长板滑块模型(一)临界分析

【变式 1】例 1 中若拉力 F 作用在 A 上呢？如图所示．
【变式 2】 在变式 1 的基础上再改为： B 与水平面间的动摩擦因数为 B 以同一加速度运动，求拉力 F 的最大值．
1 μ (认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力)， 使 A、 6
【例 2】一长木板在水平地面上运动， 在 t=0 时刻将一相对于地面静止的物块轻放到初速度为 v0=5m/s 的木板上． 己 知物块与木板的质量相等，物块与木板间动摩擦因数μ1=0.2，木板与地面间动摩擦因数μ2=0.3，物块与木板间的最大 静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上．重力加速度 g 取 10ｍ/s2 求: (1)求物块与木板共速时速度大小； (2)共速后物块和木板如何运动．
3．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/s2)求： (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．
Mv0 ( M m) g
代入数据解得 v1=4m/s，v2=2m/s 拉力撤去时，长木板的速度大小为 4m/s． （ 2） 设撤去拉力后， 经时间 t1， 两者获得共同速度为 v， 由动量定理可知， 对物块，有 2 mgt1 mv mv2 ⑤ ⑥
2、【答案】 （1）纸板所受摩擦力的大小为μ（2m1+m2）g； （2）所需拉力的大小 F＞2μ（m1+m2）g； （3）纸板所需的拉力至少 22.4N． 【解析】（1）当纸板相对砝码运动时，砝码和纸板之 间的摩擦力：f1=μm1g 桌面对纸板的摩擦力：f2=μ（m1+m2）g 纸板所受摩擦力的大小：f=f1+f2=μ（2m1+m2）g （2）当纸板相对砝码运动时，设砝码的加速度为 a1， 纸板的加速度为 a2，则有： f1=m1a1 得： F﹣f1﹣f2=m2a2 发生相对运动需要纸板的加速度大于砝码的加速度， 即：a2＞a1 所以：F=f1+f2+m2a2＞f1+f2+m2a1=μm1g+μ（m1+m2） g+μm2g=2μ（m1+m2）g 即：F＞2μ（m1+m2）g （3）纸板抽出前，砝码运动的距离 纸板运动的距离 ， ，
长板滑块模型(一)——临界分析
相关知识： 长板滑块模型是牛顿运动定律中的经典模型，其难点在于两个物体达到相对静止(静止或者共速)之后，是否会 发生相对滑动这一临界状态的分析．对于这个临界状态需要从以下几点出发来分析： 何时分析：长板和滑块速度相等，包括两者静止和两者达到共同速度． 如何分析：如果两个物体想要继续保持相对静止一起运动，那么个体最大加速度不小于(大于等于)整体加速 度．如果个体的最大加速度大于等于整体的加速度，说明两个物体可以保持相对静止一起运动；如果个体的最大加 速度小于整体的加速度，说明两个物体之间发生了相对运动．(可以类比于一个士兵和整个部队关系，若一个士兵 拼尽全力的速度也跟不上整个部队的速度，则士兵就会掉队，即士兵和整个部队发生相对滑动；反之若士兵是国家 长跑运动员，最大速度大于部队整体速度，士兵可以放慢速度，使得自己和部队步伐一致．有同学可能会问那个运 动员士兵为什么加速超过部队整体速度呢，那是因为士兵要服从命令，同理长板滑块运动也是取决于两者间摩擦力 的变化)． 【例 1】如图所示，光滑水平面上放置质量分别为 m、2m 的物块 A 和木板 B，A、B 间的最大静摩擦力为μmg，现用 水平拉力 F 拉 B，使 A、B 以同一加速度运动，求拉力 F 的最大值．
v0 m M
2．如图所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察 不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验．若砝码和纸板的质量分别为 m1 和 m2，各接触面间的动摩擦因数均为μ．重 力加速度为 g． (1)当纸板相对砝码运动时，求纸板所受摩擦力的大小； (2)要使纸板相对砝码运动，求所需拉力的大小； (3)本实验中，m1=0.5kg，m2=0.1kg，μ=0.2，砝码与纸板左端的距离 d=0.1m，取 g=10m/s2．若砝码移动的距离超过 l=0.002m，人眼就能感知．为确保实验成功， 纸板所需的拉力至少多大？
对长木板，有 2 2 mgt1 1mgt1 mv mv1
将 v1 和 v2 的数值代入解得 t1=0.2s，v=2.4m/s 在 t=1s 内，物块相对于长木板的位移 s1=(v1－v2)t/2=1m ⑦ 在 t1=0.2s 内，物块相对于长木板的位移 s2=(v1-v2)t1/2=0.2m ⑧ 木板的长度最小值为 L=s1+s2=1.2m （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，木板和物块先 后停下， 设木板位移为 x1， 物块位移为 x2， 由动能定理， 得
F 2 1mg 2ma
物块受合外力 f ma 2mg
① ②
Mv 0 棒长 L≥△s= 2 gk ( m M )
2
（2）环、棒速度相等时，对铁环：v=a1t1 对木棒：v= v 0-a2t1 由以上各式得： v
t1 v0 Mv0 a1 a2 k (m M ) g ( k 1) Mv 0 a1 v0 a1 a2 k (m M )
2 0 v0 2 a 相 s ， s 2 2 v0 Mv 0 ＝ 2a 相 2 gk (m M )
由题意知 a1=a3，a1t1=a3t2，解得
代入数据联立得：F=22.4N 3、【答案】（1）4m/s；（2）1.2m；（3）0.48m 【解析】（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 =3ma
设 B 的最大加速度为 am。 对 B 用牛顿第二定律可得：
所以 am =
1 μg。 2
当 am
3 a 时，F 达到最大值 Fm= μmg。 2
1、【答案】（1）1.3s （2）1.9s 【解析】（1）设铁环加速度大小为 a1，方向向上；木 棒加速度大小为 a2，方向向下． 对铁环：kmg-mg = ma1 对木棒：kmg + Mg = Ma2 棒相对环的加速度 a 相＝a1＋a2 解得 a 相= k( M+ m)g /M
这段时间内物块相对于木板的位移 s3=x2－x1 =0.72m． 物块最终离板右端的距离 d=s1＋s2－s3 =0.48m
1 ( 2 mg 2 1mg ) x1 0 mv 2 2 1 2 mgx2 0 mv 上运动的距离 ，l=x1+x2，
【变式 3】图 l 中，质量为 m 的物块叠放在质量为 2m 的足够长的木板上方右侧，木板放在光滑的水平地面上，物 块与木板之间的动摩擦因数为μ=0.2．在木板上施加一水平向右的拉力 F，在 0～3s 内 F 的变化如图 2 所示，图中 F 以 mg 为单位，重力加速度 g 取 10m/s2．整个系统开始时静止． (1)求 1s、1.5s、2s、3s 末木板的速度以及 2s、3s 末物块的速度； (2)在同一坐标系中画出 0～3s 内木板和物块的 v-t 图象，据此求 0～3s 内物块相对于木板滑过的距离．
1．如图所示，长为 L、质量为 M 的圆柱形木棒竖直放置，在其顶部套有质量为 m 的薄铁环，当棒 和环有相对运动时，其间有大小恒为 kmg(k＞1)的摩擦力．现突然在棒下端给棒一个很大的冲击力， 使棒在瞬间具有竖直向上的初速度 v0． (1)若要求铁环在木棒落地前不滑离木棒，此木棒的长度不得少于多少？ L (2)设木棒足够长，求棒上升的最长时间．
【分析】对 A、B 即将滑动的临界状态研究，A、B 依然是一个整体，先对 A、B 整体研究 求解整体加速度； 再对 B 用牛顿第二定律求解加速度，当 A、B 间摩擦力增大到滑动摩擦 力时，B 当加速度达到最大值。令两个 加速度相等，即可求得 F 的最大值。 【解析】设 A、B 整体加速度为 a。对 A、B 用牛顿第二定律可得：
说明物块在长木板上发生了相对滑动． 设撤去 F 时，长木板的速度为 v1，滑块速度为 v2，由动 量定理可知， 对物块，有 2 mgt mv2 ③ ④
对系统，有 ( F 2 1mg )t mv1 mv2
环、棒速度相等后一道竖直上升，设时间 t2， v ( k 1) Mv0 t2 g ( m M )kg 棒上升的最长时间 t t1 t 2