高考物理一轮复习 热点专题突破系列2 滑块滑板模型强化训练 新人教版必修1.doc

热点专题突破系列2 滑块-滑板模型专题强化训练1(2015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4.5 m，如图(a)所示。t0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t1 s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vt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10 m/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。答案(1)0.10.4(2)6.0 m(3)6.5 m解析(1)根据图象可以判定碰撞前小物块与木板共同速度为v4 m/s，碰撞后木板速度水平向左，大小也是v4 m/s，小物块受到滑动摩擦力而向右做匀减速运动，根据牛顿第二定律有2g，解得20.4。木板与墙壁碰撞前，匀减速运动时间t1 s，位移x4.5 m，末速度v4 m/s。其逆运动则为匀加速直线运动，可得xvtat2，代入可得a1 m/s2，小物块和木板整体受力分析，滑动摩擦力提供合外力，即1ga，可得10.1。(2)碰撞后，木板向左匀减速，依据牛顿第二定律有1(mm)g2mgma1，可得a1 m/s2，对小物块，则有加速度a24 m/s2。小物块速度先减小到0，此时碰后时间为t11 s，此时，木板向左的位移为x1vt1a1t m，末速度v1 m/s。小物块向右位移x2t12 m。此后，小物块开始向左加速，加速度仍为a24 m/s2，木板继续减速，加速度仍为a1m/s2，假设又经历t2二者速度相等，则有a2t2v1a1t2，解得t20.5 s。此过程，木板位移x3v1t2a1t m，末速度v3v1a1t22 m/s，小物块位移x4a2t m。此后小物块和木板一起匀减速运动。二者的相对位移最大为xx1x3x2x46 m。小物块始终没有离开木板，所以木板最小的长度为6 m。(3)最后阶段小物块和木板一起匀减速直到停止，整体加速度a1g1 m/s2。位移x52 m。所以木板右端离墙壁最远的距离为x1x3x56.5 m。2(2015全国课标)下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害。某地有一倾角为37(sin 37)的山坡c，上面有一质量为m的石板b，其上下表面与斜坡平行；b上有一碎石堆a(含有大量泥土)，a和b均处于静止状态，如图所示。假设某次暴雨中，a浸透雨水后总质量也为m(可视为质量不变的滑块)，在极短时间内，a、b间的动摩擦因数1减小为，b、c间的动摩擦因数2减小为0.5，a、b开始运动，此时刻为计时起点；在第2 s末，b的上表面突然变为光滑，2保持不变。已知a开始运动时，a离b下边缘的距离l27 m，c足够长。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。取重力加速度大小g10 m/s2。求：(1)在02 s时间内a和b加速度的大小；(2)a在b上总的运动时间。答案(1)3m/s21m/s2(2)4s解析(1)在02 s内，a和b受力如图所示：由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得：f11n1n1mgcos f22n2n2n1mgcos 以沿着斜面向下为正方向，设a和b的加速度分别为a1，a2。由牛顿第二定律可得：mgsin f1ma1mgsin f2f1ma2联立以上各式可得a13 m/s2a21 m/s2(2)在t12 s，设a和b的速度分别为v1，v2，则v1a1t16 m/sv2a2t12 m/stt1时，设a和b的加速度分别为a1，a2，此时a、b之间摩擦力为零，同理可得：a16 m/s2a22 m/s2即b做匀减速，设经时间t2，b的速度为零，则：v2a2t20联立可得t21 s在t1t2时间内，a相对于b运动的距离为s12 m20n(2)m/s解析(1)能抽出木板，滑块与木板发生相对滑动，当滑块达到随板运动的最大加速度时，拉力最小，对滑块，有mgma，对木板，有fmin(mm)gmgma，得fmin2(mm)g20n，故抽出木板，水平恒力f20n。(2)要使滑块获得的