《备考2020年高考物理专题1.10动力学中的板块问题精准突破含解析.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《备考2020年高考物理专题1.10动力学中的板块问题精准突破含解析.docx（22页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、专题1.10 动力学中的板块问题【专题诠释】1模型特征滑块滑板模型(如图a)，涉及摩擦力分析、相对运动、摩擦生热，多次相互作用，属于多物体、多过程问题，知识综合性较强，对能力要求较高，故频现于高考试卷中另外，常见的子弹射击滑板(如图b)、圆环在直杆中滑动(如图c)都属于滑块类问题，处理方法与滑块滑板模型类似2两种类型类型图示规律分析木板B带动物块A，物块恰好不从木板上掉下的临界条件是物块恰好滑到木板左端时二者速度相等，则位移关系为xBxAL物块A带动木板B，物块恰好不从木板上掉下的临界条件是物块恰好滑到木板右端时二者速度相等，则位移关系为xBLxA【高考领航】【2019江苏高考】如图所示，质量
2、相等的物块A和B叠放在水平地面上，左边缘对齐。A与B、B与地面间的动摩擦因数均为。先敲击A，A立即获得水平向右的初速度，在B上滑动距离L后停下。接着敲击B，B立即获得水平向右的初速度，A、B都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。求：(1)A被敲击后获得的初速度大小vA；(2)在左边缘再次对齐的前、后，B运动加速度的大小aB、aB；(3)B被敲击后获得的初速度大小vB。【答案】(1)(2)3gg(3)2【解析】A、B的运动过程如图所示：(1)A被敲击后，B静止，A向右运动，由牛顿第二定律知，A的加速度大小aAgA在B上滑动时
3、有2aALv解得：vA。(2)设A、B的质量均为m对齐前，A相对B滑动，B所受合外力大小Fmg2mg3mg由牛顿第二定律得FmaB，得aB3g对齐后，A、B相对静止，整体所受合外力大小F2mg由牛顿第二定律得F2maB，得aBg。(3)设B被敲击后，经过时间t，A、B达到共同速度v，位移分别为xA、xB，A的加速度大小等于aA则vaAt，vvBaBtxAaAt2，xBvBtaBt2且xBxAL解得：vB2。【2017高考全国卷】如图，两个滑块A和B的质量分别为mA1 kg和mB5 kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为10.5；木板的质量为m4 kg，与地面间的动
4、摩擦因数为20.1.某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v03 m/s.A、B相遇时，A与木板恰好相对静止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)B与木板相对静止时，木板的速度；(2)A、B开始运动时，两者之间的距离.【答案】见解析【解析】(1)滑块A和B在木板上滑动时，木板也在地面上滑动设A、B和木板所受的摩擦力大小分别为f1、f2和f3，A和B相对于地面的加速度大小分别为aA和aB，木板相对于地面的加速度大小为a1.在物块B与木板达到共同速度前有f11mAgf21mBgf32(mmAmB)g由牛顿第二定律得f1mAaAf2mBaBf2f1f3ma1
5、设在t1时刻，B与木板达到共同速度，其大小为v1.由运动学公式有v1v0aBt1v1a1t1联立式，代入已知数据得v11 m/s.(2)在t1时间间隔内，B相对于地面移动的距离为sBv0t1aBt设在B与木板达到共同速度v1后，木板的加速度大小为a2.对于B与木板组成的体系，由牛顿第二定律有f1f3(mBm)a2由式知，aAaB；再由式知，B与木板达到共同速度时，A的速度大小也为v1，但运动方向与木板相反由题意知，A和B相遇时，A与木板的速度相同，设其大小为v2.设A的速度大小从v1变到v2所用的时间为t2，则由运动学公式，对木板有v2v1a2t2对A有v2v1aAt2在t2时间间隔内，B(以
6、及木板)相对地面移动的距离为s1v1t2a2t在(t1t2)时间间隔内，A相对地面移动的距离为sAv0(t1t2)aA(t1t2)2A和B相遇时，A与木板的速度也恰好相同因此A和B开始运动时，两者之间的距离为s0sAs1sB联立以上各式，并代入数据得s01.9 m.(也可用如图的速度时间图线求解)【技巧方法】1通过受力分析判断滑块和木板各自的运动状态（具体做什么运动）；2判断滑块与木板间是否存在相对运动。滑块与木板存在相对运动的临界条件是什么？运动学条件：若两物体速度或加速度不等，则会相对滑动。动力学条件：假设两物体间无相对滑动，先用整体法算出共同加速度，再用隔离法算出其中一个物体“所需要”的
7、摩擦力f；比较f与最大静摩擦力fm的关系，若f fm，则发生相对滑动；否则不会发生相对滑动。3. 分析滑块和木板的受力情况，根据牛顿第二定律分别求出滑块和木板的加速度；4. 对滑块和木板进行运动情况分析，找出滑块和木板之间的位移关系或速度关系，建立方程特别注意滑块和木板的位移都是相对地面的位移.5. 计算滑块和木板的相对位移（即两者的位移差或位移和）；6. 如果滑块和木板能达到共同速度，计算共同速度和达到共同速度所需要的时间；7. 滑块滑离木板的临界条件是什么？当木板的长度一定时，滑块可能从木板滑下，恰好滑到木板的边缘达到共同速度（相对静止）是滑块滑离木板的临界条件。【最新考向解码】【例1】(
8、2019河南周口市高三上学期期末)如图所示，足够长的质量M2 kg的木板静止在光滑水平地面上，质量m1 kg的物块静止在长木板的左端，物块和长木板之间的动摩擦因数0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。现对物块施加一水平向右的恒力F2 N，则下列说法正确的是()A物块和长木板之间的摩擦力为1 N B物块和长木板相对静止一起加速运动C物块运动的加速度大小为1 m/s2 D拉力F越大，长木板的加速度越大【答案】AC【解析】当物块与木板之间的静摩擦力增大至最大静摩擦力时，二者恰好相对滑动，设此时的临界拉力为F0，由牛顿第二定律有a，解得F01.5 N。因F2 NF01.5
9、N，故物块和长木板加速且相对滑动，两者之间存在滑动摩擦力，有fmg1 N，A正确，B错误；对物块由牛顿第二定律有Fmgma1，可得a11 m/s2，C正确；拉力F越大，物块的合力越大则加速度越大，但长木板受到的滑动摩擦力为1 N恒定，故相对滑动时长木板的加速度恒定，为a20.5 m/s2，D错误。【例2】(2019安徽六安模拟)如图所示，质量为M8 kg的小车放在光滑的水平面上，在小车左端加一水平推力F8 N，当小车向右运动的速度达到v01.5 m/s时，在小车前端轻轻放上一个大小不计、质量为m2 kg的小物块，小物块与小车间的动摩擦因数0.2，已知运动过程中，小物块没有从小车上掉下来，g取1
10、0 m/s2，求：(1)经过多长时间两者达到相同的速度；(2)小车至少多长，才能保证小物块不从小车上掉下来；(3)从小物块放上小车开始，经过t1.5 s小物块对地的位移大小为多少？【答案】(1)1 s(2)0.75 m(3)2.1 m【解析】(1)设小物块和小车的加速度分别为am、aM，由牛顿第二定律有：mgmam，FmgMaM代入数据解得：am2 m/s2，aM0.5 m/s2设经过时间t1两者达到相同的速度，由amt1v0aMt1，解得：t11 s.(2)当两者达到相同的速度后，假设两者保持相对静止，以共同的加速度a做匀加速运动，对小物块和小车整体，由牛顿第二定律有：F(Mm)a，解得：a
11、0.8 m/s2此时小物块和小车之间的摩擦力fma1.6 N而小物块和小车之间的最大静摩擦力fmmg4 Nf，所以两者达到相同的速度后，两者保持相对静止从小物块放上小车开始，小物块的位移为：smamt小车的位移sMv0t1aMt小车的长度至少为lsMsm代入数据得：l0.75 m(3)在开始的1 s内，小物块的位移smamt1 m，末速度vamt12 m/s，在剩下的时间t2tt10.5 s时间内，物块运动的位移为s2vt2at，得s21.1 m，可见小物块在总共1.5 s时间内通过的位移大小为ssms22.1 m.【例3】(2019河南中原名校联考)如图所示，在光滑的水平面上有一足够长的质量
12、为M4 kg的长木板，在长木板右端有一质量为m1 kg的小物块，长木板与小物块间动摩擦因数为0.2，长木板与小物块均静止现用F14 N的水平恒力向右拉长木板，经时间t1 s撤去水平恒力F.(1)在F的作用下，长木板的加速度为多大？(2)刚撤去F时，小物块离长木板右端多远？(3)最终长木板与小物块一同以多大的速度匀速运动？(4)最终小物块离长木板右端多远？【答案】(1)3 m/s2(2)0.5 m(3)2.8 m/s (4)0.7 m【解析】(1)根据牛顿第二定律可得a，解得a3 m/s2(2)撤去F之前，小物块只受摩擦力作用，故amg2 m/s2x1at2amt2，解得x10.5 m(3)刚撤
13、去F时，vat3 m/s，vmamt2 m/s撤去F后，长木板的加速度a0.5 m/s2最终速度vvmamtvat解得v2.8 m/s(4)在t内，小物块和木板的相对位移x2解得x20.2 m最终小物块离长木板右端xx1x20.7 m.【微专题精练】1.如图甲所示，一质量为M的长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为m的小滑块木板受到水平拉力F作用时，用传感器测出长木板的加速度a与水平拉力F的关系如图乙所示，重力加速度g10 m/s2，下列说法正确的是()A 小滑块的质量m2 kg B小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.1C当水平拉力F7 N时，长木板的加速度大小为3 m/s2D当水平拉力F
14、增大时，小滑块的加速度一定增大【答案】AC.【解析】当F6 N时，两物体恰好具有最大共同加速度，对整体分析，由牛顿第二定律有F(Mm)a，代入数据解得Mm3 kg.当F大于6 N时，两物体发生相对滑动，对长木板有a，图线的斜率k1，解得M1 kg，滑块的质量m2 kg，选项A正确；滑块的最大加速度ag2 m/s2，所以小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.2，选项B错误；当F7 N时，由a知长木板的加速度a3 m/s2，选项C正确；当两物体发生相对滑动时，滑块的加速度ag2 m/s2，恒定不变，选项D错误2.如图所示，在山体下的水平地面上有一静止长木板，某次山体滑坡，有石块从山坡上滑下后，恰好以
15、速度v1滑上长木板，石块与长木板、长木板与水平地面之间都存在摩擦设最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力的大小，且石块始终未滑出长木板下面给出了石块在长木板上滑行的vt图象，其中可能正确的是()【答案】BD【解析】.由于石块与长木板、长木板与地面之间都有摩擦，故石块不可能做匀速直线运动，故选项A错误；若石块对长木板向右的滑动摩擦力小于地面对长木板的最大静摩擦力，则长木板将静止不动，石块将在长木板上做匀减速直线运动，故选项D正确；设石块与长木板之间的动摩擦因数为1，长木板与地面之间的动摩擦因数为2，石块的质量为m，长木板的质量为M，当1mg2(Mm)g时，最终石块与长木板将一起做匀减速直线运动，此时的加
16、速度为2g，由1mg2(Mm)g，可得1mg2mg，即石块刚开始的加速度大于石块与长木板一起减速时的加速度，即1g2g，也就是说图象的斜率将变小，故选项C错误，B正确3.如图，光滑水平面上，水平恒力F作用在木块上，长木板和木块间无相对滑动，长木板质量为M，木块质量为m.它们共同加速度为a，木块与长木板间的动摩擦因数为，则在运动过程中()A木块受到的摩擦力一定是mg B木块受到的合力为FC长木板受到的摩擦力为mg D长木板受到的合力为【答案】D【解析】整体的加速度a，隔离长木板，受力分析，长木板所受的合力为F合，且长木板所受的合力等于长木板所受的摩擦力，又长木板所受的摩擦力等于长木板对木块的摩擦
17、力，故选项A、C错误，D正确；木块所受的合力F合ma，故选项B错误4如图所示，一长木板在水平地面上运动，在某时刻(t0)将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上在物块放到木板上之后，木板运动的速度时间图象可能是下列选项中的()【答案】A【解析】设在木板与物块未达到相同速度之前，木板的加速度为a1，物块与木板间的动摩擦因数为1，木板与地面间的动摩擦因数为2.对木板应用牛顿第二定律得：1mg22mgma1，a1(122)g，设物块与木板达到相同速度之后，木板的加速度为a2，对整体
18、有22mg2ma2，a22g，可见|a1|a2|，由v t图象的斜率表示加速度大小可知，选项A正确5(2019安徽合肥一中月考)如图所示，钢铁构件A、B叠放在卡车的水平底板上，卡车底板与B间的动摩擦因数为1，A、B间动摩擦因数为2，12，卡车刹车的最大加速度为a，a2g，可以认为最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，卡车沿平直公路行驶途中遇到紧急刹车情况时，要求其刹车后在s0距离内能安全停下，则卡车行驶的速度不能超过()A.B.C.D.【答案】C【解析】若卡车以最大加速度刹车，则由于a2g，A、B间发生相对滑动，故不能以最大加速度刹车，由于刹车过程中要求A、B和车相对静止，当A、B整体相对车发生滑
19、动时a1g，当A、B间发生相互滑动时a2g，由于12，所以aa，即当以a刹车时，A、B间发生相互滑动，所以要求整体都处于相对静止时，汽车刹车的最大加速度为a，根据公式v2v2ax，可得v22gs0，即v0，C正确6.(2019山东省日照市高三上学期11月期中试题)质量M1kg的长木板置于水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数0.1。木板上放有质量分别为mA2kg和mB1kg的A、B两物块，A、B与木板间的动摩擦因数分别为20.3、30.5，水平恒力F作用在物块A上，如图所示。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g10m/s2。则 ( )A若F5N，物块A受到的摩擦力大小为5N B若F6N，物块B受到
20、的摩擦力大小为5NC若F7N，物块A将会相对木板滑动 D无论力F多大，B与长木板之间都不会发生相对滑动【答案】D【解析】A与木板间的最大静摩擦力为FAmax2mAg6N; B与木板间的最大静摩擦力为fBmax3mBg5N；木板与地面间的最大静摩擦力为f(MmAmB)g4N；若F5N，木板已相对地面滑动，设A、B相对木板静止，则对整体：Ff(MmAmB)a，对A：FfAmAa，解得fA4.5N6N；对B：fBmBa，解得fB0.25N5N，故A、B确实相对木板静止，且fA4.5N故A错误；若F6N，木板已相对地面滑动，设AB相对木板静止，则对整体：Ff(MmAmB)a，对A：FfAmAa，解得f
21、A5N6N；对B：fBmBa，解得fB0.5N5N，故A、B确实相对木板静止，且fB0.5N，故B错误；若F7N，木板已相对地面滑动，设AB相对木板静止，则对整体Ff(MmAmB)a，对A：FfAmAa，解得fA5.5N6N；对B：fBmBa，解得fB0.75N N时，A与长木板相对运动，B和长木板一起运动，若F4 N，B和长木板一起运动，则mAg(mmB)a1，fB1mBa1，解得fB1 N，故选项C正确；若F6 N，则B物块加速度大小为a1 m/s2，故选项D错误8.如图所示，A、B两物块的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上A、B间的动摩擦因数为，B与地面间的动摩擦因数为.最大静摩擦
22、力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.现对A施加一水平拉力F，则()A当F2mg时，A、B都相对地面静止 B当Fmg时，A的加速度为gC当F3mg时，A相对B滑动 D无论F为何值，B的加速度不会超过g【答案】BCD【解析】根据题意可知，B与地面间的最大静摩擦力为：fBmmg，因此要使B能够相对地面滑动，A对B所施加的摩擦力至少为：fABfBmmg，A、B间的最大静摩擦力为：fABm2mg，因此，根据牛顿第二定律可知当满足：，且mgfAB2mg，即mgF3mg时，A、B将一起向右加速滑动，故选项A错误；当F3mg时，A、B将以不同的加速度向右滑动，根据牛顿第二定律有：F2mg2maA，2mgmgma
23、B，解得：aAg，aBg，故选项C、D正确；当Fmg时，aAaBg，故选项B正确9.如图所示，在光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板，其上叠放一质量为m2的木块假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等现给木块施加一随时间t增大的水平力Fkt(k是常数)，木板和木块加速度的大小分别为a1和a2.下列反映a1和a2变化的图线中正确的是()【答案】A【解析】在木板与木块相对滑动前，Fkt(m1m2)a，a与t成正比关系，at关系图线的斜率为，当m1与m2相对滑动后，木板受的摩擦力是Ff21m2gm1a1，a1为一恒量，对木块有Fm2gm2a2，得a2g，斜率为，可知A正确，B、C、D错误
24、10.如图所示，在光滑水平面上，一个小物块放在静止的小车上，物块和小车间的动摩擦因数0.2，重力加速度g10 m/s2.现用水平恒力F拉动小车，关于物块的加速度am和小车的加速度aM的大小，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列选项可能正确的是() Aam2 m/s2，aM1 m/s2 Bam1 m/s2，aM2 m/s2Cam2 m/s2，aM4 m/s2 Dam3 m/s2，aM5 m/s2【答案】C【解析】若物块与小车保持相对静止一起运动，设加速度为a，对系统受力分析，由牛顿第二定律可得：F(Mm)a，隔离小物块受力分析，二者间的摩擦力Ff为静摩擦力，且Ffmg，由牛顿第二定律可得：Ffma，
25、联立可得：amaMag2 m/s2.若物块与小车间发生了相对运动，二者间的摩擦力Ff为滑动摩擦力，且amaM，隔离小物块受力分析，如图所示，由牛顿第二定律可得：Ffmgmam，可得：am2 m/s2，选项C正确，选项A、B、D错误11.(2019湖北三校联考)有一项“快乐向前冲”的游戏可简化如下：如图所示，滑板长L1 m，起点A到终点线B的距离s5 m开始滑板静止，右端与A平齐，滑板左端放一可视为质点的滑块，对滑块施一水平恒力F使滑板前进滑板右端到达B处冲线，游戏结束已知滑块与滑板间动摩擦因数0.5，地面视为光滑，滑块质量m12 kg，滑板质量m21 kg，重力加速度g取10 m/s2，求：(
26、1)滑板由A滑到B的最短时间；(2)为使滑板能以最短时间到达，水平恒力F的取值范围【答案】(1)1 s(2)30 NF34 N【解析】(1)滑板一直以最大加速度加速时，所用时间最短设滑板最大加速度为a2，fm1gm2a2，a210 m/s2，s，解得t1 s.(2)滑板与滑块刚好相对滑动时，水平恒力最小，设为F1，此时可认为二者加速度相等，F1m1gm1a2，解得F130 N.当滑板运动到B点，滑块刚好脱离时，水平恒力最大，设为F2，设滑块加速度为a1，F2m1gm1a1，L，解得F234 N.则水平恒力大小范围是30 NF34 N.12.一长木板在水平地面上运动，在t0时刻将一相对于地面静止
27、的物块轻放到木板上，以后木板运动的速度时间图象如图所示。已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上。取重力加速度的大小g10 m/s2，求：(1)物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数；(2)从t0时刻到物块与木板均停止运动时，物块相对于木板的位移的大小。【答案】(1)0.20.3(2)1.125 m【解析】由vt图象可知，在t10.5 s时，二者速度相同，为v11 m/s，物块和木板的加速度大小分别为a1和a2，则a1a2设物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为1、2，根据牛顿第二定律，对物块有1mgma1
28、对木板有1mg22mgma2联立式得：10.2，20.3(2)t1时刻后，地面对木板的摩擦力阻碍木板运动，物块与木板之间的摩擦力改变方向。设物块与木板之间的摩擦力大小为Ff，物块和木板的加速度大小分别为a1和a2，由牛顿第二定律得对物块有Ffma1对木板有22mgFfma2假设物块相对木板静止，即Ff1mg，则a1a2，得Ff2mg1mg，与假设矛盾，所以物块相对木板向前减速滑动，而不是与木板共同运动，物块加速度大小a1a12 m/s2物块的vt图象如图所示。此过程木板的加速度a222g1g4 m/s2由运动学公式可得，物块和木板相对地面的位移分别为x10.5 mx2t1 m物块相对木板的位移
29、大小为xx2x11.125 m13.如图所示，木板静止于水平地面上，在其最右端放一可视为质点的木块。已知木块的质量m1 kg，木板的质量M4 kg，长L2.5 m，上表面光滑，下表面与地面之间的动摩擦因数0.2。现用水平恒力F20 N拉木板，g取10 m/s2。(1) 求木板加速度的大小；(2) 要使木块能滑离木板，求水平恒力F作用的最短时间；(3) 如果其他条件不变，假设木板的上表面也粗糙，其上表面与木块之间的动摩擦因数为10.3，欲使木板能从木块的下方抽出，对木板施加的拉力应满足什么条件？(4) 若木板的长度、木块质量、木板的上表面与木块之间的动摩擦因数、木板与地面间的动摩擦因数都不变，只
30、将水平恒力增加为30 N，则木块滑离木板需要多长时间？【答案】(1) 2.5 m/s2(2) 1 s(3)F 25 N(4) 2 s【解析】(1) 木板受到的摩擦力Ff(Mm)g10 N木板的加速度a2.5 m/s2。(2) 设拉力F作用时间t后撤去，F撤去后，木板的加速度为a2.5 m/s2，可见|a|a木板先做匀加速运动，后做匀减速运动，且时间相等，故at2L解得：t1 s，即F作用的最短时间为1 s。(4) 木块的加速度a木块1g3 m/s2木板的加速度a木板4.25 m/s2木块滑离木板时，两者的位移关系为x木板x木块L，即a木板t2a木块t2L代入数据解得：t2 s。14.如图所示，
31、质量M1 kg的木板静止在粗糙的水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数10.1，在木板的左端放置一个质量m1 kg、大小可以忽略的铁块，铁块与木板间的动摩擦因数20.4，取g10 m/s2，试求：(1)若木板长L1 m，在铁块上加一个水平向右的恒力F8 N，经过多长时间铁块运动到木板的右端？(2)若在铁块上的右端施加一个大小从零开始连续增加的水平向右的力F，通过分析和计算后，请在图中画出铁块受到木板的摩擦力f2随拉力F大小变化的图像。(设木板足够长)【答案】(1)1 s(2)见解析【解析】(1)铁块的加速度大小a14 m/s2，木板的加速度大小a22 m/s2，设经过时间t铁块运动到木板的右端，
32、则有a1t2a2t2L，解得：t1 s。(2)当F1(mM)g2 N时，M、m相对静止且对地静止，f2F。二者相对静止时，以系统为研究对象，根据牛顿第二定律有F11(Mm)g(Mm)a。此时系统的加速度a2 m/s2，解得F16 N，所以当2 NF6 N时，M、m相对静止，系统向右做匀加速运动，其加速度a。以M为研究对象，根据牛顿第二定律有：f21(Mm)gMa，解得f21。当F6 N，M、m发生相对运动，f22mg4 N。画出f2随拉力F大小变化的图像如图所示。15.一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
33、，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1 s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 m(3)6.5 m【解析】(1)根据题图b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直线运动，加速
34、度大小a2 m/s24 m/s2.根据牛顿第二定律有2mgma2，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xvta1t2解得a11 m/s2对小物块和木板整体受力分析，滑动摩擦力提供合外力，由牛顿第二定律得：1(m15m)g(m15m)a1，即1ga1解得10.1(2)碰撞后，木板向左做匀减速运动，依据牛顿第二定律有1(15mm)g2mg15ma3可得a3 m/s2对小物块，加速度大小为a24 m/s2由于a2a3，所以小物块速度先减小到0，所用时间为t11 s过程中，木板向左运动的位移为x1vt1a3t m，末速
35、度v1 m/s小物块向右运动的位移x2t12 m此后，小物块开始向左加速，加速度大小仍为a24 m/s2木板继续减速，加速度大小仍为a3 m/s2假设又经历t2二者速度相等，则有a2t2v1a3t2解得t20.5 s此过程中，木板向左运动的位移x3v1t2a3t m，末速度v3v1a3t22 m/s小物块向左运动的位移x4a2t0.5 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，xx1x2x3x46 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，整体加速度大小为a11 m/s2向左运动的位移为x52 m所以木板右端离墙壁最远的距离为xx1x3x56.5 m