《高三复习 物理斜面上的板块模型 压轴题.》由会员分享,可在线阅读,更多相关《高三复习 物理斜面上的板块模型 压轴题.(3页珍藏版)》请在金锄头文库上搜索。
1、A甲P乙QBC例题1:地面固定一个斜面倾角为,AC边长为L,小物块乙置于木板甲的一端,与木板一起从斜面顶端C处无初速度释放,其中甲乙质量均为m,斜面光滑,甲乙之间的动摩擦因素为,木板长度为3L/4,重力加速度为g,每当木板滑到斜面底端时,就会与A处的弹性挡板发生碰撞,木板碰撞后等速率反弹,而且碰撞时间极短,对木块速度的影响可以忽略。求:甲乙开始静止下滑的加速度;木板第一次碰撞反弹上升的最大距离;物块乙从开始运动到最后与木板甲分离所用的时间。【解析】木板、木块、斜面分别用角标P、Q、M代表开始下滑时,甲乙相对静止,视为整体,由牛二律:,故碰到底部挡板时,有故,需时:木板频道A端反弹,沿斜面向上运
2、动,物块仍然沿斜面向下,对木板P有:又,故反弹过程木板P的初速度设木板减速到零,走过的位移(相对斜面M)为,则有:解得:所需时间对物块Q有:又,故,即物块在木板上相对地面匀速下滑在时间内,物块对斜面下滑的位移为:,则物块相对木板的位移为: 木板减速到零后,方向沿斜面向下加速。木板若加速到与木块共速,需走过故木板在回到斜面底端A时,仍然没有达到与物体共速,故木板回到底端时的速度为:,所需时间为:木板返回所走位移:此时间内物块又向下相对斜面走了位移:故物体在斜面上相对前进了:此时物体距离木板左端还剩下的距离为:木板与底端碰撞后又反弹若木板反弹后在斜面上向上一直减速到零,而木块仍未从木板上落下,由前
3、面计算可知,木板相对斜面的位移为,需时间,与此同时物体对斜面向下位移为故物体对木板的位移为:说明板还未减速到零之前,物体已经达到木板左端,设需要时间为,则木板向上相对斜面运动位移为:物体继续相对斜面向下运动位移:则物体对木板位移为:即解得: 故总时间为方法2:VT图:步骤同前,对第问:,又时,甲乙的相对位移为:三角形DKH的面积,把三角形CKE的面积补到三角形EGH的部分,则等于矩形DCGH的面积,又等于矩形ABCD的面积(L/2),即:故内的相对位移为:解得: V/ m.s-1t/ svvt1t2t3t4ABCDEFGHIJKLMN故总时间为V/ m.s-1t/ svvt1t2t3t4ABC
4、DEFGHIJKLMN在光滑水平面上放置两长度相同、质量分别为m1和m2的木板P、Q,在木板的左端各有一大小、形状、质量完全相同的物块a和b,木板和物块均处于静止状态现对物块a和b分别施加水平恒力F1和F2,使它们向右运动当物块与木板分离时,P、Q的速度分别为v1、v2,物块a、b相对地面的位移分别为s1、s2已知两物块与木板间的动摩擦因数相同,下列判断正确的是()A若F1=F2、m1m2,则v1v2、S1=S2B若F1=F2、m1m2,则v1v2、S1=S2C若F1F2、m1=m2,则v1v2、S1S2D若F1F2、m1=m2,则v1v2、S1S2A若F1=F2、m1m2,则v1v2、S1=
5、S2B若F1=F2、m1m2,则v1v2、S1=S2C若F1F2、m1=m2,则v1v2、S1S2D若F1F2、m1=m2,则v1v2、S1S212题:A、首先看F1=F2 时情况:由题很容易得到a、b 所受的摩擦力大小是相等的,因此a、b 加速度相同,我们设a、b 加速度大小为a,对于P、Q,滑动摩擦力即为它们的合力,设P(m1)的加速度大小为a1,Q(m2)的加速度大小为a2,根据牛顿第二定律得:因为a1=mg/ m1,a2=mg/ m2,其中m为物块a和b的质量设板的长度为L,它们向右都做匀加速直线运动,当物块与木板分离时:a与P 的相对位移L=(1/2)at12-(1/2)a1t12又
6、b与Q 的相对位移L=(1/2)at22-(1/2)a2t22若m1m2,a1a2所以得:t1t2 P的速度为v1=a1t1,Q的速度为v2=a2t2物块a相对地面的位移分别为s1=(1/2)at12物块b相对地面的位移分别为s2=(1/2)at22则v1v2,s1s2,故A、B错误对于C、若F1F2、m1=m2,根据受力分析和牛顿第二定律的:则a的加速度大于b的加速度,即aaab由于m1=m2,所以P、Q加速度相同,设P、Q加速度为a它们向右都做匀加速直线运动当物块与木板分离时:a与P 的相对位移L=(1/2)aat12-(1/2)at12又b与Q 的相对位移L=(1/2)abt22-(1/2)at22由于aaab所以得:t1t2则v1v2,s1s2,故C错误对于D、根据C选项分析得:若F1F2、m1=m2,aaab则v1v2、S1S2故D正确故选D