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2018版高考物理一轮复习(练习):热点专题突破系列2 滑块——滑板模型 WORD版含答案.doc

1、热点专题突破系列(二)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、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

3、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

4、 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

5、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,a

6、2,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)要使滑块获得的速度最大,则滑块在木板上相对滑动的距离最大,故应沿木板的对角线方向抽木板。设此时木板加速度为a1,则有F(Mm)gmgMa1,又a1t2gt2L,vmaxgt,解得vmaxm/s。

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