物理二轮复习 专题二 功和能 第三讲 力学的经典模型(二)课件

水平地面上，让小物块仍以相同的初速度v0从a点滑上第一块薄
板。则下列说法正确的是
()
A．第二次小物块一定能够运动到a点并停下
B．第一次和第二次小物块经过c点时的速度大小相等
C．第三次小物块也一定能运动到d点
D．第一次与第三次小物块克服摩擦力做的功相等
[解析] 第一次物块从a点开始向右运动过程，根据动能定理
滑块与长板分离时，有12a1t12－12a2t12＝L 解得：t1＝0.5 s 设滑块离开长板瞬间，长板与滑块的速度分别为v1、v2。则 有：v1＝a1t1＝3 m/s v2＝a2t1＝1 m/s。 (3)在(2)问中，长板运动的位移：x＝12a1t12＝0.75 m 滑块离开长板后做平拋运动，由平抛运动规律有：
三块薄板动量守恒，最终会达到共同速度，则物块的末动能不为0，
其减少的动能转化内能和三块薄板增加的动能，故第三次小物块不
能运动到d点，故C错误。根据动能定理可知，第一次物块动能的改
变量大于第三次物块动能的改变量，即第一次小物块克服摩擦力做
的功更大，故D错误。 [答案] AB
[方法总结]
求解滑块—木板模型的功和能问题时，关键是要找到每 个物体的对地位移。所以首先要采用隔离法对每个物体受力 分析和运动分析，根据牛顿第二定律求出其加速度，由运动 学公式表达出位移，结合恰好脱离时的位置关系画好运动草 图，从而列出位移关系方程。然后结合功的公式或动能定理 求解。若根据功能关系求解，必须全面分析系统外力做的功 以及系统内各物体动能、势能以及系统内能的变化。
[对点训练]
1.[多选] 如图所示，质量为M、长度
为L的小车静止在光滑的水平面上，
质量为m的小物块，放在小车的最左端，现用一水平力F作
用在小物块上，小物块与小车之间的摩擦力为f，经过一段
时间小车运动的位移为x，小物块刚好滑到小车的最右端，
则下列说法中正确的是
()
A．此时物块的动能为F(x＋L)
B．此时小车的动能为f(x＋L)
t2＝ 2gd＝0.3 s 滑块离开长板后，对长板，由牛顿第二定律可知 F1－μ1Mg＝Ma3
解得：a3＝7.5 m/s2 滑块离开长板到落地的时间内，长板的位移： x′＝v1t2＋12a3t22 解得：x′＝1.237 5 m 整个过程中，设滑块与长板间因摩擦产生的热量为Q 1，
长板与水平面间因摩擦产生的热量为Q 2
动后做减速运动，由于静摩擦力增大，速度不变，所以功率
先增大，后滑动摩擦力不变，速度减小，所以功率减小，故
B错误；由于P从开始到弹力与最大静摩擦力相等的过程中P
受的为静摩擦力，后来为滑动摩擦力，所以传送带对P做的
功小于μmgd，故C正确；对物块由动能定理得：Wf－WF＝
0－
1 2
mv2，由于Wf<μmgd，所以弹簧的弹性势能变化量小于
解析：(1)欲将长板从小滑块下抽出，则这两者间必存在相对 运动 对滑块，由牛顿第二定律可知，加速度a＝μ2g 对长板，由牛顿第二定律可知， Fmin－μ1(m＋M)g－μ2mg＝Ma 解得：Fmin＝9 N，即恒力F应满足的条件为F>9 N。 (2)当F1＝17 N>9 N，则滑块相对于长板发生相对滑动 对长板有：F1－μ1(M＋m)g－μ2mg＝Ma1 解得：a1＝6 m/s2 滑块的加速度：a2＝μ2g＝2 m/s2
(1)滑块从传送带A端滑到B端，相对传送带滑动的路程； (2)滑块从传送带A端滑到B端，传送带因传送该滑块多消耗 的电能； (3)设木板受到的最大静摩擦力跟滑动摩擦力相等，则木板 至少多长才能使滑块不从木板上掉下来。
[解析] (1)滑块在传送带上受到向右的摩擦力，到达传 送带右端时速度为v＝6 m/s。
(3)滑块以6 m/s的速度滑上木板，对滑块和木板受力分析： 滑块受( 到木板对其向左的摩擦力，设滑块做减速运动的加速度为 a滑，则a滑＝μ2g＝2 m/s2
木板受到滑块对其向右的摩擦力和地面对其向左的摩擦力， 由牛顿第二定律得μ2mg－μ3(M＋m)g＝Ma木，
解得a木＝1 m/s2 假设滑块在木板上经过时间t，木板和滑块达到共同速度v共 对滑块：x滑＝vt－12a滑t2，v共＝v－a滑t 对木板：x木＝21a木t2，v共＝a木t 则木板长度L＝x滑－x木 代入数据得：L＝6 m。 [答案] (1)4 m (2)36 J (3)6 m
第三讲 力学的经典模型(二)
1
课前自测诊断
2
课堂重点攻坚
3
课后“达标”检测
模型一 滑块—木板模型
释疑2大模型
在该类问题中，可以是力作用在滑块或木板上，使二者
发生相对滑பைடு நூலகம்，也可以是给滑块或木板一定的初速度，使二
者发生相对滑动，二者间靠滑动摩擦力发生相互作用，使系
统产生内能。
[典例] [多选]如图所示，小物块
有：－μmgL－2μmgL－3μmgL＝0－
1 2
mv02；第二次，物块从d开始
向左运动，设到达a点的速度为v，根据动能定理有：－3μmgL－
2μmgL－
μmgL＝
1 2
mv2－
1 2
mv02，解得v＝0，即第二次小物块一定能
够运动到a点并停下，故A正确。第一次从a到c，根据动能定理得：
－μmgL－2μmgL＝
B．传送带对P做功的功率一直减小
C．传送带对P做的功W<μmgd
D．弹簧的弹性势能变化量ΔEk＝12mv2＋μmgd
解析：P与弹簧接触后在水平方向受弹簧弹力作用， P受的
静摩擦力向右，P做匀速运动，运动到弹力与最大静摩擦力
相等时，P由于惯性继续压缩弹簧，P接下来做减速运动直到
速度为零，故A错误；由公式P＝fv可知，由于P先做匀速运
顺时针转动，传送带右端上方的挡
板上固定着一轻弹簧。将小物块P轻
放在传送带左端，P在接触弹簧前速度已达到v，与弹簧接
触后弹簧的最大形变量为d。P的质量为m，与传送带之间
的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力
加速度为g。从P开始接触弹簧到弹簧第一次达到最大形变
的过程中
()
A．P的速度一直减小
[典例] 如图所示，有一水平传送带以v＝6 m/s的速度按顺 时针方向匀速转动，传送带右端连着一段光滑水平面BC，紧挨 着BC的水平地面DE上放置一个质量M＝1 kg的木板，木板上表 面刚好与BC面等高。现将质量m＝1 kg的滑块轻轻放到传送带 的左端A处，当滑块滑到传送带右端B时刚好与传送带的速度相 同，之后滑块又通过光滑水平面BC滑上木板。滑块与传送带间 的动摩擦因数μ1＝0.45，滑块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.2， 木板与地面间的动摩擦因数μ3＝0.05，取g＝10 m/s2。求：
(1)若释放弹簧，物块离开弹簧，滑上传送带刚好能到达C点， 求弹簧储存的弹性势能Ep； (2)若释放弹簧，物块离开弹簧，滑上传送带能够通过C点，并 经过圆弧轨道DE，从其最高点E飞出，最终落在CD上距D点的 距离为x＝1.2 m处(CD长大于1.2 m)，求物块通过E点时受到的 压力大小； (3)满足(2)条件时，求物块通过传送带的过程中产生的热量。
12mv2＋μmgd，故D错误。 答案：C
2．如图所示，光滑水平导轨AB的左端有一压缩的弹簧，弹簧 左端固定，右端前放一个质量为m＝1 kg的物块(可视为质 点)，物块与弹簧不粘连，B点与水平传送带的左端刚好平 齐接触，传送带的长度BC的长为L＝6 m，沿逆时针方向以 恒定速度v＝2 m/s匀速转动。CD为光滑的水平轨道，C点与 传送带的右端刚好平齐接触，DE是竖直放置的半径为R＝ 0.4 m的光滑半圆轨道，DE与CD相切于D点。已知物块与传 送带间的动摩擦因数μ＝0.2，取g＝10 m/s2。
[方法总结]
1．传送带对物体做的功：W＝fx 传送带是通过摩擦力对物体做功，因此传送带对物体做 的功也就是摩擦力对物体做的功。其中f为物体所受到的摩 擦力，x为作用在物体上摩擦力的位移(即物体的位移)。 2．系统增加的内能：Q ＝fx相对 系统增加的内能等于由于摩擦而产生的热量，等于滑动 摩擦力与相对位移x相对的乘积。只有发生了相对运动，系统 内才能产生热量，因此f为滑动摩擦力。
解析：(1)由动能定理知：－μmgL＝0－12mv2 由能量守恒定律知：Ep＝12mv2 联立解得：Ep＝12 J。 (2)由平抛运动知：竖直方向：y＝2R＝12gt2 水平方向：x＝vEt 物块在E点，由牛顿第二定律知：N＋mg＝mvRE2 联立解得：N＝12.5 N。
(3)物块从D到E，由动能定理知： －mg·2R＝12mvE2－12mvD2 解得：vD＝5 m/s 从B到D，由动能定理知：－μmgL＝12mvD2－12mvB2 解得：vB＝7 m/s 对物块，L＝vB＋2 vDt 解得：t＝1 s； Δs相对＝L＋vt＝8 m
2.如图所示，厚度d＝0.45 m的长板静止在粗 糙水平地面上，与水平地面间的动摩擦因 数μ1＝0.1。在离长板左端B点的距离L＝0.5 m处静止放置一个小 滑块(可看成质点)，小滑块与长板间的动摩擦因数μ2＝0.2。已知 长板的质量M＝2 kg，滑块的质量m＝1 kg，取重力加速度g＝ 10m/s2。现对长板施加一个水平向右的恒力F(大小未知)。 (1)若要将长板从小滑块下抽出，求恒力F应满足的条件； (2)若F1＝17 N，求分离时滑块与长板的速度大小； (3)在(2)问中，求从长板开始运动到滑块落地前瞬间的整个过程 中，滑块、长板和水平地面组成的系统因摩擦产生的热量。
1 2
mvC2－
1 2
mv02；第二次从d到c，根据动能定理
得：－3μmgL＝12 mvC′2－ 12 mv02，由以上两式可知： vC′＝ vC，故B
正确。第三次，三块薄板放在光滑的水平地面上，物块与三块薄板
在摩擦力作用下，三块薄板会运动，若物块仍能到达d点，则物块的