2024屆高考物理二輪專題復(fù)習(xí)與測試第一部分專題一力與運動第2講力與直線運動命題點四滑塊-木板模型

命題點四滑塊—木板模型1．動力學(xué)解決板塊模型問題的思路．2．求解板塊模型問題的方法技巧．(1)受力分析時注意不要添力或漏力如圖，木塊的質(zhì)量為m，木板的質(zhì)量為M，木塊與木板間的動摩擦因數(shù)為μ1，木板與水平地面間的動摩擦因數(shù)為μ2.水平恒力F作用到木塊上，木塊和木板分別以加速度a1、a2向右做勻加速直線運動，對木板受力分析時，不能含有F.(2)列方程時注意合外力、質(zhì)量與加速度的對應(yīng)關(guān)系對木塊受力分析：F－μ1mg＝ma1，對木板受力分析：μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2.(3)抓住關(guān)鍵狀態(tài)：速度相等是這類問題的臨界點，此時受力情況和運動情況可能發(fā)生突變．(4)挖掘臨界條件，木塊恰好滑到木板的邊緣且達(dá)到共同速度是木塊是否滑離木板的臨界條件．3．運動學(xué)公式及動能定理中的位移為對地位移；計算系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量時用相對位移，Q＝Ffx相對．如圖甲中有一質(zhì)量為M的長木板靜置于光滑水平面上，其上放置一質(zhì)量為m的小滑塊．木板受到隨時間t變化的水平拉力F作用，用傳感器測出其加速度a，得到圖乙的a-F圖像．取g＝10m/s2，對此得到下列結(jié)論，其中正確的是()A．滑塊的質(zhì)量m＝2kgB．木板的質(zhì)量M＝4kgC．當(dāng)F＝8N時滑塊加速度為3m/s2D．滑塊與木板間動摩擦因數(shù)為0.1解析：由圖知，F(xiàn)＝6N時，加速度為a＝1m/s2.此時滑塊和木板恰好一起運動，由牛頓第二定律有F＝(M＋m)a，代入數(shù)據(jù)解得M＋m＝6kg；當(dāng)F＞6N時，對木板有a＝eq\f(F－μmg,M)＝eq\f(1,M)F－eq\f(μmg,M)，知圖線的斜率k＝eq\f(1,M)＝eq\f(1,2)，解得M＝2kg，滑塊的質(zhì)量m＝4kg，故A、B兩項錯誤；根據(jù)F＞6N的圖線知，F(xiàn)＝4N時，a＝0，代入a＝0，代入a＝eq\f(1,M)F－eq\f(μmg,M)，代入數(shù)據(jù)解得μ＝0.1；當(dāng)F＝8N時，對滑塊有μmg＝ma′，解得a′＝μg＝1m/s2，故C項錯誤，D項正確．答案：D1．如圖甲所示，A、B兩物塊靜止疊放在水平地面上．水平拉力F作用在A上，且F從0開始逐漸增大，B的加速度aB與F的關(guān)系圖像如圖乙所示，則A的加速度aA與F的關(guān)系圖像可能正確的是()解析：設(shè)A的質(zhì)量為m，B的質(zhì)量為M，AB間的動摩擦因數(shù)為μ，B與地面間的動摩擦因數(shù)為μ0，則當(dāng)0≤F≤μ0(M＋m)g，AB處于靜止?fàn)顟B(tài)，加速度都為0；當(dāng)F>μ0(M＋m)g，AB開始一起加速運動，設(shè)當(dāng)F＝F0，AB剛好要發(fā)生相對運動，以AB為整體，由牛頓第二定律F0－μ0(M＋m)g＝(M＋m)a，以B為對象，由牛頓第二定律μmg－μ0(M＋m)g＝Ma，聯(lián)立解得F0＝eq\f(m（M＋m）g（μ－μ0）,M).則當(dāng)μ0(M＋m)g<F≤eq\f(m（M＋m）g（μ－μ0）,M)，AB一起做勻加速直線運動，加速度為a1＝eq\f(F－μ0（M＋m）g,M＋m)，當(dāng)F>eq\f(m（M＋m）g（μ－μ0）,M)，AB發(fā)生相對滑動，對A由牛頓第二定律F－μmg＝ma2，解得a2＝eq\f(F－μmg,m).由以上分析可知A的加速度aA與F的關(guān)系圖像可能為D選項．答案：D2.(2023·江蘇二模)如圖所示，一傾角θ＝30°的光滑斜面固定在水平地面上，斜面底端固定一彈性擋板P.長為2l的薄木板置于斜面上，其質(zhì)量為M，下端位于B點，PB＝2l，薄木板中點處放有一質(zhì)量為m的滑塊(可視為質(zhì)點)，已知M＝m，滑塊與薄木板之間的動摩擦因數(shù)μ＝tanθ，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，斜面上PB區(qū)間存在一特殊力場，能對滑塊產(chǎn)生一個沿斜面向上大小為F＝mg的恒力作用．現(xiàn)由靜止開始釋放薄木板．(1)求滑塊m到達(dá)B點時的速度；(2)求薄木板到達(dá)擋板P的運動時間；(3)薄木板與擋板P碰撞后以原速率反彈，通過計算分析滑塊和薄板是否會分離．解析：(1)由動能定理可得eq\f(1,2)(m＋M)veq\o\al(2,1)＝(m＋M)·glsin30°，解得v1＝eq\r(gl).(2)滑塊進(jìn)入場區(qū)前a＝eq\f(（M＋m）gsinθ,（M＋m）)＝eq\f(g,2)，t1＝eq\f(v1,a)＝2eq\r(\f(l,g)).滑塊進(jìn)入場區(qū)后做勻速運動t2＝eq\f(l,v1)＝eq\r(\f(l,g))，所以t總＝t1＋t2＝3eq\r(\f(l,g)).(3)滑塊與薄木板之間的摩擦力f＝μmgcosθ＝mgsinθ，則am＝eq\f(mg＋f－mgsinθ,m)＝g，方向沿斜面向上：aM＝eq\f(f＋Mgsinθ,M)＝g，方向沿斜面向下．系統(tǒng)沿斜面方向動量守恒，設(shè)不滑出，同速時共同速度為v2，則Mv1－mv1＝(M＋m)v2，v2＝0，則xm＝eq\f(veq\o\al(2,1),2am)＝eq\f(l,2)