高中物理《解题手册》专题10 滑块模型

专题十一 滑块模型

[重点难点提示]

以滑块为模型的物理问题,将其进行物理情景的迁移,或对其初始条件与附设条件做某些演变、拓展,便于构成许多内涵丰富、情景各异的综合问题。由于这类问题涉及受力和运动分析、动量和功能分析以及动力学、运动学、动量守恒、能量守恒等重要内容的综合应用,因此,滑块模型问题成为高考考查学生知识基础和综合的能力的一大热点。通过对滑块模型问题的分析、研讨,掌握其基本特征,分清其在不同情景中的物理本质,对于启迪学生思维和培养学生的各种能力,特别是提高学生解题能力和开发学生研究性学习潜能的作用都是不可低估的。 [习题分类解析]

如图所示,一颗质量为m 的子弹以速度v 0射人静止在光滑水平面上的木块M 中且未穿出。设子弹与木块间的摩擦为f 。子弹打进深度d 相对木块静止,此时木块前进位移为s 。 分析与解答:对系统,由动量守恒有:mv 0=(M +m )v 对子弹由动能定理有:

()2022121mv mv d s f -=+- 对木块由动能定理:

22

1

Mv fs =- 得:

220)(2

121v m M mv fd +-= 动能的损失:

2

02

1mv m M M fd E k ?+==?

故打入深度 2

2

1)(mv m M f M f E d k ?+=?=

变式1 如图所示,在光滑的水平桌面上,静放着一质量为980g 的长方形匀质木块,现有一颗质量为20g 的子弹以300m/s 的水平速度沿其轴线射向木块,结果子弹留在木块中没有射出,和木块一起以共同的速度运动。已知木块沿子弹运动方向的长度为10cm ,子弹打

进木块的深度为6cm 。设木块对子弹的阻力保持不变。

(1)求子弹和木块的共同速度以及它们在此过程中所增加的内能。

(2)若子弹是以400m/s 的水平速度从同一方向水平射

向该木块的,则它能否射穿该木块?

分析与解答:设子弹的初速度为v 0,射入木块的共同速度为v.以子弹和木块为系统,由动

量守恒定律有v m M mv )(0+=(2分)解得s m s m m M mv v /0.6/02

.098.0300

02.00=+?=+=

此过程系统所增加的内能

(2)设以v 0′=400m/s 的速度刚好能够射穿材质一样厚度为d′的另一个木块.则对以子弹和木块组成的系统,由动量守恒定律有

v m M v m '+=')(0s m s m m M v m v /0.8/02

.098.040002.00=+?=+'=' 此过程系统所损耗的机械能

由功能关系有d f s f E fd fs E '='='?==?相相, 两式相比即有

d d

d f fd s f fs E E '

='='='??相相

于是有cm cm cm d E E d 10147

156868821568>=?=?'?=

' 因为d′>10cm ,所以能够穿透此木块.

变式2 固定在地面的水平桌子左端放有质量M 的木块,木块厚10cm ,其右端和桌子

右边缘相距L =4.0m ,木块和桌面间的动摩擦因数μ=0.80。质量为m 0=100g 的子弹(可以视为质点)以v 0=100m/s 的速度水平向右射入木块,并留在木块中,子弹钻入木块的深度是5.0cm 。木块在桌面上滑行了s =1.0m 后停下。求:⑴子弹射入木块后,木块开始在桌面上滑行的初速度v 是多大?⑵木块的质量M 是多少?⑶子弹射入木块过程系统的动能损失ΔE 是多少?⑷如果子弹射入木块前的初速度v 0可以在100m/s 到200m/s 范围内取值,并设子弹钻入木块过程中所受的阻力大小恒定,为使木块在桌面上滑行的距离最远,其他条件都不变,v 0应取多大?这个最远距离s m 是多大?

分析与解答:⑴子弹和木块共同滑行过程用动能定

理:μ(M+m )gs=

()22

1

v m M + 初速度v =4.0m/s

⑵根据子弹射入木块过程两者组成的系统动量守恒:mv 0=(M+m )v , 可求M =2.4kg

⑶子弹射入木块过程系统的动能损失ΔE ()22

02

121v m M mv +-=

=480J ⑷设子弹和木块在桌面上滑行的距离为s ,由v 2=2as ,有s ∝v 2;

设子弹和木块间的相互作用力大小为f

,若子弹没有射穿木块,最后和木块共同运动,钻

t /s

入木块的深度为d ,

根据能量守恒:摩擦生热()()

m M Mmv v m M mv fd Q +=+-==221212

02

20,有d ∝v 02,

因此子弹初速度是2v 0时刚好未射穿木块,这时子弹和木块开始滑行的初速度变为2v ,

在桌面上滑行的距离则变为2s=2.0m 。若子弹速度再大,将射穿木块。

由速度图象分析:子弹在木块中运动过程,子弹和木块的加速度大小是恒定的,与子弹初速度大小无关;子弹、木块速度图线和纵轴所围面积表示子弹钻入木块的深度,图中带点部分的面积表示木块厚度,对应的木块滑行初速度是42m/s 。从图中可以看出,当子弹初速度大于1002m/s 后,射穿时木块的速度v /反而小了,因此在桌面上滑行的距离随之变小。因此,当v 0=1002m/s 时,木块在桌面上滑行距离最大是2.0m 。

变式3 如图所示,AOB 是光滑水平轨道,BC 是半径为R 的光滑1/4圆弧轨道,两轨道恰好相切.质量为M 的小木块静止在O 点,一质量为m 的子弹以某一初速度水平向右射入小木块内,并留在其中随小木块一起运动,恰好能达到圆弧的最高点C (子弹和木块可视作质点).问:

(1)子弹入射前的速度?

(2)若每当木块返回或停止在O 点时立即有一颗相同的子弹射入木块,并留在其中,则当第9颗子弹射入木块后,小木块沿圆弧轨道能上升的最大高度是多少? 分析与解答:(1)由题,第一次入射后速度v 1=gR v

B 2=

由动量守恒,有:mv 0=(M+m )v 1 ,得:

gR m

m

M v 20+=; (2)第二次入射时,有:mv 0 - (M+m )v 1 =(M+2m )v 2=0 , 第三次入射时,有:mv 0 = (M+3m )v 3 ,

第四次入射时,有:mv 0 - (M+3m )v 3 =(M+4m )v 4=0 , …… ……

第八次入射后,有:mv 0 - (M+7m )v 7 = (M+8m )v 8=0 ,

第九次入射时,有:mv 0 = (M+9m )v 9 , 得:gR m

M m

M v m M m v 29909++=

+=

由机械能守恒,有:R m

M m M g v h 2

2

9)9(2++== .

变式4 如图所示,在光滑水平面上有一辆质量为M=4.00㎏的平板小车,车上放一质

量为m=1.96㎏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m 0=0.04㎏的子弹以速度v 0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 μ=0.2,取g=10m/s 2。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?

分析与解答: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v 1时,小车速度不变,有 m 0v 0-mv=(m 0+m)v 1

此后木块(含子弹)以v 1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v 2,

L v 0 m v

则 (m 0+m)v 1-Mv=(m 0+m+M)v 2

22022100)(2

121)(21)(v M m m Mv v m m gL m m ++-++=

+μ 联立化简得: v 02

+0.8v 0-22500=0 解得 v 0=149.6m/s 为最大值,

∴v

≤149.6m/s

双滑块相互作用系统

如图所示,在光滑水平面上有一质量为M 的盒子,盒子中央有一质量为m 的小物体(大小可忽略),它与盒底部的摩擦系数为μ。盒子内部长l ,现给物体m 以水平初速v 0向右运动。设物体与壁碰撞时无能量损失。求:(1)物体相对盒子静止时,盒的速度大小;(2)物体m 与盒壁碰撞的碰撞次数。

分析与解答:(1)由m 以v 0开始运动到m 与M 相对静止的全过程中,系统动量守恒,符合子弹打木块模型。即

mv 0=(M +m )v 0v m

M m

v +=

(2)2

20)(2

121v m M mv E fd k +-=?=

可得 2

021mv m M M mgd ?+=μ g

m M Mv d )(22

0+=μ

所以 2

1

)(2220++=

+

=

g m M Mv l

l d n μ

变式1 如图所示,有两个物体A ,B ,紧靠着放在光滑水平桌面上,A 的质量为2kg ,B 的质量为3kg 。有一颗质量为100g 的子弹以800m/s 的水平速度射入A ,经过0.01s 又射入物体B ,最后停在B 中,A 对子弹的阻力为3×103N ,求A ,B 最终的速度。 分析与解答: 设A ,B 质量分别为m A ,m B ,子弹质量为m 。 子弹离开A 的速度为了v ,物体A ,B 最终速度分别为v A ,v B 。 在子弹穿过A 的过程中,以A ,B 为整体,以子弹初速v 0为正方向,应用动量定理。 f·t=(m A +m B )u (u 为A ,B 的共同速度) 解得:u = 6m/s 。

由于B 离开A 后A 水平方向不受外力,所以A 最终速度V A =u=6m/s 。 对子弹,A 和B 组成的系统,应用动量守恒定律: mv 0=m A ·v A +(m+m B )v B 解得:v B = 21.94m/s 。

物体A ,B 的最终速度为v A =6m/s ,v B =21.94m/s 。

变式2 如图,物块A 以初速度V 0滑上放在光滑水平面上的长木板B 。若B 固定,则A 恰好滑到B 的右端时停下;若B 不固定,则A 在B 上滑行的长度为板长的4/5,求A 、B 的质量比。

分析与解答:B 固定时:对A 由动量定理 202

1mv fL =

B 不固定时: A 相对B 滑动距离4L/5 时,AB 相对静止,此时共同速度为V ,

由动量守恒定律 v m M mv )(0+= 又由能的转化和守恒定律

22

0)(2

12154v m M mv fL +-= 可得M=4m 。

变式3 质量为M 的小车A 左端固定一根轻弹簧,车静止在光滑水平面上,一质量为m 的小物块B 从右端以速度v 0冲上小车并压缩弹簧,然后又被弹回,回到车右端时刚好与车保持相对静止。求这过程弹簧的最大弹性势能E P 和全过程系统摩擦生热Q 各多少?简述B 相对于车向右返回过程中小车的速度变化情况。 分析与解答:全过程系统动量守恒,小物块 在车左端和回到车右端两个时刻,系统的速度 是相同的,都满足:mv 0=(m +M )v

末系统动能相同,说明小物块从车左端返回车右端过程中弹性势能的减小恰好等于系统内能的增加,即弹簧的最大弹性势能E P 恰好等于返回过程的摩擦生热,而往、返两个过程中摩擦生热是相同的,所以E P 是全过程摩擦生热Q 的一半。又因为全过程系统的动能损失应该等于系统因摩擦而增加的内能,所以ΔE K =Q =2E P

而()

m M Mmv E k +=

?22

, ∴()()m M Mmv Q m M Mmv E p +=+=2,42020 至于B 相对于车向右返回过程中小车的速度变化,则应该用牛顿运动定律来分析:刚开始

向右返回时刻,弹簧对B 的弹力一定大于滑动摩擦力,根据牛顿第三定律,小车受的弹力F 也一定大于摩擦力f ,小车向左加速运动;弹力逐渐减小而摩擦力大小不变,所以到某一时刻弹力和摩擦力大小相等,这时小车速度最大;以后弹力将小于摩擦力,小车受的合外力向右,开始做减速运动;B 脱离弹簧后,小车在水平方向只受摩擦力,继续减速,直到和B 具有向左的共同速度,并保持匀速运动。

变式4 如图所示,一质量为M 、长为L 的长方形木板B 放在光滑的水平地面上,在其右端放一质量为m 的小木块A ,m <M .现以地面为参照系,给A 和B 以大小相等、方向相反的初速度(如图1),使A 开始向左运动,B 开始向右运动,但最后A 刚好没有滑离B 板,以地面为参照系.

(1)若已知A 和B 的初速度大小为V 0,求它们最后的速度大小和方向.

(2)若初速度的大小未知,求小木块A 向左运动到达的最远处(从地面上看)离出发点的距离. 分析与解答:方法1、用牛顿第二定律和运动学公式求解。

A 刚好没有滑离

B 板,表示当A 滑到B 板的最左端时, A 、B 具有相同的速度,设此速度为V ,经过时间为t , A 、B 间的滑动摩擦力为f.如图所示。 对A 据牛顿第二定律和运动学公式有:

f=ma A , L 2=2

02

1t a t V A -, V=-V 0+a A t;

对B 据牛顿第二定律和运动学公式有: f=Ma B , 2002

1

t a t V L B -

=,V=V 0-a B t; 由几何关系有:L 0+L 2=L ;

由以上各式可求得它们最后的速度大小为

V =

m

M m

M +-. V 0,方向向右。

m

M m MV fL +=2

02

对A ,向左运动的最大距离为L M

M

m a V L A 42201+==。

方法2、用动能定理和动量定理求解。

A 刚好没有滑离

B 板,表示当A 滑到B 板的最左端时,A 、B 具有相同的速度,设此速度为V ,经过时间为t, A 和B 的初速度的大小为V 0,则据动量定理可得: 对A : ft= mV+mV 0

对B :-ft=MV -MV

0 解得:V =

m

M m

M +-V 0,方向向右

A 在

B 板的右端时初速度向左,而到达B 板左端时的末速度向右,可见A 在运动过程中必须经历向左作减速运动直到速度为零,再向右作加速运动直到速度为V 的两个阶段。设L 1为A 开始运动到速度变为零过程中向左运动的路程,L 2为A 从速度为零增加到速度为V 的过程中向右运动的路程,L 0为A 从开始运动到刚好到达B 的最左端的过程中B 运动的路程,如图2所示,设A 与B 之间的滑动摩擦力为f ,则由动能定理可得:

对于B : -fL 0=

20221

21MV MV - 对于A : -fL 1= -2

021mV

f(L 1-L 2)=2

2

1mV

由几何关系L 0+L 2=L 联立求得L 1=

M

L

m M 4)(+

方法3、用能量守恒定律和动量守恒定律求解。

A 刚好没有滑离

B 板,表示当A 滑到B 板的最左端时,A 、B 具有相同的速度,设此速度为V , A 和B 的初速度的大小为V 0,则据动量守恒定律可得:

MV 0-mV 0

=(m+m)V

解得:V =

m

M m

M +-. V 0,方向向右 .

对系统的全过程,由能量守恒定律得:Q=fL=22

0)(2

1

)21V M m V m M +-

+( 对于A fL 1=

202

1

mV 由上述二式联立求得L 1=M

L

m M 4)(+.

变式5 如图甲所示,质量m B =1 kg 的平板小车B 在光滑水平面上以v 1=1 m /s 的速度向左匀速运动.当t=0时,质量m A =2kg 的小铁块A 以v 2=2 m /s 的速度水平向右滑上小车,A 与小车间的动摩擦因数为μ=0.2。若A 最终没有滑出小车,取水平向右为正方向,g =10m /s 2,求:

(1)A 在小车上停止运动时,小车的速度为多大? (2)小车的长度至少为多少?

(3)在图乙所示的坐标纸中画出1.5 s 内小车B 运动的速度一时间图象.

分析与解答: (1)A 在小车上停止运动时,A 、B 以共同速度运动,设其速度为v ,取水平向右为正方向,由动量守恒定律得: m A v 2-m B v 1=(m A +m B )v

解得,v=lm /s

(2)设小车的最小长度为L ,由功能关系得:

()221222

12121v m m v m v m gL m B A B A A +-+=

μ 解得:L =0.75m

(3)设小车做变速运动的时间为t ,由动量定理得:

()1v v m gt m B A +=μ

解得:t =0.5s

故小车的速度-时间图象如图所示.

存在外力作用的双滑块系统

.如图所示,一质量为M =2kg 的足够长的长木板在光滑的水平面上以速度v 0=3m/s 的速度向右匀速运动,某时刻一质量m =1kg 的物体无初速的放在长木板的右端,物体与木板的动摩擦因数μ=0.5,g =10m/s 2,求

(1)物体相对长板的位移多大?

(2)若在物体无初速放在长木板右端的同时对长木板施 加一水平向右的恒力F =7.5N ,则在1s 内物体的位移为多大?

分析与解答:设物体与木板的共同速度为v ,由动量守恒定律得 Mv 0=(M +m )v

设物体相对于木板的位移为s ,由能量守恒定律得

A v 0

5m B

220)(2

121v m M Mv mgs +-=

μ 得: m g

m M Mv s 6.0)(22

=+=μ

(2)设经时间t 1两物体达共同速度v 1,对于物体由动量定理得 μmgt 1=mv 1 对于物体和木板,由动量定理得 Ft 1=(M+m )v 1-Mv 0 得: s F

g m M Mv t 8.0)(0

1=-+=

μ

v 1=μgt 1=4m/s

设t 1时间内物体发生的位移为s 1,由动能定理得

2

1121mv mgs =μ,m g

v s 6.12211==μ

物体和木块达共同速度后相对静止,由牛顿第二定律得:g s m m

M F

a μ<+=2/5.2,

故物体与木板能保持相对静止. 在t 2=0.2s 内物体发生的位移:m at t v s 85.02

12

212=+

= 物体在1s 内发生的位移: s=s 1+s 2=2.45m

变式1 在光滑水平面上静止放置一长木板B ,B 的质量为M=2㎏同,B 右端距竖直墙5m ,现有一小物块 A ,质量为m=1㎏,以v 0=6m/s 的速度从B 左端水平地滑上B 。如图

所示。A 、B 间动摩擦因数为μ=0.4,B 与墙壁碰撞时间极短,且碰撞时无能量损失。取g=10m/s 2。求:要使物块A 最终不脱离B 木板,木板B 的最短长度是多少?

分析与解答: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 0=(M+m)v, 得 v=2m/s 此时B 对地位移为S 1,则对B :212

1

Mv mgS =

μ S=1m <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L 1距离,则: 2201)(2

121v m M mv mgL +-=

μ 变式2 如图所示,光滑水平面上静止放着长L =1.6m ,质量为M =3kg 的木块(厚度

不计),一个质量为m =1kg 的小物体放在木板的最右端,m 和M 之间的动摩擦因数μ=0.1,今对木板施加一水平向右的拉力F ,(g 取10m/s 2) (1)为使小物体不掉下去,F 不能超过多少?

(2)如果拉力F =10N 恒定不变,求小物体所能获得的最大动能?

(3)如果拉力F =10N ,要使小物体从木板上掉下去,拉力F 作用的时间至少为多少? 分析与解答:(1)根据牛顿第二定律

F=(M+m)a

μmg=ma

得: F=μ(M+m)g=0.1×(3+1)×10N=4N (2)小物体的加速度

210.1101/mg

a g m s m

μμ===?=

木板的加速度

22100.1110

3/3

F mg a m s M μ--??=

== L t a t a =-

2

12

22

121

解得物体滑过木板所用时间t =

物体离开木板时的速度11/v a t s == 2

1110.82

k E mv J =

= (3)若F 作用时间最短,则物体离开木板时与木板速度相同。设F 作用的最短时间

为t 1,物体在木板上滑行的时间为t ,物体离开木板时与木板的速度为V

1111122113v a t t

v a t t v a t t ======则

12:()mv Mv m M v +=+由动量守恒定律 11194 2.5t t t

t t +==得

2211() 1.6222

v v v v t t t t ++-=+由位移关系

1 1.6t t ?=解得

112.50.8t t t s ==将代入得

变式 3 如图所示,右端有固定挡板的滑块B 放在光滑的水平面上.B 的质量为M =0.8kg ,右端离墙壁的距离为L =0.09m.在B 上靠近挡板处放一个质量为m =0.2kg 的小金

属块A .A 和挡板之间有少量炸药.A 和B 之间的动摩擦因数μ=0.2.点燃炸药,瞬间释放出化学能.设有E 0=0.5J 的能量转化为A 和B 的动能.当B 向右运动与墙壁发生碰撞后,立即以碰

前的速率向左运动.A 始终未滑离B .g =10m/s 2,求:

(1)A 和B 刚开始运动时v A 、v B ;

(2)最终A 在B 上滑行的距离s .

分析与解答:解:(1)A 和B 在炸药点燃前后动量守恒,设向左为正

mv A – Mv B = 0

02

22

121E Mv mv B A =+ 解得 v A =2m /s 方向向左 v B =0.5m /s 方向向右

(2)B 运动到墙壁处时,设A 和B 的速度分别为v A ′和v B ′ 对A 和B ,设向左为正,由动量守恒定律有

mv A – Mv B = mv A ′ - Mv B ′ 对B 由动能定理有

222

121B B Mv v M mgL -'=

-μ 解得 v A ′= 1.6m /s v B ′= 0.4m /s

设A 和B 最终保持相对静止时的共同速度为v 由动量守恒定律得 mv A ′ + Mv B ′= (M + m )v 由功能关系有 20)(2

1

v m M mgs E ++

=μ 求出 s = 0.75m

变式4 如图所示,在光滑的水平面上有一辆长平板车,它的中央放一个质量为m 的小物块,物块跟车表面的动摩擦因数为0.20,平板车的质量M = 2m ,车与物块一起向右以初速度v 0匀速运动,车跟右侧的墙壁相碰.设车跟墙壁碰撞的时间很短,碰撞时没有机械能损失,重力加速度为g ,求:

(1)平板车的长度至少是多大时,小物块才不会从车上落下来?

(2)若在车的左侧还有一面墙壁,左右墙壁相距足够远,使得车跟墙壁相碰前,车与小物块总是相对静止的,车在左右墙壁间来回碰撞,碰撞n 次后,物块跟车一起运动的速

度大小是多少?

(3)小物块在车表面相对于车滑动的总路程是多少? 分析与解答:(1)平板车跟右侧墙壁相碰后速度大小不变方

向相反,车与物块有相对运动,车与物块之间的滑动摩擦力f = 0.2 mg 设物块与车的共同速度为v 1,对车与物块组成的系统,根据动量守恒定律有 (M – m ) v 0 = (M + m ) v 1 设平板车的长至少为L ,根据能量守恒则有

fL v m M v m M 2

1)(21)(212

120=+-+ 解得L =g

v 3402

(2)由第(1)问可解得v 1 = v 0/ 3 即平板车和物块一起以速度v 1向左运动,跟左侧墙壁碰撞,同样讨论可得 v 2 =021)3

1

(31v v =

依次类推可知,经过n 次碰撞后,一起运动的速度大小是v n =0)3

1

(v n

(3)经过足够多次的碰撞后,由于不断有摩擦力做功,最终物块和平板车的速度都变为0,则在这个过程中,平板车和物块的动能都克服摩擦转化成内能

因此有fs = (M + m ) v 02 / 2

变式5 如图所示,光滑水平面上有一质量为M 、长为L 的长木板,其上有一质量为m 的物块,它与长木板间的动摩擦因数为μ,开始时长木板与小物块均靠在与水平面垂直的左边固定挡板处以共同的速度v 0向右运动,当长木板与右边固定竖直挡板碰撞后立即以大小相同的速率反向运动,且左右挡板之间的距离足够长。

(1)若m

板第3次碰撞前整个系统损失的机械能大小及第n 次碰撞前整个系统损失的机械能表达式。 分析与解答:(1)长木板与右边挡板第一次碰撞后,物块在长木板上以速度v 0作相对运动,因左右挡板之间的距离足够长,当木块与长木板以共同速度v 1向左运动时,物块在长木板上移动的距离最远(设为L ),此时物块在长木板上不掉下,则在以后的运动中物块也不会从长木板上掉下。因为每次碰撞后物块相对长木板运动的加速度相同,物块相对长木板运动的末速度也相同且为0,而第一次碰撞后物块相对长木板运动的初速度最大,所以第一次碰撞后物块相对长木板的位移也最大。 由动量守恒和能量守恒可得: (Mm)v 0=(M+m)v 1

(M+m)v 02/2-(M+m)v 12/2=μmgL

由①②两式可得:L=2Mv 02/μ(M+m)g

即要使物块不从长木板上掉下,长木板的最短长度应为:L=2Mv 02/μ(M+m)g (2)长木板与挡板第二次碰撞前系统所损失的机械能为ΔE 1,则由能量守恒可得: ΔE 1=(M+m)v 02/2-(M+m)v 12/2

由①③式可得: ΔE 1=2Mmv 02/(M+m)

长木板与挡板第二次碰撞后到物块与长木板第二次以共同速度v 2向右运动,直到长木板与挡板第3次碰撞前,系统所损失的机械能为ΔE 2,由动量守恒和能量守恒可得:

(M-m)v 1=(M+m)v 2

ΔE 2=(M+m)v 12/2-(M+m)v 22/2 由⑤⑥二式可得:

ΔE 2=2Mmv 12/(M+m)=

2

20)()(2m

M m M v m M Mm +-+

故长木板与挡板第3次碰撞前整个系统损失的机械能为:

ΔE =ΔE 1+ΔE 2=2

2

220)

(1}

])[(1{2M

M m M m M m M v m M Mm +--+--+ 将数据代入式可得: ΔE=148.1J

得:长木板与板第(n -1)次碰撞后到长木板与挡板第n 次碰撞前, 系统所损失的机械能为ΔE (n -1),由等比数列公式可得:则: ΔE (n -1)=)

1(2201])[()(2-+-+?

?n m

M m M v m M Mm E

所以长木板与挡板第次碰撞前整个系统损失的机械能为:

ΔE =2

)

1(220)

(1}])[(1{2m

M m M m M v m M Mm n +-+--+-=])91(1[150)1(--n 变式6 如图所示,质量为m =5kg 的长木板放在水平地面上,在木板的最右端放一质量也为m =5kg 的物块A 。木板与地面间的动摩擦因数μ1=0.3,物块与木板间的动摩擦因数μ2=0.2。现用一水平力F =60N 作用在木板上,使木板由静止开始匀加速运动,经过t =1s ,撤去拉力。设物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。(g 取10m/s 2)请求解: (1)拉力撤去时,木板的速度大小。

(2)要使物块不从木板上掉下,木板的长度至少多大。

(3)在满足(2)的条件下,物块最终将停在距板右端多远处。

分析与解答:(1)若在时间t=1s 内,物块与长木板一起运动,加速度为a , 则F -2μ1mg=2ma

物块受合外力f = ma >μ2mg-

∴ 物块在长木板上相对滑动。

设撤去F 时,长木板的速度为v 1,滑块速度为v 2,由动量定理, 对物块: μ2mgt=mv 2-0

对整体:(F -2μ1mg )t = mv 1+mv 2 代入数据可解得v 1=4m/s ,v 2=2m/s ∴长木板的速度大小为4m/s 。

(2)设撤去拉力后,经时间t ,两者获得共同速度为v ,由动量定理, 对物块,μ2mgt 1 = mv -mv 2

对长木板,-2μ2mgt 1-μ1mgt 1= mv -mv 1 将v 1和v 2的数值代入,得t 1=0.2s ,v=2.4m/s

在t=1s 内,物块相对于长木板的位移s 1=(v 1-v 2)t/2=1m 在t 1=0.2s 内,物块相对于长木板的位移s 2=(v 1-v 2)t 1/2=0.2m- 木板的长度最小值为L=s 1+s 2=1.2m

(注:或用相对运动知识求解,列式简单)

(3)滑块与木板有了共同速度后,在摩擦力作用下均做减速运动,物块相对于木板向右运动,木板与物块先后停下,由动能定理,得 设滑块位移为x 2,则-μ2mgx 2= 0-1

2 mv 2

木板位移为x 1,则(μ2mg –2μ1mg )x 1= 0 - 1

2 mv 2

这时间内物块相对于木板的位移s 3=x 2-x 1 = 0.72m 物块最终离板右端的距离d= s 1+s 2-s 3 = 0.48m

如图所示,在一光滑的水平面上有两块相同的木板B 和C 。重物A (A 视质点)位于B 的右端,A 、B 、C 的质量相等。现A 和B 以同一速度滑向静止的C ,B 与C 发生正碰。碰后B 和C 粘在一起运动,A 在C 上滑行,A 与C 有摩擦力。已知A 滑到C 的右端面未掉下。试问:从B 、C 发生正碰到A 刚移动到C 右端期间,C 所走过的距离是C 板长度的多少倍?

分析与解答:设A 、B 、C 的质量均为m 。B 、C 碰撞前,A 与B 的共同速度为V 0,碰撞后B 与C 的共同速度

为V 1。对B 、C 构成的系统,由动量守恒定律得:mV 0=2mV 1 设A 滑至C 的右端时,三者的共同速度为V 2。对A 、B 、C 构成的系统,由动量守恒定律得:2mV 0=3mV 2

设C 的长度为L , A 与C 的动摩擦因数为μ,则据摩擦生热公式和能量守恒定律可得:2220213.2

1

212.21mV mV mV mgL Q -+=

=μ 设从发生碰撞到A 移至C 的右端时C 所走过的距离为S ,则对B 、C 构成的系统据

A

B C

V 0 2V 0 动能定理可得:2122)2(21

)2(21V m V m mgS -=

μ 由以上各式解得3

7

=L S .

变式1 如图所示为三块质量均为m ,长度均为L 的木块。木块1和木块2重叠放置在光滑的水平桌面上,木块3沿光滑水平桌面运动并与叠放在下面的木块2发生碰撞后粘合在一起,如果要求碰后原来叠放在上面的木块1完全移到木块3上,并且不会从木块3上掉下,木块3碰撞前的动能应满足什么条件?设木块之间的动摩擦因数为μ。 分析与解答:设第3块木块的初速度为V 0,

对于3、2两木块的系统,设碰撞后的速度为V 1, 据动量守恒定律得:mV 0=2mV 1 对于3、2整体与1组成的系统,设共同速度为V 2,

则据动量守恒定律得: 2mV 1=3mV 2

(1)第1块木块恰好运动到第3块上,首尾相齐,则据能量守恒有:

3221.3.2

1

.2.21V m V m mgL -=

μ 由○

1○2○3联立方程得:E k3=6μmgL (2)第1块运动到第3块木块上,恰好不掉下,据能量守恒定律得:

3221.3.2

1.2.21)5.1(V m V m L mg -=μ

由○

1○2○5联立方程得:E k3=9μmgL 故:mgL E mgL k μμ963≤≤

变式2 如图所示,C 是放在光滑的水平面上的一块木板,木板的质量为3m ,在

木板的上面有两块质量均为m 的小木块A 和B ,它们与木板间的动摩擦因数均为μ。最初木板静止,A 、B 两木块同时以方向水平向右的初速度V 0和2V 0在木板上滑动,木板足够长, A 、B 始终未滑离木板。求:

(1)木块B 从刚开始运动到与木板C 速度刚好相等的过程中,木块B 所发生的位移; (2)木块A 在整个过程中的最小速度。

分析与解答:(1)木块A 先做匀减速直线运动,后做匀加速直线运动;木块B 一直做匀减速直线运动;木板C 做两段加速度不同的匀加速直线运动,直到A 、B 、C 三者的速度相等为止,设为V 1。对A 、B 、C 三者组成的系统,由动量守恒定律得:

100)3(2V m m m mV mV ++=+

解得:V 1=0.6V 0

对木块B 运用动能定理,有:

202

1)2(2

121V m mV mgs -=-μ

解得)50/(91:2

0g V s μ=

(2)设木块A 在整个过程中的最小速度为V′,所用时间为t ,由牛顿第二定律: 对木块A :g m mg a μμ==/1,

v 0

A B

对木板C :3/23/22g m mg a μμ==,

当木块A 与木板C 的速度相等时,木块A 的速度最小,因此有: t g gt V )3/2(0μμ=-

解得)5/(30g V t μ=

木块A 在整个过程中的最小速度为:.5/2010/V t a V V =-=

变式3 质量为m 的长木板A 静止在光滑水平面上,另两个质量也是m 的铁块B 、C 同时从A 的左右两端滑上A 的上表面,初速度大小分别为v 和2v ,B 、C 与A 间的动摩擦因数均为μ。

⑴试分析B 、C 滑上长木板A 后,A 的运动状态如何变化? ⑵为使B 、C 不相撞,A 木板至少多长?

分析与解答:B 、C 都相对于A 滑动时,A 所受合力为零,保

持静止。这段时间为g v t μ=?1。B 刚好相对于A 静止时,C 的速度为v ,A 开向左做匀加速

运动,由动量守恒可求出A 、B 、C 最终的共同速度3v v =',这段加速经历的时间为g v t μ322=?,

最终A 将以3

v v ='做匀速运动。

全过程系统动能的损失都将转化为系统的内能,而摩擦生热mgd fd Q μ==,由能

量守恒定律列式:()g v d v m v m mv mgd μμ37,33212212122

2

2=??

? ???-+=解得。这就是A 木板

应该具有的最小长度。

变式4 在光滑水平面上并排放两个相同的木板,长度均为L=1.00m ,一质量与木板相同的金属块,以v 0=2.00m/s 的初速度向右滑上木板A ,金属块与木板间动摩擦因数为μ=0.1,g 取10m/s 2。求两木板的最后速度。

分析与解答:金属块在板上滑动过程中,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

03mv mv =

22

011322mgx mv mv μ=-?

解得:4

3

x m L =>,因此假定不合理,金属块一定会滑上B 。

设x 为金属块相对B 的位移,v 1、v 2表示A 、B 最后的速度,v 0′为金属块离开A 滑上B 瞬间的速度。有:在A 上

00

12m v m v m v '=+ 1

2200

11

112222

mgL mv mv mv μ'=--?

全过程 : 0122mv mv mv =+

222

0121

11()2222

mg L x mv mv mv μ+=--?

联立解得:

111//3v m s m s =或 0

040()/3v v m s ''==舍或 215

//26v m s m s =或 ∴ 11/3v m s = 25

/6

v m s = 0.25x m =

变式5 有一定长度的木板C 放在光滑水平面上,长木板上面放置可视为质点的木块A 、B . A 、B 、C 的质量分别是kg m m m C B A 2.0===.木块A 、B 相距0.2m ,放在长木板上适当的位置,它们与长木板间的动摩擦因数相同均为2.0=μ.三物块均在同一直线上,开始时都处于静止状态.某时刻同时对A 、B 施加相反方向的恒力,N 1F 1=,

N F 6.02=,如图所示.经过1s 的时间,同时撤去这两个力.问:

(1)在同时对A 、B 施加相反方向的恒力的过程中,木板C 的运动状态应

该怎样,请说明理由!

(2)若要使木块A 、B 最终不滑离长木板,木板C 的长度最少为多少?

分析与解答: 1)A 、B 与木板间滑动摩擦力的大小:

N g m f f A B A 4.0===μ

A f F >1;

B f F >2 A 、B 木块分别向左、向右做

匀加速运动,A 、B 对木板C 的摩擦力大小相同,方向相反,所以在同时对A 、B 施加相反方向的恒力的过程中,木板C 保持静止. (2)恒力作用时A 、B 的加速度大小: 2

13s m m g m F a A A A =-=μ 2B

B 2B 1s m m g

m F a =-=

μ

恒力作用1s 末A 、B 的速度大小:

s m t a v A A 3== s m t a v B B 1==

撤去两个力后,A 、B 做匀减速运动,加速度大小2

2s m a a B A ='='

B 先相对于

C 静止,运动时间s a v t B

B

5.01==

, 此时A 的速度s m t a v v A A A 211='-=, 这段时间C 一直保持静止状态,A 、B 的位移分别为:

m t a t v t a s A A A A 75.221212

1112='-+=

m t t v s B B 75.0)(21

1=+=

以后B 相对于木板静止,A 继续减速运动,木板的加速度:

21s m m m g

m a B

c A c =+=

μ

设此后A 与木板的相对运动时间为2t

221t a t a v c A A ='- s t 3

2

2=

在2t 时间内,A 与木板相对运动距离: m s 32

=?

木板的最小长度 m m s 37.4)3

2

75.075.22.0(=+++=

变式6 如图所示,n 个相同的木块(可视为质点),每块的质量都是m ,从右向左沿同一直线排列在水平桌面上,相邻木块间的距离均为l ,第n 个木块到桌边的距离也是l ,木块与桌面间的动摩擦因数为μ.开始时,第1个木块以初速度v 0向左滑行,其余所有木块都静止,在每次碰撞后,发生碰撞的木块都粘在一起运动.最后第n 个木块刚好滑到桌边而没有掉下.

(1)求在整个过程中因碰撞而损失的总动能.

(2)求第i 次(i ≤n – 1)碰撞中损失的动能与碰撞前的动能之比.

(3)若n = 4,l = 0.10 m ,v 0 = 3.0 m/s ,重力加速度g = 10 m/s 2,求μ的数值. 分析与解答:(1)整个过程中系统克服摩擦力做的总功为

W f =μmgl (1 + 2 + 3 + … + n ) =

mgl n n μ2

)

1(+ 整个过程中因碰撞而损失的总动能为

mgl n n mv W mv E f k μ2

)1(21212020+-=-=

? (2)设第i 次(i ≤n – 1)碰撞前瞬间,前i 个木块粘合在一起的速度为v i , 动能为E ki =22

1

i imv

与第i + 1个(i ≤n – 1)木块碰撞粘合在一起后瞬间的速度为'i v ,由动量守恒定律

imv i = (i + 1)m 'i v 则'i v =i v i i 1

+

第i 次(i ≤n – 1)碰撞中损失的动能为

1

21])1)(1([21)1(21212

22222+?

=++-='+-=?i i mv v i i i iv m mv i imv E i i i i i ki 则第i 次(i ≤n – 1)碰撞中损失的动能与碰撞前动能之比为

11

+=?i E E ki ki (i ≤n – 1) (3)(常规解法)n = 4时,共发生了i = 3次碰撞.

第1次碰前瞬间的速度为v 12 = v 02 – 2μgl ,碰撞中动量守恒:mv 1 = 2'1mv 第1次碰后瞬间的速度为2

221

2

011gl v v v μ-=='

第2次碰前瞬间的速度为v 22 = v '12

– 2μgl =4

102422

020gl

v gl gl v μμμ-=--

碰撞中动量守恒:2mv 2 = 3mv '2

第2次碰后瞬间的速度为3

103

2

2

022gl

v v v μ-=

='

第3次碰前瞬间的速度为v 32

= 2

2'v – 2μgl =9

2829102020gl

v gl gl v μμμ-=--

碰撞中动量守恒:3mv 3 = 4mv '3

第3次碰后瞬间的速度为4

284

3

2

033gl

v v v μ-=

='

研究木块最后滑行到桌边,速度恰好为零,则022

3=-'gl v μ

即0216

282

=--gl gl

v μμ 整理后得v 02 – 600=gl μ,代入数据解得15.0=μ.

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

E =4.0×104N/C 的匀强电场,如图所示.取g =10m/s 2,试求:

(1)用水平力F 0拉小滑块,要使小滑块与木板以相同的速度一起运动,力F 0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,在1.0s 末使滑块从木板右端滑出,力F 应为多大?

(3)按第(2)问的力F 作用,在小滑块刚刚从木板右端滑出时,系统的内能增加了多少?(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)

分析与解答: (1)当拉力F 0作用于滑块m 上,木板能够产生的最 大加速度为:2/0.2)

(s m M

qE mg a M =+=

μ

为使滑块与木板共同运动,滑块最大加速度a m ≤a M 对于滑块有:m ma qE mg F =+-)(0μ

N ma qE mg F m 0.6)(0=++=μ

即为使滑块与木板之间无相对滑动,力F 0不应超过6.0N.

(2)设滑块相对于水平面的加速度为a 1,木板的加速度为a 2,由运动学关系可知:

21121t a s =

, 2222

1

t a s =,L s s =-21 滑动过程中木板的加速度a 2=2.0m/s 2 ,则可得滑块运动的加速度a 1=5.0m/s 2 对滑块:N ma qE mg F 0.9)(1=++=μ

(3)在将小滑块从木板右端拉出的过程中,相同的内能增加了: 0.6)(=+=L qE mg Q μJ

变式1 .如图所示,在绝缘水平面上,相距为L 的A 、B 两点处分别固定着两个等量正电荷.a 、b 是AB 连线上两点,其中Aa =Bb =

4

L

,O 为AB 连线的中点.一质量为m 带电量为+q 的小滑块(可视为质点)以初动能E 0从a 点出发,沿AB 直线向b 运动,其中小滑块第一次经过O 点时的动能为初动能的n 倍(n >1),到达b 点时动能恰好为零,小滑块最终停在O 点,求:

(1)小滑块与水平面间的动摩擦因数μ.

(2)Ob 两点间的电势差U ob .

(3)小滑块运动的总路程S . 分析与解答: (1)由Aa =Bb =

4

L

,O 为AB 连线的中点得:a 、b 关于O 点对称,则 U ab =0

设小滑块与水平面间的摩擦力大小为f ,对于滑块从a →b 过程,由动能定理得: 002

E L

f U q ab -=?-? 而f =μm

g 得:mgL

E 0

2=

μ (2)对于滑块从O→b 过程,由动能定理得:

004

nE L

f U q Ob -=?

-? 得:q

E n U Ob 2)12(0

--

=

(3)对于小滑块从a 开始运动到最终在O 点停下的整个过程,由动能定理得:

E O

00E s f U q aO -=?-?

而q

E n U U Ob aO 2)12(0

-=-=

得:L n S 4

1

2+=

变式2 如图所示,质量M =0.40㎏的靶盒A 位于光滑水平导轨上,开始时静止在O 点,在O 点右侧有范围很广的“相互作用区域”,如图中的虚线区域。当靶盒A 进入相互作用区域时便有向左的水平恒力F =20N 作用。在P 处有一固定的发射器B ,它可根据需要瞄准靶盒每次发射一颗水平速度V 0=50m/s 、质量m=0.10㎏的子弹,当子弹打入靶盒A 后,便留在盒内,碰撞时间极短。若每当靶盒A 停在或到达O 点时,就有一颗子弹进入靶盒A 内,求:

(1)当第一颗子弹进入靶盒A 后,靶盒A 离开O 点的最大距离。

(2)当第三颗子弹进入靶盒A 后,靶盒A 从离开O 点到又回到O 点所经历的时间 (3)当第100颗子弹进入靶盒时,靶盒已经在相互作用区中运动的时间和。 分析与解答::(1)设第一颗子弹进入靶盒A 后, 子弹与靶盒的共内速度为1v 根据碰撞过程系统 动量守恒,有:10)(v M m mv +=

设A 离开O 点的最大距离为1s ,由动能定理有:211)(2

1

0v M m Fs +-=-

解得:m s 25.11=

(2)根据题意,A 在的恒力F 的作用返回O 点时第二颗子弹正好打入,由于A 的动量与第二颗子弹动量大小相同,方向相反,故第二颗子弹打入后,A 将静止在O 点。设第三颗子弹打入A 后,它们的共同速度为3v ,由系统动量守恒得:30)3(v M m mv += 设A 从离开O 点到又回到O 点所经历的时间为t,取碰后A 运动的方向为正方向,由动量定理得:3)3(02

v M m t

F

+-=- 解得:s t 5.0=

(3)从第(2)问的计算可以看出,第1、3、5、……(2n+1)颗子弹打入A 后,A 运动时间均为s t 5.0=

故总时间s t t 2550==总

变式3 在绝缘水平面上放一质量m =2.0×10-3kg 的带电滑块A ,所带电荷量q =1.0×10-7C.在滑块A 的左边l =0.3m 处放置一个不带电的绝缘滑块B ,质量M =4.0×10-3kg ,B 与一端连在竖直墙壁上的轻弹簧接触(不连接)且弹簧处于自然状态,弹簧原长S =0.05m.如图所示,在水平面上方空间加一水平向左的匀强电场,电场强度的大小为E =4.0×105N/C ,滑块A 由静止释放后向左滑动并与滑块B 发生碰撞,设碰撞时间极短,碰撞后两滑块结合在一起共同运动并一起压缩弹簧至最短处(弹性限度内),此时弹性势能E 0=3.2×10-3J ,两滑块始终没有分开,两滑块的体积大小不计,与水平面间的动摩擦因数均为μ=0.5,g 取10m/s 2.求:

(1)两滑块碰撞后刚结合在一起的共同速度v ;

(2)两滑块被弹簧弹开后距竖直墙壁的最大距离s .

分析与解答: (1)设两滑块碰前A 的速度为v 1,由动能定理有:

212

1

mv mgl qEl =

解得:v 1=3m/s A 、B 两滑块碰撞,由于时间极短动量守恒,

设共同速度为v v m M mv )(1+= 解得:v =1.0m/s

(2)碰后A 、B 一起压缩弹簧至最短,设弹簧压缩量为x 1,由动能定理有: 2011)(2

1

0)(v m M E gx m M qEx +-

=-+-μ 解得:x 1=0.02m 设反弹后A 、B 滑行了x 2距离后速度减为零,由动能定理得:

0)(220=+--gx m M qEx E μ

解得:x 2≈0.05m

以后,因为qE >μ(M +m )g ,滑块还会向左运动,但弹开的距离将逐渐变小,所以,最大距离为:S =x 2+s -x 1=0.05m+0.05m-0.02m=0.08m.

如图所示,质量为 M = 3.0 kg 的小车静止在光滑的水平面上,AD 部分是表面粗糙的水平导轨,DC 部分是光滑的

4

1

圆弧导轨,整个导轨由绝缘材料做成并处于 B = 1.0 T 的垂直纸面向里的匀强磁场中,今有一质量为 m = 1.0 kg 的金属块(可视为质点)带电量 q = 2.0×10-3 C 的负电,它以v 0 = 8 m/s 的速度冲上小车,当它将要过 D 点时,它对水平导轨的压力为 9.81 N(g 取 9.8 m/s 2)求:

(1)m 从 A 到 D 过程中,系统损失了多少机械能?

(2)若 m 通过D 点时立即撤去磁场,在这以后小车获得的最大速度是多少? 分析与解答:(1)设 m 抵达D 点的速度为v 1 ,则:Bqv 1 +mg =N ∴v 1 =

Bq m g

N -=0

.1100.280.99813

??--= 5.0 m/s 设此小车速度为v 2,金属块由 A-D 过程中系统动量守恒则:

mv 0 = mv 1 +Mv 2∴v 2 = 1.0 m/s ∴损失的机械能ΔE =21mv 02 -21mv 12-2

1

Mv 22 = 18 J (2)在 m 冲上

4

1

圆弧和返回到 D 点的过程中,小车速度一直在增大,所以当金属块回到D 点时小车的速度达到最大,且在上述过程中系统水平方向动量守恒,则:mv 1 + Mv 2 = mv 1 ′+Mv 2′(2分)系统机械能守恒,则:

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