滑块模型

一、解力学问题的一般思路 研究对象 单个物体 研究内容 状态、过程 受力与运动 动量及其变化 整体（系统） 功、能量

研究方法 整体法、隔离法、程序法、极限法、外推法、等效法、对称法等 针对过程列式 针对状态列式 动量守恒定律 答题规律 牛顿运动定律、运动学公式 功能关系（动能定理） 能量守恒定律 二、对相对滑动过程的分析

1、受力分析 （摩擦力有无、静摩擦力还是滑动摩擦力） 2、运动分析 （运动定性）

3、动量分析 （变化规律、大小关系、系统动量是否守恒） 4、能量分析 （动能定理）

三、典型问题

例1、如图所示，质量为M=2kg,长为L=1m的木板静止在光滑水平面上，质量为m=1kg的小滑块静止在木板的最左端，滑块与板之间动摩擦因数μ=0.1，某时刻用一水平向右的力F作用在滑块m上，g=10m/s2，

m F 求：(1)、当F=1.2N时,滑块和木板的加速度。 (2)、当F=2N时,滑块从运动到离开木板的时间。

变式1.若将力F水平作用于木板M上， 求：(1)、当F=1.2N时,滑块和木板的加速度。 (2)、当F=2N时,滑块和木板的加速度。

（3）、若F未知，讨论F取不同值时滑块和木块的运动情况

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M

m M

F 例2. 如图所示，长度L=3m，质量为M=2kg的木板静止在光滑水平面上，质量为m=1kg可视为质点的滑块以向右的初速度v0从木板最左端滑上，滑块与板之间动摩擦因数μ=0.4，若滑块能滑出木板。（g=10m/s） 求：（1）、v0应满足什么条件？

（2）、木板做匀加速直线运动的位移是多少？

变式1、如图所示，地面和半圆轨道面均光滑。质量M = 1kg 、长L = 4m的小车放在地面上，其右端与墙壁的距离S = 3m ，小车上表面与半圆轨道最低点P的切线相平。现有一质量m = 2kg的滑块（不计大小）以v0 = 6m/s的初速度滑上小车左端，带动小车向右运动。小车与墙壁碰撞时即被粘在墙壁上，已知滑块与小车表面的滑动摩擦因数μ = 0.2 ，g取10m/s 。

（1）试通过计算说明，小车与墙壁碰撞前，小滑块不会从小车上掉下来；

（2）讨论半圆轨道的半径R在什么范围内，滑块能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道？

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2

m v0 M

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练习：1、如图所示，质量为M=4kg的木板静止在光滑的水平面上，在木板的右端放置一个质量m=1kg大小可以忽略的铁块，铁块与木板之间的摩擦因数μ=0.4，在铁块上加一个水平向左的恒力F=8N，铁块在长L=6m的木板上滑动．取g=10m/s2．求： （1）经过多长时间铁块运动到木板的左端．

（2）在铁块到达木板左端的过程中，恒力F对铁块所做的功． （3）在铁块到达木板左端时，铁块和木板的总动能．

练习：2. 如图所示，一长度L=3m，质量为M=2kg的木板静止在水平面上，质量为m=1kg可视为质点的滑块静止在木板的最左端，滑块与板之间动摩擦因数μ1=0.4，板与地之间的动摩擦因数μ2=0.1，用一水平向右的力F＝12N作用在滑块上，g=10m/s2,求： （ 1）滑块和木块的加速度；

（２）滑块从开始运动到离开木块的时间；

（３）若F未知，讨论F取不同值时滑块和木块的运动情况。

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练习：3.如图所示，光滑的水平地面上有一木板，其左端放有一重物，右方有一竖直的墙。重物质量为木板质量的2倍，重物与木板间的动摩擦因数为。使木板与重物以共同的速度v0向右运动，某时刻木板与墙发生弹性碰撞，碰撞时间极短。求木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间。（设木板足够长，重物始终在木板上.重力加速度为g）

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1、解：（1）铁块与木板间的滑动摩擦力f=mg=4N 铁块的加速度a1= =4m/s； 木板的加速度a2= =1m/s2； 铁块滑到木板左端的时间为t， 代入数据解得：t=2s （2）铁块位移s1=8m

恒力F做的功W=Fs1=8×8J=64J （3）木板位移s2=2m

铁块的动能E1=（F-f）s1=（8-4）×8J=32J 木板的动能EB=fs2=4×2J=8J

铁块和木板的总动能E总=E1+EB=32J+8J=40J．

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3、解析：木板第一次与墙碰撞后，向左匀减速直线运动，直到静止，再反向向右匀加速直线运动直到与重物有共同速度，再往后是匀速直线运动，直到第二次撞墙。

木板第一次与墙碰撞后，重物与木板相互作用直到有共同速度，动量守恒，有： 2mv0mv0(2mm)v，解得：vv03

木板在第一个过程中，用动量定理，有：mvm(v0)2mgt1 用动能定理，有：

12mv212mv022mgs

木板在第二个过程中，匀速直线运动，有：svt2

木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间t=t1+t2=

变式1、.解：（1）滑块与小车的共同速度为v1 ，滑块与小车相对运动过程中动量守恒，有

mv0 = (m + M)v1 ………………………………………………………（2分）

代入数据解得v1 = 4m/s ………………………………………………（1分） 设滑块与小车的相对位移为L1 ，由系统能量守恒定律，有 μmgL1 =

12mv022v03g+

2v03g=

4v03g

12(mM)v12……………………………………………（2分）

代入数据解得L1 = 3m …………………………………………………（1分） 设与滑块相对静止时小车的位移为S1 ，根据动能定理，有 μmgS1 =

12Mv10…………………………………………………………（2分）

2代入数据解得S1 = 2m …………………………………………………（1分）

因L1＜L ，S1＜S ，说明小车与墙壁碰撞前滑块与小车已具有共同速度，且共速时小车与墙壁还未发生碰撞，小滑块不会从小车上掉下来．……………………（1分）

（2）滑块将在小车上继续向右做初速度为v1 = 4m/s ，位移为L2 = L－L1 = 1m的匀减速运动，然后滑上

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圆轨道的最低点P 。

若滑块恰能滑过圆的最高点，设滑至最高点的速度为v ，临界条件为

mg = m

v2R…………………………………………………………………（1分）

根据动能定理，有

－μmgL2－mg2R12mv212mv12………………………………………（2分）

①②联立并代入数据解得R = 0.24m …………………………………（1分）

若滑块恰好滑至圆弧到达T点时就停止，则滑块也能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道。

41根据动能定理，有

－μmgL2－mgR012mv12……………………………………………（2分）

代入数据解得R = 0.6m ………………………………………………（1分） 综上所述，滑块能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道，半圆轨道的半径必须满足 R≤0.24m或R≥0.6m …………………………………………………（1分）

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