(通用版)2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第三章 第17課時 動力學(xué)模型之一——滑塊滑板(題型研究課)講義(含解析)
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1、(通用版)2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第三章 第17課時 動力學(xué)模型之一——滑塊滑板(題型研究課)講義(含解析) 1.(2017·全國卷Ⅲ)如圖,兩個滑塊A和B的質(zhì)量分別為mA=1 kg 和mB=5 kg,放在靜止于水平地面上的木板的兩端,兩者與木板間的動摩擦因數(shù)均為μ1=0.5;木板的質(zhì)量為m=4 kg,與地面間的動摩擦因數(shù)為μ2=0.1。某時刻A、B兩滑塊開始相向滑動,初速度大小均為v0=3 m/s。A、B相遇時,A與木板恰好相對靜止。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,取重力加速度大小g=10 m/s2。求: (1)B與木板相對靜止時,木板的速度; (2)A、B開始運動時,兩者之間的距離
2、。 解析:(1)A和B在木板上滑動時,木板也在地面上滑動。設(shè)A、B和木板所受的摩擦力大小分別為f1、f2和f3,A和B相對于地面的加速度大小分別為aA和aB,木板相對于地面的加速度大小為a1。在B與木板達到共同速度前有 f1=μ1mAg① f2=μ1mBg② f3=μ2(m+mA+mB)g③ 由牛頓第二定律得f1=mAaA④ f2=mBaB⑤ f2-f1-f3=ma1⑥ 設(shè)在t1時刻,B與木板達到共同速度,其大小為v1。由運動學(xué)公式有 v1=v0-aBt1⑦ v1=a1t1⑧ 聯(lián)立①②③④⑤⑥⑦⑧式,代入已知數(shù)據(jù)得 v1=1 m/s。⑨ (2)在t1時間間隔內(nèi),B相對
3、于地面移動的距離為 sB=v0t1-aBt12⑩ 設(shè)在B與木板達到共同速度v1后,木板的加速度大小為a2。對于B與木板組成的系統(tǒng),由牛頓第二定律有 f1+f3=(mB+m)a2? 由①②④⑤式知,aA=aB;再由⑦⑧式知,B與木板達到共同速度時,A的速度大小也為v1,但運動方向與木板相反。由題意知,A和B相遇時,A與木板的速度相同,設(shè)其大小為v2,設(shè)A的速度大小從v1變到v2所用的時間為t2。則由運動學(xué)公式,對木板有v2=v1-a2t2? 對A有v2=-v1+aAt2? 在t2時間間隔內(nèi),B(以及木板)相對地面移動的距離為 s1=v1t2-a2t22? 在t1+t2時間間隔內(nèi),
4、A相對地面移動的距離為 sA=v0(t1+t2)-aA2? A和B相遇時,A與木板的速度也恰好相同,因此A和B開始運動時,兩者之間的距離為 s0=sA+s1+sB? 聯(lián)立以上各式,并代入數(shù)據(jù)得 s0=1.9 m。? 答案:(1)1 m/s (2)1.9 m 2.(2015·全國卷Ⅰ)一長木板置于粗糙水平地面上,木板左端放置一小物塊;在木板右方有一墻壁,木板右端與墻壁的距離為4.5 m,如圖(a)所示。t=0時刻開始,小物塊與木板一起以共同速度向右運動,直至t=1 s時木板與墻壁碰撞(碰撞時間極短)。碰撞前后木板速度大小不變,方向相反;運動過程中小物塊始終未離開木板。已知碰撞后1
5、s時間內(nèi)小物塊的v -t圖線如圖(b)所示。木板的質(zhì)量是小物塊質(zhì)量的15倍,重力加速度大小g取10 m/s2。求: (1)木板與地面間的動摩擦因數(shù)μ1及小物塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ2; (2)木板的最小長度; (3)木板右端離墻壁的最終距離。 解析:(1)規(guī)定向右為正方向。木板與墻壁相碰前,小物塊和木板一起向右做勻變速運動,設(shè)加速度為a1,小物塊和木板的質(zhì)量分別為m和M。由牛頓第二定律有 -μ1(m+M)g=(m+M)a1① 由題圖(b)可知,木板與墻壁碰撞前瞬間的速度v1=4 m/s,由運動學(xué)公式有 v1=v0+a1t1② s0=v0t1+a1t12③ 式中,t1=1
6、s,s0=4.5 m是木板碰撞前的位移,v0是小物塊和木板開始運動時的速度。 聯(lián)立①②③式和題給條件得μ1=0.1④ 在木板與墻壁碰撞后,木板以-v1的初速度向左做勻變速運動,小物塊以v1的初速度向右做勻變速運動。設(shè)小物塊的加速度為a2,由牛頓第二定律有 -μ2mg=ma2⑤ 由題圖(b)可得a2=⑥ 式中,t2=2 s,v2=0,聯(lián)立⑤⑥式和題給條件得 μ2=0.4。⑦ (2)設(shè)碰撞后木板的加速度為a3,經(jīng)過時間Δt,木板和小物塊剛好具有共同速度v3。由牛頓第二定律及運動學(xué)公式得 μ2mg+μ1(M+m)g=Ma3⑧ v3=-v1+a3Δt⑨ v3=v1+a2Δt⑩ 碰
7、撞后至木板和小物塊剛好達到共同速度的過程中,木板運動的位移為 s1=Δt? 小物塊運動的位移為s2=Δt? 小物塊相對木板的位移為Δs=s2-s1? 聯(lián)立⑥⑧⑨⑩???式,并代入數(shù)值得 Δs=6.0 m ? 因為運動過程中小物塊沒有脫離木板,所以木板的最小長度應(yīng)為6.0 m。 (3)在小物塊和木板具有共同速度后,兩者向左做勻變速運動直至停止,設(shè)加速度為a4,此過程中小物塊和木板運動的位移為s3。由牛頓第二定律及運動學(xué)公式得 μ1(m+M)g=(m+M)a4? 0-v32=2a4s3? 碰后木板運動的位移為s=s1+s3? 聯(lián)立⑥⑧⑨⑩????式,并代入數(shù)值得 s=-6.
8、5 m? 木板右端離墻壁的最終距離為6.5 m。 答案:(1)0.1 0.4 (2)6.0 m (3)6.5 m 3.(2015·全國卷Ⅱ)下暴雨時,有時會發(fā)生山體滑坡或泥石流等地質(zhì)災(zāi)害。某地有一傾角為θ=37°(sin 37°=)的山坡C,上面有一質(zhì)量為m的石板B,其上下表面與斜坡平行;B上有一碎石堆A(含有大量泥土),A和B均處于靜止?fàn)顟B(tài),如圖所示。假設(shè)某次暴雨中,A浸透雨水后總質(zhì)量也為m(可視為質(zhì)量不變的滑塊),在極短時間內(nèi),A、B間的動摩擦因數(shù)μ1減小為,B、C間的動摩擦因數(shù)μ2減小為0.5,A、B開始運動,此時刻為計時起點;在第2 s末,B的上表面突然變?yōu)楣饣?,?保持不變。
9、已知A開始運動時,A離B下邊緣的距離l=27 m,C足夠長,設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。取重力加速度大小g=10 m/s2。求: (1)在0~2 s時間內(nèi)A和B加速度的大小; (2)A在B上總的運動時間。 解析:(1)在0~2 s時間內(nèi),A和B的受力如圖所示,其中f1、N1是A與B之間的摩擦力和正壓力的大小,f2、N2是B與C之間的摩擦力和正壓力的大小,方向如圖所示。由滑動摩擦力公式和力的平衡條件得 f1=μ1N1 N1=mgcos θ f2=μ2N2 N2=N1′+mgcos θ 規(guī)定沿斜面向下為正。設(shè)A和B的加速度分別為a1和a2,由牛頓第二定律得 mgsin θ-
10、f1=ma1 mgsin θ-f2+f1′=ma2 由牛頓第三定律知 N1=N1′ f1=f1′ 解得a1=3 m/s2,a2=1 m/s2。 (2)在t1=2 s時,設(shè)A和B的速度分別為v1和v2,則 v1=a1t1=6 m/s v2=a2t1=2 m/s t>t1時,設(shè)A和B的加速度分別為a1′和a2′。此時A與B之間的摩擦力為零,mgsin θ=ma1′ 解得a1′=6 m/s2 mgsin θ-f2=ma2′,解得a2′=-2 m/s2 B做減速運動。設(shè)經(jīng)過時間t2,B的速度減為零,則有 v2+a2′t2=0 解得t2=1 s 在t1+t2時間內(nèi),A相對于
11、B運動的距離為 s=- =12 m<27 m 此后B靜止,A繼續(xù)在B上滑動。設(shè)再經(jīng)過時間t3后A離開B,則有 l-s=(v1+a1′t2)t3+a1′t32 解得t3=1 s(另一解不合題意,舍去) 設(shè)A在B上總的運動時間為t總,有 t總=t1+t2+t3=4 s。 答案:(1)3 m/s2 1 m/s2 (2)4 s 滑塊滑板問題是高考??嫉臒狳c,這類問題對學(xué)生的綜合分析能力和數(shù)學(xué)運算能力要求較高,而且滑塊滑板模型常和功能關(guān)系、動量守恒等結(jié)合,分析過程較復(fù)雜。學(xué)生常因為對過程分析不清或計算失誤而丟分?! ? 命題點一 水平面上的滑塊—滑板模型 1.兩種位移關(guān)系
12、 滑塊由滑板的一端運動到另一端的過程中,若滑塊和滑板同向運動,位移之差等于板長;反向運動時,位移大小之和等于板長。 2.解題思路 [典例] 如圖所示,質(zhì)量m=1 kg 的物塊A放在質(zhì)量M=4 kg的木板B的左端,起初A、B靜止在水平地面上?,F(xiàn)用一水平向左的力F作用在B上,已知A、B之間的動摩擦因數(shù)為μ1=0.4,地面與B之間的動摩擦因數(shù)為μ2=0.1。假設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,g=10 m/s2。求: (1)能使A、B發(fā)生相對滑動的力F的最小值; (2)若力F=30 N,作用1 s后撤去,要想A不從B上滑落,則B至少多長;從開始到A、B均靜止,A的總位移是多少。 [解析]
13、(1)A的最大加速度由A、B間的最大靜摩擦力決定,即 對于A,根據(jù)牛頓第二定律得:μ1mg=mam 解得am=4 m/s2 對于A、B整體,根據(jù)牛頓第二定律得: F-μ2(M+m)g=(M+m)am 解得F=25 N。 (2)設(shè)力F作用在B上時A、B的加速度大小分別為a1、a2,撤去力F時速度分別為v1、v2,撤去力F后A、B速度相等前加速度大小分別為a1′、a2′,A、B速度相等時速度為v3,加速度大小為a3 對于A,根據(jù)牛頓第二定律得:μ1mg=ma1 得a1=4 m/s2,v1=a1t1=4 m/s 對于B,根據(jù)牛頓第二定律得: F-μ1mg-μ2(M+m)g=Ma2
14、 得a2=5.25 m/s2,v2=a2t1=5.25 m/s 撤去力F:a1′=a1=4 m/s2 μ1mg+μ2(M+m)g=Ma2′ 得a2′=2.25 m/s2 經(jīng)過t2時間后A、B速度相等v1+a1′t2=v2-a2′t2 得t2=0.2 s 共同速度v3=v1+a1′t2=4.8 m/s 從開始到A、B相對靜止,A、B的相對位移即為B的最短長度L L=xB-xA=+-a1(t1+t2)2=0.75 m A、B速度相等后共同在水平地面上做勻減速運動,加速度大小 a3=μ2g=1 m/s2 對于A、B整體從v3至最終靜止位移為 x==11.52 m 所以A的
15、總位移為xA總=xA+x=14.4 m。 [答案] (1)25 N (2)0.75 m 14.4 m 求解“滑塊—滑板”類問題的方法技巧 (1)弄清各物體初態(tài)對地的運動和相對運動(或相對運動趨勢),根據(jù)相對運動(或相對運動趨勢)情況,確定物體間的摩擦力方向。 (2)準(zhǔn)確地對各物體進行受力分析,并根據(jù)牛頓第二定律確定各物體的加速度,結(jié)合加速度和速度的方向關(guān)系確定物體的運動情況。 (3)速度相等是這類問題的臨界點,此時往往意味著物體間的相對位移最大,物體的受力和運動情況可能發(fā)生突變。 [集訓(xùn)沖關(guān)] 1.如圖所示,光滑水平面上靜止放著長為L=1.6 m、質(zhì)量為M=3 kg 的木板,
16、一質(zhì)量為m=1 kg的物塊放在木板的最右端,物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)為μ=0.1,對木板施加一水平向右的拉力F,g取10 m/s2。 (1)施力F后,要想把木板從物塊的下方抽出來,求力F的大小應(yīng)滿足的條件; (2)為使木板從物塊的下方抽出來,施加力F后,發(fā)現(xiàn)力F作用最短時間t0=0.8 s,恰好可以抽出,求力F的大小。 解析:(1)力F拉動木板運動過程中,物塊與木板相對運動時: 對物塊,由牛頓第二定律知μmg=ma,解得a=1 m/s2 對木板,由牛頓第二定律知F-μmg=Ma1,即 a1= 要想抽出木板,則只需a1>a,即F>μ(M+m)g 代入數(shù)據(jù)解得F>4 N。 (2
17、)設(shè)施加力F時木板的加速度大小為a2,則 a2= 設(shè)撤去力F時木板的加速度大小為a3,則 a3== m/s2 設(shè)從撤去力F到木板恰好被抽出所用時間為t2 木板從物塊下抽出時有 物塊速度為v=a(t0+t2) 發(fā)生的位移為s=a(t0+t2)2 木板的速度為v板=a2t0-a3t2 發(fā)生的位移為s板=a2t02+a2t0t2-a3t22 木板剛好從物塊下抽出時應(yīng)有v板=v且s板-s=L 聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得t2=1.2 s,a2=3 m/s2,F(xiàn)=10 N。 答案:(1)F>4 N (2)10 N 2.(2019·成都模擬)如圖所示,長為l的長木板A放在動摩擦因數(shù)為μ1的水
18、平地面上,一滑塊B(可視為質(zhì)點)從A的左側(cè)以初速度v0向右滑上A,B與A間的動摩擦因數(shù)為μ2(A與水平地面間的最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相同)。已知A的質(zhì)量為M=2.0 kg,B的質(zhì)量為m=3.0 kg,A的長度為l=2.5 m,μ1=0.2,μ2=0.4(g取10 m/s2)。 (1)A、B剛開始運動時各自的加速度分別是多大? (2)為保證B在滑動過程中不滑出A,初速度v0應(yīng)滿足什么條件? (3)在滿足(2)中條件的情況下,分別求出A、B對水平地面的最大位移。 解析:(1)分別對A、B進行受力分析, 根據(jù)牛頓第二定律,B的加速度大?。? aB===4 m/s2 A的加速度大?。?/p>
19、 aA===1 m/s2。 (2)當(dāng)A、B速度相等時,若B恰好運動到A的右側(cè)末端,則可保證B不會滑出A, 設(shè)經(jīng)過時間t,A、B的速度相等,則有: v0-aBt=aAt 根據(jù)位移關(guān)系得: v0t-aBt2-aAt2=l 代入數(shù)據(jù)解得:t=1 s,v0=5 m/s 所以初速度v0≤5 m/s。 (3)B恰好不滑出A時,A、B對水平地面的位移最大,A、B速度相等后相對靜止,一起以v=aAt=1 m/s的初速度做勻減速運動直到靜止, 勻減速運動的加速度大小為a==2 m/s2 發(fā)生的位移:s==0.25 m A、B速度相等前A發(fā)生的位移: sA=aAt2=0.5 m B發(fā)生
20、的位移:sB=v0t-aBt2=3 m 所以A發(fā)生的位移: sA+s=0.5 m+0.25 m=0.75 m B發(fā)生的位移: sB+s=3 m+0.25 m=3.25 m。 答案:(1)1 m/s2 4 m/s2 (2)v0≤5 m/s (3)0.75 m 3.25 m 命題點二 斜面上的滑塊—滑板模型 滑塊—滑板類模型應(yīng)抓住一個轉(zhuǎn)折和兩個關(guān)聯(lián) 一 個 轉(zhuǎn) 折 兩 個 關(guān) 聯(lián) 滑塊與滑板達到相同速度或者滑塊從滑板上滑下是受力和運動狀態(tài)變化的轉(zhuǎn)折點 轉(zhuǎn)折前、后受力情況之間的關(guān)聯(lián)和滑塊、滑板位移與板長之間的關(guān)聯(lián)。一般情況下,由于摩擦力或其他力的轉(zhuǎn)變,轉(zhuǎn)折前、后滑塊和滑板的加速
21、度都會發(fā)生變化,因此以轉(zhuǎn)折點為界,對轉(zhuǎn)折前、后進行受力分析是建立模型的關(guān)鍵 [典例] 如圖所示,傾角α=30°的足夠長光滑斜面固定在水平面上,斜面上放一長L=1.8 m、質(zhì)量M=3 kg的薄木板,木板的最右端疊放一質(zhì)量m=1 kg的小物塊,物塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ=。對木板施加沿斜面向上的恒力F,使木板沿斜面由靜止開始做勻加速直線運動。設(shè)物塊與木板間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,重力加速度g取10 m/s2。 (1)為使物塊不滑離木板,求力F應(yīng)滿足的條件; (2)若力F=37.5 N,物塊能否滑離木板?若不能,請說明理由;若能,求出物塊滑離木板所用的時間及滑離木板后沿斜面上升的最大
22、距離。 [解析] (1)以物塊和木板整體為研究對象,由牛頓第二定律得F-(M+m)gsin α=(M+m)a 以物塊為研究對象,由牛頓第二定律得 Ff-mgsin α=ma 又Ff≤Ffm=μmgcos α 解得F≤30 N。 (2)因力F=37.5 N>30 N,所以物塊能夠滑離木板,對木板,由牛頓第二定律得 F-μmgcos α-Mgsin α=Ma1 對物塊,由牛頓第二定律得 μmgcos α-mgsin α=ma2 設(shè)物塊滑離木板所用時間為t 木板的位移x1=a1t2 物塊的位移x2=a2t2 物塊與木板的分離條件為 Δx=x1-x2=L 解得t=1.2
23、s 物塊滑離木板時的速度v=a2t 物塊滑離木板后的加速度大小為a3=gsin α=5 m/s2 物塊滑離木板后沿斜面上升的最大距離為x= 解得x=0.9 m。 [答案] (1)F≤30 N (2)能 1.2 s 0.9 m 解決速度臨界問題的思維模板 [集訓(xùn)沖關(guān)] 1.如圖所示,足夠長光滑斜面的傾角為θ,斜面上放著質(zhì)量為M的木板,木板左端有一個質(zhì)量為m的木塊,木塊與木板之間的動摩擦因數(shù)為μ,木塊和木板的初速度都為零。對木塊施加平行斜面向上的恒力F后,下列說法正確的是( ) A.若μ>tan θ,則木板一定沿斜面向上運動 B.若
24、F=mgsin θ,則木塊一定靜止在木板上 C.若木板沿斜面向上滑動,木板質(zhì)量M越小,木塊與木板分離時,木塊滑行的距離越大 D.若木板沿斜面向下滑動,木板質(zhì)量M越大,木塊與木板分離時,木塊滑行的距離越大 解析:選C 如果恒力F趨于0,木板一定沿斜面向下運動,故A錯誤;如果μ趨于0,木板一定向下運動,兩者不能保持靜止,故B錯誤;假設(shè)木板質(zhì)量M趨于0,木板將隨木塊一直運動,故C正確;如果木塊始終靜止,無論M多大,木塊滑行的距離都為0,故D錯誤。 2.(多選)(2019·日照模擬)滑沙運動是小孩比較喜歡的一項運動,其運動過程可類比為如圖所示的模型,傾角為37°的斜坡上有長為1 m的滑板,滑板
25、與沙間的動摩擦因數(shù)為。小孩(可視為質(zhì)點)坐在滑板上端,與滑板一起由靜止開始下滑。小孩與滑板之間的動摩擦因數(shù)取決于小孩的衣料,假設(shè)圖中小孩與滑板間的動摩擦因數(shù)為0.5,小孩的質(zhì)量與滑板的質(zhì)量相等,斜坡足夠長,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2,則下列判斷正確的是( ) A.小孩在滑板上下滑的加速度大小為2 m/s2 B.小孩和滑板脫離前滑板的加速度大小為0.5 m/s2 C.經(jīng)過 s的時間,小孩離開滑板 D.小孩離開滑板時的速度大小為 m/s 解析:選AC 對小孩,由牛頓第二定律,加速度大小為a1==2 m/s2,同理對滑板,加速度大小為a2==1 m/s2,選項A正確,B錯誤;要使小孩與滑板分離,a1t2-a2t2=L,解得t= s(另一解不符合,舍去),離開滑板時小孩的速度大小為v=a1t=2 m/s,選項C正確,D錯誤。
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