解: (1)求物块不掉下时的最大拉力, 其存在的临界条件必是物块与木板具有共 同的最大加速度a1 对物块,最大加速度a= mg =μg=1m/s2 1 m 对整体,F=(M+m)a1=(3+1)×1N=4N (2)当F=10N时,木板的加速度 a2=F mg m/s2=3m/s2 M 由1a2t2-1a1t2=L,得物块滑过木板所用时间 t=1.6s 2 2 物块离开木板的速度v1=a1t= 1.6m/s 5.如图所示,质量M=8kg的小车放在水平光滑的平面上,在小车左端加一水平 恒力F,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,物块与小车间的动摩擦因数μ=0.2 , g=10m/s2)。 小车足够长。 求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? (取 分析: 当小物块放上小车后,在水平方向上受向右的摩擦力,所以小物块做匀加速直线运动,小车在水平方 向上受推力和物块的摩擦力也做匀加速直线运动. 求出两者速度相等时所经历的时间, 判断物块和小车能否 保持相对静止,一起做匀加速直线运动.判断出物块和小车的运动情况,根据运动学公式求出物块的位移. 解: 开始一段时间,物块相对小车滑动,两者间相互作用的滑动摩擦力的大小为 Ff=μmg=4N.物块在Ff的 作用下加速,加速度为 am Ff =2m/s 2. m 3 小车在推力 F和f的作用下加速,加速度为 aM Ff F=0.5m/s 2. M υ,则有: υ=amt1=υ0+aMt1 初速度为υ0=1.5m/s,设经过时间 t1,两者达到共同速度 代入数据可得: t1=1s,υ=2m/s 在这t1时间内物块向前运动的位移为s1= 1 amt2=1m.以后两者相对静止,相互作用的摩擦力变为静摩擦力将 2 a,则F=(M+m)a得a=0.8m/s2. 两者作为一个整体,在 F的作用下运动的加速度为 在剩下的时间t2=t-t 1=0.5s时间内,物块运动的位移为 s2=υt2+ 1 at22,得s2=1.1m. 2 可见小物块在总共 1.5s时间内通过的位移大小为 s=s1+s2=2.1m. 答: 经过t=1.5s小物块通过的位移大小为 2.1m. 点评: 解决本题的关键理清小车和物块在整个过程中的运动情况,然后运用运动学 公式求解. 6.(2013高考25.18分)一长木板在水平地面上运动,在 t=0时刻将一相对于地面 静止的物块轻放到木板上,以后木板运动的速度-时间图像如图所示。 己知物块与 木板的质量相等,物块与木板间及木板与地面间均有摩擦 .物块与木板间的最大静摩 擦力等于滑动摩擦力,且物块始终在木板上。 取重力加速度的大小 g=10m/s2 求: (1)物块与木板间;木板与地面间的动摩擦因数 : (2)从t=0时刻到物块与木板均停止运动时,物块相对于木板的位移的大小 . 解: (1)从t=0时开始,木板与物块之间的摩擦力使物块加速,使木块减速,此 过程一会持续到物块和木板具有相同速度为止。 由图可知,在t1=0.5s时,物块和木板的速度相同。 设 t=0到t= t1时间间隔内,物块和木板的加速度度大小 分别为a1和a2,则 a1 v1 1 t1 ○ a1 v0vt ○2 t1 式中v0 5m/s、v1 1m/s分别为模板在 t=0、t=t1时速度大小。 设物块和木板的质量为 m,物块和木板间的动摩擦因数分别为 μ1、μ2,由牛顿第二定律得 μ 3 1mg=ma1 ○ (μ1+2μ2)mg=ma2 4 ○ 联立○○○○式得 1 2 3 4 μ 5 1=0.20 ○ μ2=0.30 6 ○ (2)在t1 时刻后,地面对木板的摩擦力阻碍木板运动,物块和木板之间的摩擦力改变方向。 设物块与木板 之间的摩擦力大小为 f,物块和木板的加速度大小分别为 a1和a2,则由牛顿第二定律得 f ma1 ○ 7 2 2mg f ma2 ○ 8 假设f 1mg,则a1a2;由式得f 2mg 1mg,与假设矛盾,故 f 1mg ○9 由⑦⑨式知,物块加速度的大小 a1等于a1;物块的v-t 图像如图中点划线所示。 由运动学公式可推知,物块和木块相对于地面的运动距离分别为 s1 2 v12 10 2a1 ○ s2 v0 v1 t1 v12 ○ 11 2 2a1' 物块相对于木板的位移大小为 ss1 s2 ○ 12 联立○○○○○○○○式得 1 5 6 8 9 10 11 12 4 s=1.125m 13 ○ 7.如图所示,一块质量为 M长为L的均质板放在很长的光滑水平桌面上,板的左端有一质量为 m的物块, 物块上连接一根很长的细绳,细绳跨过位于桌面的定滑轮,某人以恒定的速 m 率v向下拉绳,物块最多只能到达板的中央,而此时的右端尚未到桌边定滑 M v 轮,试求 l (1)物块与板的动摩擦因数及物体刚到达板的中点时板的位移 (2)若板与桌面之间有摩擦,为使物体能达到板的右端,板与桌面间的动摩擦因数范围 (3)若板与桌面之间的动摩擦因数取 (2)问中的最小值,在物体从板的左端运动到板的右端的过程中, 人拉绳的力所做的功(其它阻力不计) 解: (1)设物块在板上滑行的时间为t1,对板应用动量定理得: Mv μ1mgt1=Mv,t1=① 1mg 设在此过程中物块前进位移为s1,板前位移为s2, 则s1 1 ○2 =v·t s2 v 3 t1 ○ 2 l 4 s1-s2= ○ 2 由①~④ 得物块与板间的动摩擦因数为 Mv2 板的位移s2= l μ1= 2 2 mgl (2) 设板与桌面
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