最新板块模型分类导析
哭砂吉他谱-亢奋的意思
板块模型分类导析
例
1.
一颗子弹
m
以速度
v
0
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
x
1
，木块的位移为
x
2<
/p>
，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
1
2
A
．
fx
1
mv
2
mv
0
x
1
2
2
1
1
2
B
．
< br>f
(
x
1
x
2
)
mv
2
mv
0
2
2
1
x
2
2
Mv
2
0
C
．
f
x
2
< br>1
D
．
f
(
x
1
x
2
)
Mv
2
0
2
1
E
．
f
(
x
1
x
2
)
Mv
2
Q
2
1
1
2
F
．
f
(
x
1
x
2
)
(
< br>m
M
)
v
2
mv
0
2
2
1<
/p>
2
G
．
f
(
x
1
x
2
)
0
mv
< br>0
（以木块为参考系）
2
例
2.
<
/p>
一颗子弹
m
以速度
v
0
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
x
< br>1
，木块的位移为
x
2
，子弹打入的深度为
d
，下列关系正确是（
ABC
）
A
．
x
1
>
x
2
B.
x
1
=
x
2
+
d
C.
x
2
<
d
情景
1.
m
v
1
μ
1
M
v
2
地面光滑。
只要木板足够长，最后一定以共同速度运动：
v
v
v
t
t
情景
2.
m
v
1
μ
1
M
μ
2
v
2
t
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：
v
v
v
v
v
t
t
t
t
t
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
< br>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。
v
m
M
v
M+m
t
t
1
t
t
1
情景
3.
m
v
1
F
μ
1
M
μ
2
v
2
v
1<
/p>
v
2
m
先以加速度
a
1
F
1
m
g
mg
2
(
m
M
)
g
加速，
M
先以加速度
a
2
1
减速。共速后的情况讨论：
m
< br>M
F
μ
1
mg
μ
2
(
M
+
m
)
g
M
(1)m
的速度反超
M
，有以下三种可能：
μ
1
mg
m
v
v
2
M
m
v
1
m
M
t
v
v
v
2
M
m
t
f
v
2
M
m
t
v
1
v
1
F
1
mg
2
(
M
m
)
g
F
1
mg
；
1
mg
(
2
M
m
)
g
F
1
mg
；
1
mg
2
(
M
m
)
g
< br>(2)m
与
M
相对静止，一起减
速到零。
v
v
2
M
m
v
1
M+m
t
m
F
f
μ
2
(
M
+<
/p>
m
)
g
M
(3)M
的速度依然大于
m
的速度。
m
f
F
f
μ
2
(
M
+<
/p>
m
)
g
M
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.
m
v
1
F
μ
1
M
μ
2
v
2
F
v
1
v
2
μ
1
mg
μ
2
(
M
+
m
)
g
受力分析图：
μ
1
mg
m
m
：
a
1
M
F
1
m
g
mg
2
(
m
< br>
M
)
g
，
M
：
a
2
1
。
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)
a
1
>
a
2
，没有共速可能。
(2)0<
a
1
<
a
2
，即
F
1
mg
2
(
m
< br>
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)
a
1
<0 <
a
2
，即
1
mg
F
< br>
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)
a
1
<0<
a
2
，即
1
mg
2
(
m
<
/p>
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)
a
1<
/p>
<
a
2
<0
，即
F
1
mg
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
1
m
v
v
1
m
M+m
v
v
1
m
M+m
v
v
1
m
M+m
v
v
1
v
2
M
t
图
(4)
m
M+m
t
v
2
M
图
(1)
v
2
M
图
(2)
m
v
1
μ
1
M
μ
2
v
1
μ
1
M
μ
2
v
2
v
2
M
t
图
(3)
F
v
1
v
2
v
2
M
图
(5)
情景
5.
情景
6.
m
v
2
F
v
1
v
2
m
情景
7.
μ
1
M
μ
2
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=
1
kg
的木块以水平速度
v
0
=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
μ
1
=0.4
，
木板与地面动摩擦因数为
μ
2
=0.1
，
木板足够长。
达到共同速度时木块相对地
m
v
0
M
面
的位移为
s
1
=
；木板相对地面的位移为
s
2
=
；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
μ<
/p>
1
=0.4
，木板与地面的动摩擦因数为
μ
2
=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
F
m <
/p>
_____________
，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
，
2
取
g=10m/
s
，求：
(1)
使
物块掉不下去的拉力
F
（
2N
）
B
F
A
(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，
2
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/s
，求：
（
1
）使物块不掉下去的最
大拉力
F
；
B
F
（<
/p>
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
a
1
mg
2
对物块，最
大加速度
a
1
＝
＝
μg
＝
1
m/s
m
1
N
＝
4 N
对整体，
F
＝
(
M+m
)
a
1
＝
< br>(3
＋
1)×
F
mg
(2)
当
F
＝
10 N
时，木板的加速度
a
2
＝
m/s
2
＝
3
m/s
2
M
1
2
1
2
由<
/p>
a
2
t
-
a
1
t
=
L
，得物块滑过木板所用时间
t
< br>＝
1.6
s
2
2
物块离开木板的速度
v
1<
/p>
＝
a
1
t
＝
1.6
m/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
< br>，
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<
/p>
的小物块，物块与小车间的动摩擦因数
μ
= 0.2
，
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/s
）
。
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< /p>
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．< /p>
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
F
f
=μmg
=4N
．物块在
F
f
的<
/p>
F
f
=2m/
s
2
．
作用
下加速，加速度为
a
m
m
小车在推力
F
和
f
的作用下加速，加速度为
a
< br>M
F
f
F
M
初速度为
υ
0
=1.5m/s
，设经过时间
t
1
，两者达到共同速度
υ
，则有：
υ
=
a
m
t
1
=
υ
0
+
a
M
t
1
代入数据可得：
t
1
< br>=1s
，
υ
=2m/s
1
在这
t
1
时间内物块向前运动的位移为
s
1
=
a
m
t
< br>2
=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
2
两者作为一个整体，在
F
的作用下运动
的加速度为
a
，则
F
< br>=(
M+m
)
a
得
a
=0.8m/s
．
1
2
在剩下的时间
t
2
=<
/p>
t-t
1
=0.5s
时间内，物块运动的位移为
s
2
=
υt
2
+
a<
/p>
t
2
，得
s
2
=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
=
< br>s
1
+
s
2
=2.1m
．
< br>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
２
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/s
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
t
1
=0.5s
时，物块和木板的速度相同。设
t
=0
到
t=
t
1
时间间隔内，物块和木板的加速度度大小
分别为
a
1
和
a
2
，则
=0.5m/s
2
．
v
1
1
○
t
1
v
v
a
1
0
t
2
○
t
< br>1
a
1
式中<
/p>
v
0
5
m
/
s
、
v
1
1
m
/
s
分别为模板在
t
=0
、
t
=
t
1
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
μ
1
、
μ
2
，由牛顿第二定律得
3
μ
1
mg=ma
1
○
4
(μ
1
+<
/p>
2
μ
2
)mg=
ma
2
○
3
○
4
式得
1
○
2
○
联立
○
5
μ
1
=
< br>0.20
○
6
μ
2
=0.30
○
（
2
）在
t
1
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
，则由牛顿第二定律得
之间的摩擦力大小为
f
，物块和木板的加速度大小
分别为
a
1
和
a
2
7
○
f
ma
1
○
8
2
2
mg
f
ma
2
a
2
；由式得
f
2
mg
1
mg
，与假设矛盾，故
假设
f
<
/p>
1
mg
，则<
/p>
a
1
9
f
1
mg
○
由
⑦⑨
式知，物块加速度的大小
a
1
等于
a
1
；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
v
1
2
10<
/p>
s
1
2
○
2
a
1
v
0
v
1
v
1
2
< br>11
s
2
t
1
○
2
2
a
1
'
物块相对于
木板的位移大小为
12
s
s
1
s
2
○
1
○
5
○
6
○
8
○
9
○
10
○
11
○
12
式得
联立○