最后更新: 2024-12-14 18:21 ● 参与者查看: 96 次纠错分享参与项目词条搜索

滑块—木板模型

1.动力学分析：分别对滑块和木板进行受力分析，根据牛顿第二定律求出各自的加速度；从放上滑块到二者速度相等，所用时间相等，由 $t=\frac{\Delta v_2}{a_2}=\frac{\Delta v_1}{a_1}$ ，可求出共同速度 $v$ 和所用时间 $t$ ，然后由位移公式可分别求出二者的位移。

2.功和能分析：对滑块和木板分别运用动能定理，或者对系统运用能量守恒定律.如图所示，要注意区分三个位移：
（1）求摩擦力对滑块做功时用滑块对地的位移 $x_{\text {滑； }}$ ；
(2)求摩擦力对木板做功时用木板对地的位移  $x_{\text {板； }}$ ；
(3)求摩擦生热时用相对位移 $\Delta x$.

![图片](/uploads/2024-12/3f8730.jpg)
 
 
 ## 例题
 `例`如图甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m＝2 kg的另一物体B(可看成质点)以水平速度v0＝2 m/s滑上原来静止的长木板A的上表面.由于A、B间存在摩擦力，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示.下列说法正确的是(g取10 m/s2)
  ![图片](/uploads/2024-12/f2bad1.jpg)
A.木板A最终获得的动能为2 J
B.系统损失的机械能为4 J
C.木板A的最小长度为2 m
D.A、B间的动摩擦因数为0.1

解：由题图乙可知, $0 \sim 1 s$ 内, $A 、 B$ 的加速度大小都为 $a=1 m / s ^2$, 物体 $B$ 和木板 $A$ 水平方向均受滑动摩擦力.根据牛顿第二定律知二者质量相等，则木板最终动能 $E_{ k A}=\frac{1}{2} m v_1^2=1 J$ ，选项 A 错误；系统损失的机械能 $\Delta E=\frac{1}{2} m v_0{ }^2-\frac{1}{2} \cdot 2 m \cdot v^2=2 J$, 选项 B 错误;

由题图乙可得二者相对位移为1 m，即木板A的最小长度为1 m，选项C错误；
对B受力分析，根据牛顿第二定律，可得μmg＝ma，解得μ＝0.1，选项D正确.

`例` 如图所示，在光滑的水平面上放置一个足够长的木板B，在B的左端放有一个可视为质点的小滑块A，A、B间的动摩擦因数μ＝0.4，A的质量m＝1 kg，B的质量M＝2 kg, g＝10 m/s2.现对A施加F＝7 N的水平向右的拉力，1 s后撤去拉力F，求：(结果可以用分数表示)
 ![图片](/uploads/2024-12/8f8354.jpg)
(1)撤去拉力F前小滑块A和长木板B的加速度大小a1、a2；
(2)A相对于B静止时的速度大小v；
(3)整个过程中由于摩擦生成的热量Q.

解：（1）若 $A 、 B$ 相对静止, 则有 $a=\frac{F}{m+M}=\frac{7}{3} m / s ^2>\frac{\mu m g}{M}=2 m / s ^2$, 故 $A 、 B$间有滑动摩擦力, 对滑块 $A$, 根据牛顿第二定律有 $F-\mu m g=m a_1$, 解得 $a_1=3 m / s ^2$
对木板 $B$ ，根据牛顿第二定律有 $\mu m g=M a_2$
解得 $a_2=2 m / s ^2$ 。

（2）撤去 $F$ 时，滑块 $A$ 的速度大小 $v_1=a_1 t_1=3 m / s$ ，木板 $B$ 的速度大小 $v_2=$ $a_2 t_1=2 m / s$ ，
撤去 $F$ 后，由 $\mu m g=m a_3$ 得滑块 $A$ 的加速度大小为 $a_3=4 m / s ^2$ ，设经历时间 $t_2$ 二者共速, 则有 $v_1-a_3 t_2=v_2+a_2 t_2$, 解得 $t_2=\frac{1}{6} s$, 则 $v$ $=v_1-a_3 t_2=\frac{7}{3} m / s$.

（3）外力 $F$ 对 $A 、 B$ 整体做的功为

$$
F \cdot \Delta x=F \cdot \frac{1}{2} a_1 t_1^2=\frac{21}{2} J
$$

$A 、 B$ 最终以速度 $v=\frac{7}{3} m / s$ 运动。
故 $A 、 B$ 整体动能为 $E_{ k }=\frac{1}{2}(M+m) v^2=\frac{49}{6} J$
由能量守恒定律得 $F \cdot \Delta x=Q+E_{ k }$, 则 $Q=\frac{7}{3} J$.

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