1、1高三物理专题复习： 滑块滑板模型典型例题：例 1.如图所示，在粗糙水平面上静止放一长 L 质量为 M=1kg 的木板 B，一质量为 m=1Kg 的物块 A 以速度 滑上长木板 B 的左端，物块与木板的摩smv/0.2擦因素 1=0.1、木板与地面的摩擦因素为 2=0.1，已知重力加速度为g=10m/s2，求：（假设板的长度足够长）(1)物块 A、木板 B 的加速度；（2）物块 A 相对木板 B 静止时 A 运动的位移；（3）物块 A 不滑离木板 B，木板 B 至少多长？考点： 本题考查牛顿第二定律及运动学规律考查：木板运动情况分析，地面对木板的摩擦力、木板的加速度计算，相对位移计算。解析：（
2、1）物块 A 的摩擦力： NmgfA1A 的加速度： 方向向左21/sfa木板 B 受到地面的摩擦力： AgMf f2)(2地故木板 B 静止，它的加速度 0a（2 ）物块 A 的位移： mvS（3 ）木板长度： L2拓展 1.在例题 1 中，在木板的上表面贴上一层布，使得物块与木板的摩擦因素 3=0.4，其余条件保持不变， （假设木板足够长）求：（1）物块 A 与木块 B 速度相同时，物块 A 的速度多大？（2）通过计算，判断 AB 速度相同以后的运动情况；（3）整个运动过程，物块 A 与木板 B 相互摩擦产生的摩擦热多大？考点：牛顿第二定律、运动学、功能关系考查：木板与地的摩擦力计算、AB
3、 是否共速运动的判断方法、相对位移和摩擦热的计算。2解析：对于物块 A: 1 分NmgfA4加速度： 1 分， 方 向 向 左 。24/0.sa对于木板： 1 分gf)M2（地 加速度： 1 分， 方 向 向 右 。地 2A/0.smfaC物块 A 相对木板 B 静止时，有： 121-tavtCB解得运动时间： 1 分，st.3/1 smBA/32(2)假设 AB 共速后一起做运动， 2/1)(Mga物块 A 的静摩擦力： 1 分AAfNmf1所以假设成立，AB 共速后一起做匀减速直线运动。 1 分（3）共速前 A 的位移： 木板 B 的位移：avSA9420 mavSB92所以： JmgQB
4、A3)(3拓展 2：在例题 1 中，若地面光滑，其他条件保持不变，求：（1 ）物块 A 与木板 B 相对静止时，A 的速度和位移多大？（2 ）若物块 A 不能滑离木板 B，木板的长度至少多大？（3 ）物块 A 与木板 B 摩擦产生的热量多大？考点： 动量守恒定律、动能定理、能量守恒定律考查：物块、木板的位移计算，木板长度的计算，相对位移与物块、木板位移的关系，优选公式列式计算。解析：（1）A、B 动量守恒，有： vmMv)(0解得： smv/10（2 ）由动能定理得：3对 A: 对 B: 20211mvgSA 0211MvmgSB又： BL解得：（3 ）摩擦热： JgQ1拓展 3：如图所示，光
5、滑的水平面上有两块相同的长木板 A 和 B,长度均为 L=0.5m,在 B 的中间位置有一个可以看作质点的小铁块 C 三者的质量都为 m=1kg,C 与A、B 间的动摩擦因数均为 u=0.5.现在 A 以速度 va=6m/s 向右运动并与 B 相碰，碰撞时间极短,碰后 AB 粘在一起运动，而 C 可以在 B 上滑动 g=10m/s2, 求： （1）A、B 碰撞后 B 的速度（2）小铁块 C 最终距长木板 A 左端的距离.（3）整个过程系统损失的机械能。 考点： 动量守恒定律、动能定理、能量守恒定律考查：对多物体、多过程问题的正确分析，选择合适的规律列表达式，准确书写出表达式。解析：（1）与 B
6、 碰后，速度为 v1，由动量守恒定律得 mv0=2mv1 （2 分）A、 B、 C 的共同速度为 v2，由动量守恒定律有 mv0=3mv2 （1 分）小铁块 C 做匀加速运动： （1 分）当达到共同速度时： （1 分） （1 分）4对 A、 B 整体， ， （1 分） （1 分）小铁块 C 距长木板 A 左端的距离： （1 分）（3 ） 小铁块 C 在长木板的相对位移： mSC6.0系统损失的机械能： JgvmE8210拓展 4例 5.在例题 1 中，若地面光滑，长木板的上表面的右端固定一根轻弹簧，弹簧的自由端在 Q 点，Q 点右端表面是光滑的，Q 点到木板左端的距离 L= 0.5 m，其余条
7、件保持不变，求：（1）弹簧的最大弹性势能多大？（2）要使滑块既能挤压弹簧，又最终没有滑离木板，则物块与木板的动摩擦因素 的范围。 （滑4块与弹簧的相互作用始终在弹簧的弹性限度内）考点：动量守恒定律、功能关系、能量守恒定律考查：正确理解弹性势能最大的意思，准确找出临界条件，准确书写出相应的方程。解析：（1）A、B 动量守恒，有： vmMv)(0解得： smv/10设最大弹性势能为 EP，由能量守恒定律得： pEgLvv1220)(1解得： JP5.（2 ）要使滑块 A 挤压弹簧，及 A、B 共速且恰好运动到 Q 点时，有：10)(vmMvgL221解得： .5要使滑块最终没有滑离木板 B，即 A
8、、B 共速且物块恰好运动到木板 B 的最左端时，有：20)(vmMvgL121解得： .所以： 201.变式训练，巩固提升：考查：对知识的迁移、应用，培养能力1.如图所示，一平板小车静止在光滑的水平地面上，车上固定着半径为 R=0.7m 的四分之一竖直光滑圆弧轨道，小车与圆弧轨道的总质量 M 为 2kg，小车上表面的 AB 部分是长为1.0m 的粗糙水平面，圆弧与小车上表面在 B 处相切现有质量 m=1kg 的滑块（视为质点）以 v 0=3m/s 的水平初速度从与车的上表面等高的固定光滑平台滑上小车，滑块恰好在 B 处相对小车静止，g=10m/s 2（1）求滑块与小车之间的动摩擦因数 和此过程
9、小车在水平面上滑行的距离 s；（2）要使滑块滑上小车后不从 C 处飞出，求初速度v0应满足的条件2如图所示，在光滑的水平面上停放着一辆质量 M4 kg、高 h0.8 m 的平板车 Q，车的左端固定着一条轻质弹簧，弹簧自然状态时与车面不存在摩擦半径为 R1.8 m 的光滑圆轨道的底端的切线水平且与平板车的表面等高现有一质量为 m2 kg 的物块 P(可视为质点)从圆弧的顶端 A 处由静止释放，然后滑上车的右端物块与车面的滑动摩擦因数为 0.3，能发生相互摩擦的长度 L1.5 m， g 取 10 m/s2.(1)物块滑上车时的速度为多大？(2)弹簧获得的最大弹性势能为多大？(3)物块最后能否从车的
10、右端掉下？若能，求出其落地时与车的右端的水平距离62解析：(1)设物块滑上车时的速度为 v1.物块从 A 滑至该点的过程中机械能守恒，有：mgR mv ， 12 21得： v1 6 m/s.2gR(2)设弹簧获得的最大弹性势能为 Ep，此时物块与车的速度相同，设为 v2.在物块与车相对运动的过程中，动量守恒，有：mv1( m M)v2. 由能量守恒定律，有：mv (m M)v mgL Ep. 12 21 12 2联立得： Ep15 J.(3)设物块回到车的右端时物块的速度为 v3，车的速度为 v4.从 A 滑上车至回到车的右端的过程中，动量守恒，能量守恒，有：mv1 mv3 Mv4. mv m
11、v Mv 2 mgL . 12 21 12 23 12 24联立得： v30， v43 m/s( v34 m/s， v41 m/s 舍去)因 v4v3，故物块最后能从车的右端掉下由 h gt2，12及 s v4t v3t，得物块落地时与车的右端的水平距离 s1.2 m.答案：(1)6 m/s (2)15 J (3)1.2 m 711.如图所示，一条滑道由一段半径 R0.8 m 的 圆弧轨道和一段长为 L3.2 m 的水14平轨道 MN 组成，在 M 点处放置一质量为 m 的滑块 B，另一个质量也为 m 的滑块 A 从左侧最高点无初速度释放，A、B 均可视为质点已知圆弧轨道光滑，且 A 与 B
12、之间的碰撞无机械能损失(g 取 10 m/s2)(1)求 A 滑块与 B 滑块碰撞后的速度 vA和 vB.(2)若 A 滑块与 B 滑块碰撞后，B 滑块恰能达到 N 点，则 MN 段与 B 滑块间的摩擦因数 的大小为多少？11解析：(1)设与 B 相碰前 A 的速度为 vA， A 从圆弧轨道上滑下时机械能守恒，故mv mgR 12 2AA 与 B 相碰时，动量守恒且无机械能损失，有mvAmv Amv Bmv mvA 2 mvB 212 2A 12 12由得，v A0，v B4 m/s.(2)B 在碰撞后在摩擦力作用下减速运动，到达 N 点速度为 0，由动能定理得fL0 mvB 212其中 fm
13、g由得 0.25.答案：(1)0 4 m/s (2)0.253、如图所示，光滑水平面 MN 的左端 M 处由一弹射装置 P（P 为左端固定，处于压缩状态且锁定的轻质弹簧，当 A 与 P 碰撞时 P 立即解除锁定） ，右端 N 处与水平传送带恰平齐且很靠近，传送带沿逆时针方向以恒定速率 v5m/s 匀速转动，水平部分长度 L4m 。放在水平面上的两相同小物块 A、B（均视为质点）间有一被压缩的轻质 弹簧，弹性势能EP4J，弹簧与 A 相连接，与 B 不连接，A、B 与传送带间的动摩擦因数 0.2 ，物块质量mA mB1kg。现将 A、B 由静 止开始释放，弹簧弹开，在 B 离开弹簧时，A 未与
14、P 碰撞，B 未滑上传送带。取 g10m/s 2。求：（1 ） B 滑上传送带后，向右运动的最远处与 N 点间的距离 sm （2 ） B 从滑上传送带到返回到 N 端的时间 t 和这一过程中 B 与传送带间因摩擦而产生的热能 Q（3 ） B 回到水平面后压缩被弹射装置 P 弹回的 A 上的弹簧， B 与弹簧分离然后再滑上传送带。则 P 锁定时具有的弹性势能 E 满足什么条件，才能使 B 与弹簧分离后不再与弹簧相碰。8A BPM NLvD3、 【 解析】 （1 ）弹簧弹开的过程中，系统机械能守恒 Ep = mAA2 + mBB2由动量守恒有 mAvAm BvB0联立以上两式解得 vA2m/s ，
15、v B2m/sB 滑上传送带做匀减速运动，当速度减为零时，向右运动的距离最大。由动能定理得：m Bgsm0 mBvB 2，解得 sm 1mvB22g（2 ）物块 B 先向右做匀减速运动，直到速度减小到零，然后反方向做匀加速运动，回到皮带左端时速度大小仍为 vB2m/s由动量定理 ： mBgtm BvBm BvB，解得 t 2s2vBgB 向右匀减速运动因摩擦而产生的热能为：Q 1m Bg( sm)vt2B 向左匀加速运动因摩擦而产生的热能为：Q 2m Bg( sm)vt2QQ 1Q 2m Bgvt20J（3 ）设弹射装置 P 将 A 弹开时的速度为 vA，则 E mAvA2 mAvA2B 离开弹簧时，AB 速度互换，B 的速度 vBv A B 与弹簧分离后不再与弹簧相碰，则 B 滑出平台 Q 端，由能量关系有 mBvB2m B gL以上三式解得 Em A gL mAvA2，代入数据解得 E 6J
