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- 2022-04-12 发布
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“滑块——木板”模型中的能量问题[方法点拨] (1)分析滑块与传送带或木板间的相对运动情况,确定两者间的速度关系、位移关系,注意两者速度相等时摩擦力可能变化.(2)用公式Q=Ff·x相对或动能定理、能量守恒求摩擦产生的热量.1.如图1所示.一足够长的木板在光滑的水平面上以速度v向右匀速运动,现将质量为m的物体竖直向下轻轻地放置在木板右端,已知物体m和木板之间的动摩擦因数为μ,为保持木板的速度不变,从物体m放到木板上到它相对木板静止的过程中,须对木板施一水平向右的作用力F,那么力F对木板做功的数值为( )图1A.B.C.mv2D.2mv22.(多选)水平地面上固定一倾角为θ=37°的足够长的光滑斜面,如图2所示,斜面上放一质量为mA=2.0kg、长l为3m的薄板A.质量为mB=1.0kg的滑块B(可视为质点)位于薄板A的最下端,B与A之间的动摩擦因数μ=0.5.开始时用外力使A、B静止在斜面上,某时刻给滑块B一个沿斜面向上的初速度v0=5m/s,同时撤去外力,已知重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8.下列说法正确的是( )图2A.在滑块B向上滑行的过程中,A、B的加速度大小之比为3∶5B.从A、B开始运动到A、B相对静止的过程所经历的时间为0.5sC.从A、B开始运动到A、B相对静止的过程中滑块B克服摩擦力所做的功为JD.从A、B开始运动到A、B相对静止的过程中因摩擦产生的热量为J3.如图3所示,一轻弹簧一端与竖直墙壁相连,另一端与放在光滑水平面上的长木板左端接触,轻弹簧处于原长,长木板的质量为M,一物块以初速度v0从长木板的右端向左滑上长木板,在长木板向左运动的过程中,物块一直相对于木板向左滑动,物块的质量为m,物块与长木板间的动摩擦因数为μ,轻弹簧的劲度系数为k,当弹簧的压缩量达到最大时,物块刚好滑到长木板的中点,且相对于木板的速度刚好为零,此时弹簧获得的最大弹性势能为Ep.(已知弹簧形变量为x,弹力做功W=kx2)求:n图3(1)物块滑上长木板的一瞬间,长木板的加速度大小;(2)长木板向左运动的最大速度;(3)长木板的长度.4.(2018·山东省济南市二模)如图4所示,光滑水平地面的左侧静止放置一长木板AB,右侧固定一足够长光滑斜面CD,木板的上表面与斜面底端C处于同一水平面,木板的质量M=2kg,木板长l=7m.一物块以水平速度v0=9m/s冲上木板的A端,木板向右运动,B端碰到C点时被粘连,且B、C之间平滑连接.物块的质量为m=1kg,可视为质点,与木板之间的动摩擦因数μ=0.45,g取10m/s2,求:图4(1)若初始时木板B端距C点的距离足够远,求物块第一次与木板相对静止时的速度和相对木板滑动的距离;(2)设初始是木板B端距C点的距离为L,试讨论物块最终距C点的距离与L的关系,并求此最大距离.nn答案精析1.C [由能量转化和守恒定律可知,拉力F对木板所做的功W一部分转化为物体m的动能,一部分转化为系统内能,故W=mv2+μmg·s相,s相=vt-t,v=μgt,以上三式联立可得W=mv2,故C正确.]2.CD [由题中条件可知,当滑块B向上运动时,薄板A将沿斜面向下运动,由受力分析和牛顿第二定律可知,对薄板A,mAgsinθ-μmBgcosθ=mAaA,薄板A的加速度aA=4m/s2,方向沿斜面向下;对滑块B,μmBgcosθ+mBgsinθ=mBaB,则滑块B的加速度aB=10m/s2,方向沿斜面向下,故在滑块B向上滑行的过程中,A、B的加速度大小之比为2∶5,选项A错误;开始运动时,滑块B向上做匀减速直线运动,减速到零所需要的时间t1==0.5s,此时薄板A的速度大小为vA=aAt1=2m/s,然后二者均向下运动,且二者的加速度不变,最后速度相同,则有vA+aAt2=aBt2,代入数据可解得t2=s,共同速度为v=m/s,A、B从开始运动到速度相同所用时间为t=t1+t2=s,选项B错误;滑块B的位移为xB=t1-t2=m,方向沿斜面向上,所以滑块B克服摩擦力做的功为W=μmBgxBcosθ=J,选项C正确;A、B的相对位移为x=t1+aAt12+vAt2+aAt22-t2,代入数据得x=m,故在整个过程中产生的热量Q=μmBgxcosθ=J,选项D正确.]3.(1) (2) (3)解析 (1)物块滑上长木板时,长木板受到的合外力等于滑块对长木板的摩擦力,由牛顿第二定律得:μmg=Ma,解得:a=(2)当长木板向左运动到最大速度时,弹簧的弹力等于物块对长木板的摩擦力,则:kx=μmg,解得:x=长木板从开始运动到速度最大的过程,设最大速度为v,由动能定理得:μmgx-kx2=Mv2,解得:v=(3)当弹簧的压缩量达到最大时,木板的速度为零,物块的速度也为零,设长木板的长度为nL,根据能量守恒定律得:mv02=μmg+Ep,解得:L=4.(1)3m/s 6m (2)见解析解析 (1)根据动量守恒定律可得mv0=(M+m)v共,根据能量守恒定律可得μmgΔl=mv02-(M+m)v共2,解得v共=3m/s,Δl=6m.(2)对木板有μmgs=Mv共2-0,解得s=2m.当L≥2m时,木板B端和C点相碰前,物块和木板已经到达共同速度,碰后物块以v共=3m/s匀减速到C点,v共2-vC12=2am(l-Δl),am=μg=4.5m/s2,解得vC1=0,恰好停在C点,与L无关.当L<2m时,木板B端和C点相碰前,物块和木板未达到共同速度,物块一直做匀减速运动,有v02-vC22=2am(l+L),vC2=3m/s.物块以此速度冲上斜面并以原速率返回,最终停在木板上,有s==2m-L,当L=0时,s有最大值,smax=2m.