第08讲 滑块——木板模型之定量计算-2023届高三物理高考复习101微专题模型精讲精练

第8讲 滑块——木板模型之定量计算 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 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：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：（11） 小物块运动的位移为：（12） 小物块相对木板的位移为：Δs＝s2﹣s1…（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） （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Δx＝x1－x2＝L(或Δx＝x2－x1＝L)；滑块和木板反向运动时，位移之和Δx＝x2＋x1＝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）（　　） A．当F＜24N时，A、B都相对地面静止 B．当F＞24N时，A相对B发生滑动 C．A的质量为4kg D．B的质量为2kg 【解答】解：AB、当A与B间的摩擦力达到最大静摩擦力后，A、B会发生相对滑动，由图可知，B的最大加速度为4m/s2，即拉力F＞24N时，A相对B发生滑动，当F＜24N时，A、B保持相对静止，一起做匀加速直线运动，故A错误，B正确。 CD、对B，根据牛顿第二定律得：aB4m/s2，对A，根据牛顿第二定律得：aA4m/s2，F＝24N，解得：mA＝4kg，mB＝2kg，故CD正确。 故选：BCD。 例2．如图（a）所示，与长木