内容正文:
命题点一 “滑块—滑板”模型(师生互动)
[核心整合]
1.模型特点:滑块(视为质点)置于木板上,滑块和木板均相对地面运动,且滑块和木板在摩擦力的作用下发生相对滑动.
2.位移关系:如图所示,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(板长);滑块和木板反向运动时,位移之和Δx=x2+x1=L.
滑块和木板同向运动
滑块和木板反向运动
3.解题思路
(2019·江苏卷)如图所示,质量相等的物块A和B叠放在水平地面上,左边缘对齐.A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ.先敲击A,A立即获得水平向右的初速度,在B上滑动距离L后停下.接着敲击B,B立即获得水平向右的初速度,A、B都向右运动,左边缘再次对齐时恰好相对静止,此后两者一起运动至停下.最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g.求:
(1)A被敲击后获得的初速度大小vA;
(2)在左边缘再次对齐的前、后,B运动加速度的大小aB、aB′;
(3)B被敲击后获得的初速度大小vB.
解析:(1)由牛顿运动定律知,A加速度的大小aA=μg
匀变速直线运动2aAL=v
解得vA=.
(2)设A、B的质量均为m
对齐前,B所受合外力大小F=3μmg
由牛顿运动定律F=maB,得aB=3μg
对齐后,A、B所受合外力大小F′=2μmg
由牛顿运动定律F′=2maB′,得aB′=μg.
(3)经过时间t,A、B达到共同速度v,位移分别为xA、xB,A加速度的大小等于aA
则v=aAt,v=vB-aBt
xA=aAt2,xB=vBt-aBt2
且xB-xA=L
解得vB=2.
答案:(1) (2)3μg μg (3)2
求解“滑块—滑板”模型问题的方法技巧
(1)弄清各物体初态对地的运动和相对运动(或相对运动趋势),根据相对运动(或相对运动趋势)情况,确定物体间的摩擦力方向.
(2)正确地对各物体进行受力分析,并根据牛顿第二定律确定各物体的加速度,结合加速度和速度的方向关系确定物体的运动情况.
(3)速度相等是这类问题的临界点,此时往往意味着物体间的相对位移最大,物体的受力和运动情况可能发生突变.
[对点演练]
1.(水平面上的“滑块—滑板”)如图所示,在光滑水平面上一质量为M=3 kg的平板车以v0=1.5 m/s 的速度向右匀速滑行,某时刻(开始计时)在平板车左端加一大小为8.5 N、水平向右的推力F,同时将一质量为m=2 kg的小滑块(可视为质点)无初速度地放在小车的右端,最终小滑块刚好没有从平板车上掉下来.已知小滑块与平板车间的动摩擦因数μ=0.2,重力加速度g=10 m/s2,求:
(1)两者达到相同速度所需要的时间t;
(2)平板车的长度l.
解析:(1)小滑块相对平板车滑动时,设小滑块和平板车的加速度大小分别为a1、a2,根据牛顿第二定律有:
μmg=ma1,F-μmg=Ma2
解得:a1=2 m/s2,a2=1.5 m/s2
又:a1t=v0+a2t
解得:t=3 s.
(2)两者达到相同速度后,由于=1.7 m/s2<a1,可知它们将一起做匀加速直线运动.
从小滑块刚放在平板车上至达到与平板车相同速度的过程中,滑块向右的位移大小为:
x1=a1t2
平板车向右的位移大小为:x2=v0t+a2t2
又:l=x2-x1
解得:l=2.25 m.
答案:(1)3 s (2)2.25 m
2.(斜面上的“滑块-滑板”)如图所示,在倾角为θ=37°的足够长斜面上放置一质量M=2 kg,长度L=1.5 m的极薄平板AB,在薄平板上端A处放一质量m=1 kg的小滑块(视为质点),将小滑块和薄平板同时无初速度释放,已知小滑块与薄平板之间的动摩擦因数为μ1=0.25,薄平板与斜面之间的动摩擦因数为μ2=0.5,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,取g=10 m/s2,求:
(1)释放后,小滑块的加速度a1和薄平板的加速度a2;
(2)从释放到小滑块滑离薄平板经历的时间t.
解析:(1)设释放后,滑块会相对于平板向下滑动,
对滑块:由牛顿第二定律有mgsin 37°-Ff1=ma1
其中FN1=mgcos 37°,Ff1=μ1FN1
解得a1=gsin 37°-μ1gcos 37°=4 m/s2
对薄平板,由牛顿第二定律有Mgsin 37°+Ff1-Ff2=Ma2
其中FN2=(m+M)gcos 37 °,Ff2=μ2FN2
解得a2=1 m/s2
a1>a2,假设成立,即滑块会相对于平板向下滑动.
(2)设滑块滑离时间为t,由运动学公式,
有x1=a1t2,x2=a2t2,x1-x2=L
解得:t=1 s.
答案:(1)4 m/s2 1 m/s2 (2)1 s
命题点二 传送带模型(多维探究)
[核心整合]
第1维度:水平传送带问