高中物理滑块模板与传送带问题全面剖析

高中物理传送带与滑块模板问题全面剖析

一、滑块与木板(即应用牛顿运动定律)一应用力和运动的观点处理典型思维方法：整体法与隔离法注意运动的相对性(即应用牛顿运动定律)【例11木板M静止在光滑水平面上，木板上放着一个小滑块mi与木板之间的动摩擦因数以，为了使得m能从M上滑落下来，求下列各种情况下力F的大小范围。【例2】如图所示，有一块木板静止在光滑水平面上，木板质量M=4kg长L=1.4m.木板右端放着一个小滑块，小滑块质量m=1kg其尺寸远小于L,它与木板之间的动摩擦因数n=0.4,g=10m/S2,(1)现用水平向右的恒力F作用在木板M上，为了使得m能从M上滑落下来，求F的大小范围.(2)若其它条件不变，恒力F=22.8N,且始终作用在M上，求m在M上滑动的时间.M -//////////【例3】质量m=1kg的滑块放在质量为M=1kg的长木板左端，木板放在光滑的水平面上，滑块与木板之间的动摩擦因数为0.1,木板长L=75cm］开始时两者都处于静止状态，如图所示，试求：（1）用水平力Fo拉小滑块，使小滑块与木板以相同的速度一起滑动，力Fo的最大值应为多少？（2）用水平包力F拉小滑块向木板的右端运动，在t=0.5s内使滑块从木板右端滑出，力F应为多大？（3）按第（2）问的力F的作用，在小滑块刚刚从长木板右端滑出时，滑块和木板滑行的距离各为多少？（设m与M之间的最大静摩擦力与它们之间的滑动摩擦力大小相等）。（取g=10m/S2）.F【例4】如图所示，在光滑的桌面上叠放着一质量为mA=2.0kg的薄木板A和质量为mB=3kg的金属块B.A的长度L=2.0m.B上有轻线绕过定滑轮与质量为m=1.0kg的物块C相连.B与A之间的滑动摩擦因数^=0.10,最大静摩擦力可视为等于滑动摩擦力.忽略滑轮质量及与轴间的摩擦.起始时令各物体都处于静止状态，绳被拉直，B位于A的左端（如图），然后放手，求经过多长时间t后B从A的右端脱离（设A的右端距滑轮足够远）（取g=10m/s2）.

日门一例1解析(1)m与M刚要发生相对滑动的临界条件：①要滑动： m与M间的静TOC\o"1-5"\h\z摩擦力达到最大静摩擦力；②未滑动：此时m与M加速度仍相同。受力分析如图，先隔离m，由牛顿第二定律可得：a=(img/m却g fm再对整体，由牛顿第二定律可得：Fo=(M+m)a PT*解得：Fo=p(M+m)g ,J1 )所以,F的大小范围为：F>n(M+m)g 师 ,(2)受力分析如图，先隔离M由牛顿第二定律可得：a=mg/M再对整体，由牛顿第二定律可得：Fo=(M+m)a解得：Fo=(i(M+m)mg/M f F所以，F的大小范围为：F>n(M+m)mg/M ―他 M77777777/77例2［解析］(1)小滑块与木板间的滑动摩擦力f=nFN=pmg=4N ①滑动摩擦力f是使滑块产生加速度的最大合外力，其最大加速度2 6ai=f/m=［ig=4m/s…②当木板的加速度a2>ai时，滑块将相对于木板向左滑动，直至脱离木板F-f=ma2>ma F>f+ma i=20N ③即当F>20N且保持作用一般时间后，小滑块将从木板上滑落下来。(2)当恒力F=22.8N时，木板的加速度a2"由牛顿第二定律得F-f=TOC\o"1-5"\h\z解得：出/=4.7m/s2 ④设二者相对滑动时间为t,在分离之前小滑块：x尸？ait2 ⑤木板：xi=?木/t2 ⑥又有X2—xi=L ⑦解得：t=2s ⑧例3解析：（1）对木板M水平方向受静摩擦力f向右，当f=fm=iimg时,M有最大加速度，此时对应的F0即为使m与M一起以共同速度滑动的最大值。对M最大加速度aM,由牛顿第二定律得：aM=fn/M=pmg/M=1m/S2要使滑块与木板共同运动，m的最大加速度am=aM,对滑块有F。一nmg=ma所以Fo=nmg+m=2N即力F。不能超过2N（2）将滑块从木板上拉出时，木板受滑动摩擦力f=pmg此时木板的加速度改为a2=f/M=nmg/M=1m/s.由匀变速直线运动的规律，有（m与M均为匀加速直线运动）木板位移X2=?a2t2①滑块位移x1=?ait2②位移关系Xi—X2=L③将①、②、③式联立，解出ai=7m/s2对滑块，由牛顿第二定律得:F-simg=ma所以F-mg+mi=8N（3）将滑块从木板上拉出的过程中，滑块和木板的位移分别为Xi=?ait2=7/8m X2=?&t2=1/8m例四：以桌面为参考系，令aA表示A的加速度，aB表示B、C的加速度，Sa和Sb分别表示t时间A和B移动的距离，则由牛顿定律和匀加速运动的规律可得mcg-pmBg=（m+m；）aBnmBg=mA3ASB=?a；t SA=?aAt Sb-Sa=L由以上各式，代入数值，可得：t=4.0s应用功和能的观点处理 （即应用动能定理，机械能守恒定律能量守恒定律）应用动量的观点处理 （即应用动量定理，动量守恒定律）子弹打木块模型：包括一物块在木板上滑动等。 NS«=AE＜系统=Q,Q为摩擦在系统中产生的热量。②小球在置于光滑水平面上的竖直平面内弧形光滑轨道上滑动：包括小车上悬一单摆单摆的摆动过程等。小球上升到最高点时系统有共同速度（或有共同的水平速度）；系统内弹力做功时，不将机械能转化为其它形式的能，因此过程中系统机械能守恒。例题：质量为M长为l的木块静止在光滑水平面上，现有一质量为m的子弹以水平初速V。射入木块，穿出时子弹速度为v,求子弹与木块作用过程中系统损失的机械能。解：如图，设子弹穿过木块时所受阻力为 f,突出时木块速度为V,位移为S,TOC\o"1-5"\h\z则子弹位移为(S+l)。水平方向不受外力，由动量守恒定律得：mv=mv+MV①由动能定理，对子弹-f(s+l)=1mv2--mv2 ② [ :2 2 of ，二二二30rI I对木块fs=1MV2-0 ③ k-T2v\2 2 由①式得v=m(V0-V)代入③式有fs=gM'MyWo—V)2 ④②+④得fl=—mv2一1mv2 MV2=—mvi2-{—mv2—M[-m(vo-v)]2}2 2 2 2 2 2M由能量守恒知，系统减少的机械能等于子弹与木块摩擦而产生的内能。即Q=fl,l为子弹现木块的相对位移。结论：系统损失的机械能等于因摩擦而产生的内能，且等于摩擦力与两物体相对位移的乘积。即Q= AE系统"pNS相其分量式为:Q=flS相l+f2s相2+……+fnS相n=AE系统1.在光滑水平面上并排放两个相同的木板，长度均为 L=1.00m,一质重L_—L__b一一一L与木板相同的金属块，以v0=2.00m/s的初速度向右滑上木板A；r^r块与木板间动摩擦因数为n=0.1,g取10m/s2。求两木板的最后速度。2.如图示，一质量为M长为l的长方形木块B放在光滑水平面上，在其右端放一质量为m的小木块A,m<M现以地面为参照物，给A和B以大小相等、方向相反的初速度（如图）,使A开始向左运动,B板。以地面为参照系。（如图）,使A开始向左运动,B板。以地面为参照系。B开始向右运动，但最后A刚好没有滑离VoA⑴若已知A和B的初速度大小为V0,求它们最后速度的大小和方向;⑵若初速度的大小未知，求小木块A向左运动到最远处（从地面上看）到出发点的距离。.一平直木板C静止在光滑水平面上，今有两小物块A和B分别以2V°和vo的初速度沿同一直线从长木板块A、B与长木板C两端相向水平地滑上长木板A如图示。的初速度沿同一直线从长木板块A、B与长木板C间的动摩擦因数为N,A、BC三者质量相等。⑴若A、B两物块不发生碰撞，则由开始滑上C到A、B都静止在C上为止，B通过的总路程多大？经历的时间多长？⑵为使A、B两物块不发生碰撞，长木板C至少多长？.在光滑水平面上静止放置一长木板B,B的质量为M=2kg同，B右端距竖直墙5m\现有一小物块A,质量为m=1kg,以vo=6m/s的速度从B左端水平地滑上B。如图所示。AB间动摩擦因数为仙=0.4,B与墙壁碰撞时间极厚匚口 15m-碰撞时无能量损失。取g=10m/s2。求：要使物块A最终不木板，木板B的最短长度是多少？.如图所示，在光滑水平面上有一辆质量为 M=4.00kg的平板小车，车上放一质量为m=1.96kg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=0.04kg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[1=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？Lv v0oU^v.一质量为m两端有挡板的小车静止在光滑水平面上，两挡板间距离为1.1m,在小车正中放一质量为m1长度为0.1m的物块，物块与小车间动摩擦因数以=0.15。如图示。现给物块一个水平向右的瞬时冲量，使物块获得vo=6m/s的水平初速度。物块与挡板碰撞时间极短且无能量损失。求：⑴小车获得的最终速度； von口⑵物块相对小车滑行的路程； ・一■.•..「；「「⑶物块与两挡板最多碰撞了多少次；⑷物块最终停在小车上的位置。.一木块置于光滑水平地面上，一子弹以初速vo射入静止的木块，子弹的质量为m,打入木块白深度为d,木块向前移动S后以速度v与子弹一起匀速运动,此过程中转化为内能的能量为,2 m(vo-v)vd m(vo—v).A.—m(v2-v°v)B.mvo(vo-v)C. D. vd2s Smv0=3mv」mgx=1mvmv0=3mv」mgx=1mv2一；3mv2滑上Bo设x为金属块相对B的位移，vi、v2离开A滑上B瞬间的速度。有：在A.fmvo=mvi_2mv2121 21c2mg(Lx)=-mv0 mv1 2mv22 2 2rv1=1m/臧一m/s3联立解得：,v0=0(舍)或v0'=4m/s3v=1m/臧5m/s

2 6A、B最后的速度，v。’为金属块mvo=mv0+2mv1. 1 11 ，21-2全NmgL=—mv0——mv02——’2mv12、 2 2 2v1=—m/s

3■=v2=5m/s

6x=0.25m1.金属块在板上滑动过程中，统动量守恒。金属块最终停在什么位置要进行判断。假设金属块最终停在A上。三者有相同速度v,相对位移为x,则有解得：x=gmAL,因此假定不合理，金属块一定会

3*解中，整个物理过程可分为金属块分别在A、B上滑动两个子过程，对应的子系统为整体和金属块与B。可分开列式，也可采用子过程一全过程列式，实际上是整体一部分隔离法的一种变化。2.⑴A恰未滑离B板，则A达B最左端时具有相同速度v,有Mvo-mvo=(M+m)vM-mvoM-mM>m, v>0,即与B板原速同向。

AB摩擦力为f⑵A的速度减为零时，离出发点最远，设AB摩擦力为f向左运动对地最远位移为S,则fS=1mvi2—0

2而 v。 最大应满足Mv-mvo=(M+m)vfl=1(Mm)vfS=1mvi2—0

2而 v。 最大应满足Mv-mvo=(M+m)vfl=1(Mm)v2-1(M-m)v22 2解得：s%3.⑴由AB、C受力情况知，当B从V0减速到零的过程中,C受力平衡而保持不动，此子过程中B的位移Si和运动时间ti分别为:—r。然C以仙g的加速度一起做加速运动。A继续减速，直到它们达到相同速度v。对全过程：mA,2vo-mBV0=(m\+m+m)v v=v0/3C的加速度a=」返=1%,此子过程B的位移mBme2v2S2v—2g9-gTOC\o"1-5"\h\z2 一总路程S=Sl+S2=——j^j0■，总时间t=ti+t2=—^0-18」g 3」g⑵A、B不发生碰撞时长为L,A、B在C上相对C的位移分别为La、LB,则L=La+Lb一2,. ,. 1 1 2 1 7V0而AgLA+而BgLB =—mA(2v0)2+-mBv2—(mA +mB +mc)v2解得：L —2 2 2 3」g*对多过程复杂问题，优先考虑钱过程方程，特别是AP=0和Q=fS相二&E系统。全过程方程更简单。4.A滑上B后到B与墙碰撞前，系统动量守恒，碰前是否有相同速度v需作以下判断：mv=(M+m)v,①v=2m/s此时B对地位移为S,则对B:MmgSi=2Mv2 ②S=1n<5m,故在B与墙相撞前与A已达到相同速度v,设此时A在B上滑行L1距离，则“mgL1=1mv2-2(M+m)v2③L1=3m【以上为第一子过程】此后A、B以v匀速向右，直到B与墙相碰(此子过程不用讨论)，相碰后，B的速度大小不变，方向变为反向，A速度不变(此子过

程由于碰撞时间极短且无能量损失，不用计算)，即B以v向左、A以v向右运动，当AB再次达到相同速度v'时：Mv-mv=(M+m)V④v'=2/3m/s向左，即B不会再与墙相碰，AB以v'向左匀速运动。设此过程(子过程4)A相对B移动L2,则MmgL2=1(M+m)v2_2(M+m)v「⑤L2=1、33mL=Li+L?=4.33m为木板的最小长度。*③+®得PmgL mv2一1(M+m)v，2实际上是全过程方程。与此类问题相对应的是：当Pa始终大于Pb时，系统最终停在墙角，末动能为零。.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vi时，小车速度不变，有m0V0-mv=(m+m)vi ①此后木块(含子弹)以vi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,则(m0+m)vi-Mv=(m+m+M)v②N(mo+m)gL=1(mo+m)v2+1Mv2-1(mo+m+M)v2③联立化简得：v02+0.8v0-22500=0解得vo=149.6m/s为最大值， vo<149.6m/s.⑴当物块相对小车静止时，它们以共同速度v做匀速运动，相互作用结束,v即为小车最终速度(3)n=S—0.5+i=6.5(3)n=S—0.5+i=6.5=6次l-dG1nn2 1产丫0 、2fS=-Mv2=—(m)v22 2vQ=fdTOC\o"1-5"\h\z⑵-mgS=1mv2-12mv2S=6m2 2⑷物块最终仍停在小车正中。*此解充分显示了全过程法的妙用mv0=(Mm)v.ACA:{ 1 21 , 2Q=—mv2—(Mm)v22 2

传送带问题剖析一、传送带水平放置设传送带的速度为V带，物体与传送带之间的动摩擦因数为N,两定滑轮之间的距离为L,物体置于传送带一端的初速度为V0o1、M=0,(如图1)M物体刚置于传送带上时由于受摩擦力作用，将做a=小g的加速运动。假定物体从开始置于传送带上一直加速到离开传送带，则其离开传送带时的速度为V=<2MgL,显然有:V带<产亚时，物体在传送带上将先加速，匀速。V带》J2%L时,物体在传送带上将一直加速。2、7。丰0,且V0与V带同向，(如图2)V0<V带时同上理可知，物体刚运动到带上时，将做a=g的加速运动,假定物体一直加速到离开传送带，则其离开传送带时的速度为 V=Jv。2+2%L,显然有：Vo<V带<vVo2+2NgL时，物体在传送带上将先加速后匀速。V带》Jv。2十2NgL时，物体在传送带上将一直加速。V)>V带时因V0>V带，物体刚运动到传送带时，将做加速度大小为a=11g的减速运动,假定物体一直减速到离开传送带，则其离开传送带时的速度为 V=LJV。2-2也,显然:LV带WN—2NgL时,物体在传送带上将一直减速。V。>V带》心—2NgL时，物体在传送带上将先减速后匀速。3、V。*。，且V。与V带反向，（如图3）此种情形下，物体刚运动到传送带上时将做加速度大小为 的减速运动，假定物体一直减速到离开传送带，则其离开传送带时的速度为 V=<Vo2-2^gL,显然：V>。，即V。》j2NgL时,物体将一直做减速运动直到从传送带的另一端离开传送带。v<o,即Vo<12^gr时，物体将不会从传送带的另一端离开而从进入端离开，其可能的运动情形有：a、先沿V。方向减速，再反向加速直至从放入端离开传送带b、先沿V。方向减速，再沿V。反向加速，最后匀速直至从放入端离开传送带。二、传送带斜置设传送带两定滑轮间的距离为L,带与水平面的夹角为9,物与带之间的动摩擦因数为祖,物体置与带的一端，初速度为Vo,传送带的速度为V带。1、V0=0,（如图4）物体刚放到带的下端时，因V0=0,则其受力如图所示，显然只有f-mgsin0>0,即p>tg0时，物体才会被传送带带动从而向上做加速运动， 且a=pgcos9-gsin9,假定物体一直加速度运动到上端，则物体在离开传送带时的速度为V=22(MgcosQ-gsim0)L,显然：V带<.2(Mgcose-gsime)L时，物体在传送带上将先加速后匀速直至从上端离开。V带》^'2(MgcosO-gsim6)L时，物体在传送带上将一直加速直至从上端离开。2、V°w0,且V0与V带同向，(如图5)①Vo<V带时，a、>tg0,物体刚运动到带上时，因V)<V带，则其将做a=pgcos0—gsin9的加速运动，假定物体一直做加速运动，则物体离开传送带时的速度为 V=,显然：V0<V带<、；V(2+2(^gcos9-gsinH)L时，物体在传送带上将先加速后匀速直至离开传送带上端。V带^^02+2(%cose-gsim0)L时，物体将在传送带上一直加速直至离开传送带上端b、p>tg8物体刚运动到带上时，因V0VV带，物体将做加速度大小为a=gsin0—11gcos0的减速运动。假定物体一直做减速运动到直至离开传送带，则物体离开传送带上端时速度为V=^(2+2(gsinQ-kgcos0)L,显然：V>0,即VO、q2(gsin8—Ngcos0)L时,物体在传送带上将一直减速运动直至从装置的上端离开V<0,即V)<J2(gsin9—Ngcos0)L时,物体在传送带上将先向上做大小为a=gsin9一仙gcos9的减速运动，后向下做加速度最小为a=gsin0一仙gcos9的加速运动直至离开装置的下端。②Vo>V带时a、p>tg8,物体刚运动到带上时，因M>V带，故物体将做加速度大小为a=gsin0+[igcos0的减速运动，假定物体一直做减速运动，则物体离开传送带时速度为Y=v,Vo2+2(gsine+^gcos0)L,显然：V带V-2(gsin8+Ngcose)L时，物体将一直减速直至离开传送带上端。Vo>V带>《V02-2gsine+NgcosB)L时，物体将先做减速运动后做匀速运动直至离开传送带上端。b、p<tg9,物