《2023届浙江省高三物理高考复习101微专题模型精讲精练》第8讲 滑块——木板模型之定量计算(解析版)
第 8 讲 滑块——木板模型之定量计算
1.(2015·新课标)一长木板置于粗糙水平地面上,木板左端放置一小物块;在木板右方有一墙壁 ,
木板右端与墙壁的距离为 4.5m,如图(a)所示。t=0时刻开始,小物块与木板一起以共同速度
向右运动,直至 t=1s 时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)。碰撞前后木板速度大小不变,方向
相反;运动过程中小物块始终未离开木板。已知碰撞后 1s 时间内小物块的 v t﹣图线如图(b)
所示。木板的质量是小物块质量的 15 倍,重力加速度大小 g取10m/s2.求
(1)木板与地面间的动摩擦因数 μ1及小物块与木板间的动摩擦因数 μ2;
(2)木板的最小长度;
(3)木板右端离墙壁的最终距离。
【解答】解:(1)规定向右为正方向。木板与墙壁相碰前,小物块和木板一起向右做匀变速运
动,设加速度为 a1,小物块和木板的质量分别为 m和M.由牛顿第二定律有:﹣μ1(m+M)g=
(m+M)a1…①
由图可知,木板与墙壁碰前瞬间速度 v1=4m/s,由运动学公式得:
v1=v0+a1t1…②
s0=v0t1+1
2a1t1
2⋯
③
式中,t1=1s,s0=4.5m 是木板碰前的位移,v0是小木块和木板开始运动时的速度。
联立①②③式和题给条件得:μ1=0.1…④
在木板与墙壁碰撞后,木板以﹣v1的初速度向左做匀变速运动,小物块以 v1的初速度向右做匀
变速运动。设小物块的加速度为 a2,由牛顿第二定律有:﹣μ2mg=ma2…⑤
由图可得:
a2=v2− v1
t2− t1
⋯
⑥
式中,t2=2s,v2=0,联立⑤⑥式和题给条件得:μ2=0.4…⑦
(2)设碰撞后木板的加速度为 a3,经过时间 Δt,木板和小物块刚好具有共同速度 v3.由牛顿第
二定律及运动学公式得:μ2mg+μ1(M+m)g=Ma3…⑧
v3=﹣v1+a3Δt…⑨
v3=v1+a2Δt…⑩
碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中,木板运动的位移为:
s1=− v1+v3
2Δt ⋯
(11)
小物块运动的位移为:
s2=v1+v3
2Δt ⋯
(12)
小物块相对木板的位移为:Δs=s2s﹣1…(13)
联立⑥⑧⑨⑩(11)(12)(13)式,并代入数值得:Δs=6.0m
因为运动过程中小物块没有脱离木板,所以木板的最小长度应为 6.0m。(14)
(3)在小物块和木板具有共同速度后,两者向左做匀变速运动直至停止,设加速度为 a4,此过
程中小物块和木板运动的位移 s3.由牛顿第二定律及运动学公式得:μ1(m+M )g=
(m+M)a4…(15)
0− v3
2=2a4s3⋯
(16)
碰后木板运动的位移为:s=s1+s3…(17)
联立⑥⑧⑨⑩(11)(15)(16)(17)式,并代入数值得:s=﹣6.5m…(18)
木板右端离墙壁的最终距离为 6.5m。
答:
(1)木板与地面间的动摩擦因数 μ1及小物块与木板间的动摩擦因数 μ2分别为 0.1 和0.4。
(2)木板的最小长度是 6.0m;
(3)木板右端离墙壁的最终距离是 6.5m。
一、知识总结
1.模型特点:滑块放置于木板上,木板放置于水平桌面或地面上。
2.以地面为参考系的位移关系:
滑块由木板一端运动到另一端的过程中,滑块和木板同向运动时,位移之差 Δ
x
=
x
1-
x
2=
L
(或 Δ
x
=
x
2-
x
1=
L
);滑块和木板反向运动时,位移之和 Δ
x
=
x
2+
x
1=
L
。
3.分析滑块—木板模型时要抓住一个转折和两个关联
4.解决滑块—木板模型中速度临界问题的思维模板
5.解决滑块—木板模型中计算问题常用工具——两图四明确。
(1)画运动过程示意图
通过审题、分析与计算,画运动过程示意图,明确各运动过程的时间与位移及位移间关系、明
确各时刻的空间位置、速度及速度大小关系。
(2)画速度-时间图像
通过审题、分析与计算,结合运动过程示意图,画 v-t 图像,明确图像与坐标轴围成的面积对
应运动过程示意图中的哪段位移,明确图像拐点对应运动过程示意图中哪个位置和时刻及瞬时速度。
如果已给出了 v-t 图像,要能够从图像中获取关键的已知数据。
二、精选例题
(多选)例 1.如图甲所示,物块 A叠放在木板 B上,且均处于静止状态,已知水平地面光滑 ,
A、B间的动摩擦因数 μ=0.2.现对 A施加一水平向右的拉力 F,测得 B的加速度 a与拉力 F的
关系如图乙所示,下列说法正确的是(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,取 g=10m/s2)
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