板块模型分类导析

1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）A．20212121mvmvfxB．202212121)(mvmvxxfC．02122MvxfD．021)(221MvxxfE．QMvxxf22121)(F．2022121)(21)(mvvMmxxfG．2021210)(mvxxf（以木块为参考系）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．x1x2B.x1=x2+dC.x2d情景1.地面光滑。只要木板足够长，最后一定以共同速度运动：情景2.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：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。vtvtvtmMv1μ1v2vtvtvtvtvtvtt1vtt1mMM+mmMv1μ1μ2v2x2x12情景3.12vvm先以加速度11mFgam加速，M先以加速度122()mgmMgaM减速。共速后的情况讨论：(1)m的速度反超M，有以下三种可能：12()FmgMmg112()FmgmgMmg；112()FmgmgMmg；(2)m与M相对静止，一起减速到零。(3)M的速度依然大于m的速度。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。情景4.12vv受力分析图：m：11mFgam，M：122()mgmMgaM。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)a1a2，没有共速可能。(2)0a1a2，即12()FmgmMg，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)a10a2，即12()mgFmMg，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)a10a2，即12()mgmMgF，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)a1a20，即12()FmgmMg，只要木板足够长，可能共速，也可能在共速之前木板停下。情景5.12vv情景6.12vvmMv1μ1μ2v2FmMv1μ1μ2v2Fvtv2v1MmmMv图(1)v1v2Mmv图(2)v1v2MmM+mvtv1v2MmM+m图(3)vtv1v2MmM+m图(4)vtv1v2MmM+m图(5)mMFμ1mgμ1mgμ2(M+m)gmMv1μ1μ2v2FmMFμ2(M+m)gffvtv2v1M+mMmmMFffμ2(M+m)gvtv2v1Mmvtv2v1MmmMFμ1mgμ1mgμ2(M+m)gmMv1μ1μ2v2F3情景7.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v0=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μ2=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_____________，木板相对地面的位移为_____________。(4m、2m)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）(2)如果拉力F=10N恒定不变，小物块所能获得的最大动能（2J）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；（2）如果拉力F=10N恒定不变，小物块的所能获得的最大速度．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a1＝mgm＝μg＝1m/s2对整体，F＝(M+m)a1＝(3＋1)×1N＝4N(2)当F＝10N时，木板的加速度a2＝FmgMm/s2＝3m/s2由12a2t2-12a1t2=L，得物块滑过木板所用时间t＝1.6s物块离开木板的速度v1＝a1t＝1.6m/s5.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，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g=10m/s2）。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fmFam=2m/s2．μ1μ2mMABFABFmMv0mMF4小车在推力F和f的作用下加速，加速度为fMFFaM=0.5m/s2．初速度为υ0=1.5m/s，设经过时间t1，两者达到共同速度υ，则有：υ=amt1=υ0+aMt1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=12amt2=1m．以后两者相对静止，相互作用的摩擦力变为静摩擦力将两者作为一个整体，在F的作用下运动的加速度为a，则F=(M+m)a得a=0.8m/s2．在剩下的时间t2=t-t1=0.5s时间内，物块运动的位移为s2=υt2+12a22t，得s2=1.1m．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111tva○1101tvvat○2式中05/vms、11/vms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μ1mg=ma1○3(μ1+2μ2)mg=ma2○4联立○1○2○3○4式得μ1=0.20○5μ2=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1a和2a，则由牛顿第二定律得1fma○7222mgfma○8假设mgf1，则12aa；由式得mgmgf12，与假设矛盾，故mgf1○9由⑦⑨式知，物块加速度的大小1a等于1a；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121122avs○10'221211102avtvvs○11物块相对于木板的位移大小为21sss○12联立○1○5○6○8○9○10○11○12式得5s=1.125m○137.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轮，试求（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:μ1mgt1=Mv，t1=1Mvmg①设在此过程中物块前进位移为s1,板前位移为s2,则s1=v·t1○2212vst○3s1-s2=2l○4由①~④得物块与板间的动摩擦因数为μ1=22Mvmgl板的位移s2=2l(2)设板与桌面间的动摩擦因数为μ2,物块在板上滑行的时间为t2.则应用动量定理得[μ1mg-μ2(m+M)g]·t2=Mv，t2=12()MvmgmMg又设物块从板的左端运动到右端的时间为t3，则332322vlvttltv为了使物块能到达板的右端,必须满足t2≥t3即122()MvlmgmMgv，222()MvmMgl所以为了使物块能到达板的右端,应使板与桌面的动摩擦因数222()MvmMgl(3)设绳子的拉力为T,物块从板的左端到达右端的过程中物块的位移为s3,则有:T-μ1mg=0，s3=v·t3=2l由功的计算公式得:WT=T·s3=μ1mg·2l=2Mvmgl·mg·2l=2Mv2所以绳的拉力做功为2Mv2.(或W=ΔEk+Q1+Q2=12Mv2+μ1mgl+μ2(M+m)gl=2Mv2)8.质量为m＝1.0kg、带电量Q＝+2.5×10-4C的小滑块(可视为质点)放在质量为M＝2.0kg的绝缘长木板的左端，木板放在光滑水平面上，滑块与木板之间的动摩擦因数为μ＝0.2，木板长L＝1.5m，开始时两者都处于静止状态，所在空间加有一个方向竖直向下强度为正＝4.0×104N/C的匀强电场，如图所示。取g＝l0m/s2，试求：(1)用水平力F0拉小滑块，要使小滑块与木板以相同的速度一起运动，力F0应满足什么条件?(2)用水平恒力F拉小滑块向木板的右端运动，要使滑块在1.0s末从木板右端滑出，力F应为多大?（设m与M之间最大静摩擦力与它们之间的滑动摩擦力大小相等，滑块在运动中带电量不变）【