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1、题型二 板块模型问题,“滑块木板”类问题涉及两个物体多个运动过程。 准确求出各物体在各运动过程的加速度(注意两过程的 连接处加速度可能突变),找出物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口,求解中更应注意联系 两个过程的纽带,每一个过程的末速度是下一个过程的,初速度,要善于利用图象求解。由于能有效考查学生综合素养,常以计算压轴的形式出现,是高考命题的高频、热点题源。,类型一:水平面上“板块”问题 由于上下叠放物体的初速度不同,两物体在摩擦力作用下做相对运动,因此运动过程与受力分析是突破难点的关键: (1)首先将“多过程”分解为许多“子过程”来研究,并画出运动过程的辅助图形。,(2)搞清
2、每个过程物块与木板的对地运动和相对运动情况,确定物体间的摩擦力方向。 (3)正确对物块和木板进行受力分析,相对运动时用隔离法,一起运动时用整体法,确定加速度,结合加速度和速度确定运动规律。,【典例1】(2015全国卷)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,如图甲所示。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图线如图乙 所示。木板的质量是小物块质量的15倍,重力
3、加速度大 小g取10m/s2。求:,(1)木板与地面间的动摩擦因数1及小物块与木板间的动摩擦因数2。 (2)木板的最小长度。 (3)木板右端离墙壁的最终距离。,【解析】(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 -1(m+M)g=(m+M)a1 由图可知,木板与墙壁碰前瞬间的速度v1=4m/s,由运动 学公式得v1=v0+a1t1 s0=v0t1+ ,式中,t1=1s,s0=4.5m是木板碰前的位移,v0是小物块和木板开始运动时的速度。 联立式和题给条件得1=0.1 在木板与墙壁碰撞后,木板以
4、-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-2mg=ma2 ,由图可得a2= 式中,t2=2s,v2=0, 联立式和题给条件得2=0.4 ,(2)设碰撞后木板的加速度为a3,经过时间t,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2mg+1(M+m)g=Ma3 v3=-v1+a3t v3=v1+a2t 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= ,小物块运动的位移为s2= 小物块相对木板的位移为s=s2-s1 联立式,并代入数值得 s=6.0m 因为运动过程中小物块没有脱离木板
5、,所以木板的最小长度应为6.0m。,(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为s3,由牛顿第二定律及运动学公式得 1(m+M)g=(m+M)a4 0- =2a4s3 碰后木板运动的位移为s=s1+s3 ,联立式,并代入数值得 s=-6.5m 木板右端离墙壁的最终距离为6.5m。 答案:(1)0.1 0.4 (2)6.0m (3)6.5m,【强化训练】如图甲所示,质量为M的长木板,静止放置 在粗糙水平地面上,有一个质量为m、可视为质点的物 块,以某一水平初速度v0从左端冲上木板。从物块冲上 木板到物块和木板达到共同速度的过程
6、中,物块和木板 的v-t图象分别如图乙中的折线acd和bcd所示,a、b、 c、d点的坐标为a(0,10)、b(0,0)、c(4,4)、d(12,0)。根据v-t图象,求:,(1)物块相对长木板滑行的距离x。 (2)物块质量m与长木板质量M之比。,【解析】(1)由v-t图象可以看出,物块相对于长木板 滑行的距离x对应图中abc的面积,故 x=104 m=20m。,(2)由v-t图象可求出物块冲上木板做匀减速直线运动 的加速度大小a1= m/s2=1.5m/s2, 木板开始做匀加速直线运动的加速度大小 a2= m/s2=1m/s2, 达到同速后一起匀减速运动的加速度大小 a3= m/s2=0.5
7、m/s2。,对m冲上木板减速阶段:1mg=ma1 对M向前加速阶段:1mg-2(m+M)g=Ma2 物块和木板达到共同速度后向前减速阶段: 2(m+M)g=(M+m)a3 以上三式联立可得:mM=32。 答案:(1)20m (2)32,类型二:斜面上“板块”问题 由于斜面上叠放的物块和木板受到沿斜面向下的力与最大静摩擦力的比较等临界问题是解题的关键: (1)题目信息多,隐含关键状态,过程复杂,综合分析能力要求高。,(2)应用隔离法正确对物块和木板进行受力分析,利用假设法进行临界问题的判断,抓住加速度突变点,明确物块和木板的运动情况,分成若干“子过程”来研究。 (3)借助运动图象将若干“子过程”
8、的运动情景展现,分阶段求解相关问题。 (4)涉及变加速过程需抓住关键状态,利用速度关系和能量等状态方程求解。,【典例2】(2016福建省质量检测)如图,倾角=30 的光滑斜面底端固定一块垂直于斜面的挡板。将长木 板A静置于斜面上,A上放置一小物块B,初始时A下端与 挡板相距L=4m,现同时无初速度释放A和B。已知在A停 止运动之前B始终没有脱离A且不会与挡板碰撞,A和B的 质量均为m=1kg,它们之间的动摩擦因数= ,A或B与,挡板每次碰撞损失的动能均为E=10J,忽略碰撞时间,重力加速度大小g取10m/s2。求:,(1)A第一次与挡板碰撞瞬间的速度大小v。 (2)A第一次与挡板碰撞到第二次与
9、挡板碰撞的时间t。 (3)B相对于A滑动的可能最短时间t。,【解析】(1)B和A一起沿斜面向下运动,由机械能守恒 定律有 2mgLsin= (2m)v2 由式得v=2 m/s。 ,(2)第一次碰后,对B有 mgsin=mgcos 故B匀速下滑 对A有mgsin+mgcos=ma1 得A的加速度a1=10m/s2 方向始终沿斜面向下,A将做类竖直上抛运动,设A第一次反弹的速度大小为v1,由动能定理有 =E t= 由式得t= s ,(3)设A第二次反弹的速度大小为v2,由动能定理有 =2E 得v2=0 即A与挡板第二次碰后停在底端,B继续匀速下滑,与挡 板碰后B反弹的速度为v,加速度大小为a,由动
10、能定 理有,mv2- mv2=E mgsin+mgcos=ma 由式得 B沿A向上做匀减速运动的时间,当B速度为0时,因mgsin=mgcosfm,B将静止在A 上。 当A停止运动时,B恰好匀速滑至挡板处,B相对A运动的 时间t最短,故t=t+t2= s。 答案:(1)2 m/s (2) s (3) s,【加固训练】(2016长沙模拟)某商场设计将货物(可 视为质点)从高处运送至货仓,简化运送过程如图所示。 左侧有固定于地面的光滑四分之一圆轨道,轨道半径为R, 轨道最低点距地面高度为h= ,距货仓的水平距离为 L=3R,若货物由轨道顶端无初速滑下,无法直接运动到货 仓。设计者在紧靠最低点的地面
11、放置两个相同的木箱,木箱长度为R,高度为h,质量为M,上表面与轨道末端相 切,货物与木箱之间的动摩擦因数为,设计者将质量 为m的货物由轨道顶端无初速滑下,发现货物滑上木箱1 时,两木箱均静止,而滑上木箱2时,木箱2开始滑动。 (最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等,重力加速度为g),(1)求木箱与地面的动摩擦因数为1的范围。 (2)设计者将两木箱固定在地面上,发现货物刚好可以进入货仓,求动摩擦因数的值。,【解析】(1)因为货物在木箱1上运动时,两木箱均静止, 有:mg1(M+m)g, 联立两式解得 1 。,(2)根据动能定理得,mgR= mv2, 解得v= , 货物在两木箱上做匀减速运动的加速度a
12、=g, 因为货物刚好进入货仓,货物离开木箱后做平抛运动, 有:,根据3R-2R=vt得,货物做平抛运动的初速度 根据速度位移公式得,v2-v2=2a2R, 代入数据解得=0.25。 答案:(1) (2)0.25,类型三:“板块”问题的迁移 “板块”模型着重在运动过程的分析,应用隔离法分别受力分析,构建清晰的物理情景,列运动方程,难度较大,为考查综合分析能力与等效思维的思想方法,常将此类问题进行拓展迁移,创设新的情景来考查该模型。,【典例3】(2013江苏高考)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
13、。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,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F的大小。 (3)本实验中,m1=0.5kg,m2=0.1kg,=0.2,砝码与纸板左端的距离d=0.1m,g取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?,【解析】(1)砝码对纸板的摩擦力Ff1=m1g 桌面对纸板的摩擦力Ff2=(m1+m2)g Ff=Ff1+Ff2 解得Ff=(2m1+m2)g,(2)设砝码的加速度为a1,纸板的加速度为a2,则Ff1
14、=m1a1 F-Ff1-Ff2=m2a2 若发生相对运动,则a2a1 解得F2(m1+m2)g,(3)纸板抽出前,砝码运动的距离x1= 纸板运动的距离d+x1= 纸板抽出后,砝码在桌面上运动的距离 x2= l=x1+x2,由题意知a1=a3,a1t1=a3t2 代入数据解得F=22.4N 答案:(1)(2m1+m2)g (2)F2(m1+m2)g (3)22.4N,【强化训练】如图所示,由于街道上的圆形污水井盖破 损,临时更换了一个稍大于井口的红色圆形平板塑料 盖。为了测试因塑料盖意外移动致使盖上的物块滑落 入污水井中的可能性,有人做了一个实验:将一个可视 为质点、质量为m的硬橡胶块置于塑料盖
15、的圆心处,给 塑料盖一个沿径向的水平向右的初速度v0,实验的结果,是硬橡胶块恰好与塑料盖分离。设硬橡胶块与塑料盖间的动摩擦因数为,塑料盖的质量为2m、半径为R,假设塑料盖与地面之间的摩擦可忽略,且不计塑料盖的厚度。,(1)求硬橡胶块与塑料盖刚好分离时的速度大小为多少? (2)通过计算说明实验中的硬橡胶块是落入井内还是落在地面上。,【解析】(1)设硬橡胶块与塑料盖刚好分离时的速度相等,大小为v,从开始滑动到分离经历时间为t,此期间硬橡胶块与塑料盖的加速度大小分别为a1,a2,据牛顿第二定律可得: mg=ma1 mg=2ma2 a1t=v0-a2t=v 联立以上各式可得v= v0,(2)设硬橡胶块与塑料盖刚好分离时,硬橡胶块的位移 为x,以硬橡胶块为对象,据动能定理得 mgx= mv2 以系统为对象,据功能关系得 mgR= (2m) - (3m)v2,联立解得x= R 因xR 故硬橡胶块是落入井内。 答案:(1) v0 (2)见解析,
