微专题2滑块-木板模型综合问题听课答案

微专题2滑块—木板模型综合问题例1A[解析]设小滑块与长木板间的动摩擦因数为μ1,小滑块的质量为m,由图乙可知,当小滑块与长木板恰好产生相对滑动时,水平拉力F=F0,当F>F0时,对小滑块由牛顿第二定律可得F-μ1mg=ma,变形为a=1mF-μ1g,则a-F图像中大于F0的直线对应的纵截距b=-μ1g,由图乙可知,b=-6m/s2,解得μ1=0.6,A正确;由图乙可知,当拉力为F0时,小滑块与长木板恰好相对滑动,此时小滑块与长木板有相同的加速度,为a0=2m/s2,设长木板的质量为M,对长木板由牛顿第二定律有μ1mg-μ2m+Mg=Ma0,解得m=2kg,对小滑块由牛顿第二定律有F0-μ1mg=ma0,解得F0=16N,因为μ1mg=12N>μ2m+Mg=8N,所以当水平拉力增大时,小滑块与长木板同时相对地面发生滑动,B、C错误;当水平拉力F=12N时,对小滑块与长木板组成的整体,由牛顿第二定律可得F-μ2(m+M)g=m+M例2(1)0.3(2)3kg1kg[解析](1)根据图像可知,当拉力F满足0<F≤12N时,滑块和木板保持相对静止一起向右加速运动,当拉力F>12N时,滑块和木板发生相对滑动,木板和滑块恰好发生相对滑动时,加速度a0=3m/s2对滑块,根据牛顿第二定律有μmg=ma0解得μ=0.3(2)当外力F>12N时,对木板,根据牛顿第二定律有F-μmg=Ma整理得a=1MF-则a-F图像中直线AB的斜率k=1由图乙可知,k=3−012−3kg解得M=3kg当外力F满足0<F≤12N时,对整体,根据牛顿第二定律有F=(M+m)a整理得a=1M则a-F图像中直线OA的斜率k'=1由图乙可知,k'=3−012−0kg解得m=1kg例3ABD[解析]取水平向右为正方向,对A、B组成的系统,由动量守恒定律有mv0=m+1.5mv,解得A、B相对静止时的对地速度大小为v=25v0,A正确;若μ=3v0220gL,则对全过程,由能量守恒定律有12mv02=12(m+1.5m)v2+2μmgL+ΔE,解得ΔE=0,即A、B碰撞过程无机械能损失,为弹性碰撞,对从B滑上A到A、B碰撞完毕过程,有mv0=mv1+1.5mv2,12mv02=12mv12+12×1.5mv22+μmgL,联立解得v1=4−1810v0(v1=4+1810v0时,v2=6−1825v0<v1,应舍去),由于v1<0,说明碰撞后B对地向左运动,C错误;若μ=3v02160gL,则从碰撞完毕开始前两者相对静止的过程中,有mv3+1.5mv4=m+1.5mv,12mv32+12×1.5mv42=12(m+1.5m)v2+μmgL,联立解得v4例4(1)1s(2)6m(3)9m[解析](1)若x0=7.5m,则物块A与物块B碰撞前,由牛顿第二定律得μAmAg=mAa由运动学公式得x0=v0t-12at联立解得t=1s(2)若x0=7.5m,A与B发生弹性碰撞,取水平向右为正方向,设A与B碰前瞬间速度为v1,碰后瞬间A、B速度分别为v2、v3,则由运动学公式得v1=v0-at由动量守恒定律得mAv1=mAv2+mBv3由机械能守恒定律得12mAv12=12mAv2联立解得v2=-3m/s,v3=3m/s由于v2<0,说明A碰后向左运动,假设A碰后向左发生的最大位移为x1,由动能定理得-μAmAgx1=0-12mAA停止运动时与车左端的距离为Δx=x0-x1联立解得Δx=6m(3)设A与B碰前瞬间速度为v4,碰后瞬间A、B速度分别为v5、v6,同理可得v5=mA-mBmA+mBv4=-12v4,A、B与平板车之间的摩擦力大小分别为FfA=μAmAg=3N,FfB=μBmBg=3N,由于FfA=FfB,且A的加速度大于B的加速度,由此可判断碰后A向左做匀减速运动,B向右做匀减速运动,且A比B先减速到零,在A做匀减速运动到速度为零的过程中,平板车一直保持静止.由于A刚好没有从车上掉下,所以由运动学公式得v42-v020-v52=-2ax联立解得x0'=2.7mA的速度减小为零后,B仍有向右的速度,最终A、B与平板车三者达到共速后匀速运动,设最终三者共同匀速运动的速度为v7,由动量守恒定律得mAv5+mBv6=mA+设B开始与平板小车右端距离为xB,由能量守恒定律得12mAv42-12(mA+mB+mC)v72=μAmAgx0'+联立解得xB=6.3m所以平板车的长度L=x0'+xB=9m【跟踪训练】1.C[解析]一起运动时,对整体有F-μ2M+mg=M+ma,棋子和课本的加速度为a=F-μ2M+mgM+m,A、B错误;相对运动时,对棋子有μ1mg=ma2,棋子的加速度a2=μ1g,对课本有F-μ1mg-μ2(M2.BD[解析]根据题意可知t1为A、B第一次碰撞时刻,碰撞后速度应发生变化,由v-t图像可知碰后速度交换,所以A、B的碰撞为弹性碰撞,且M=m,故A错误;A、B碰撞一次后先相对滑动一段时间,最后共速,整个运动过程中A、B组成的系统动量守恒,设两者最终的速度为v共,有mv0=(M+m)v共,解得v共=v02,由v-t图像可得tn=v共a=v02μg=0.4s,故B正确;设从开始到相对静止过程中,A、B相对滑动的总路程为s,根据能量守恒定律可得μmgs=12mv02-12(M+m)v共2,联立解得s=0.8m,故C错误;若车长L=1m,因第1次碰撞发生在平板车的右挡板,则第一次碰撞前A、B相对滑动的路程为L2,设最终A与B右端距离为s0,有L3.(1)12m/s(2)48J(3)83[解析](1)A、B发生弹性碰撞,由动量守恒定律得mAvA=mAvA'+mBvB由机械能守恒定律得12mAvA2=12mAvA'2+联立解得vA'=0,vB=12m/s(2)由于小车足够长,离墙壁足够远,故小车与墙壁碰撞前已和滑块B共速,由动量守恒定律得mBvB=(mB+m0)v1小车第1次与墙碰撞前,滑块与小车间因摩擦产生的热量Q=12mBvB2-12(mB+