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套路2板塊模型的解題套路┃┃套路揭秘?調(diào)研2(2022·福建福州3月質(zhì)檢,多選)如圖所示,質(zhì)量為M的長木板A以速度v0在光滑水平地面上向左勻速運動①,①【模型構(gòu)建】水平地面光滑的板塊模型,運動過程中長木板和小滑塊組成的系統(tǒng)動量守恒。質(zhì)量為m的小滑塊B輕放在木板左端,經(jīng)過一段時間恰好從木板的右端滑出②,②【審題指導(dǎo)】“恰好”的意思是小滑塊運動到長木板最右端時,二者具有共同的速度。小滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)為μ,則下列說法中正確的是(AB)A.若只增大m,則小滑塊不能滑離木板B.若只增大M,則小滑塊在木板上運動的時間變短C.若只增大v0,則小滑塊離開木板時的速度變大D.若只減小μ,則小滑塊滑離木板過程中小滑塊對地的位移變大【解析】由題意小滑塊恰好從木板的右端滑出,可知小滑塊剛好到達木板的右端時,二者達到共速的狀態(tài),且二者的相對位移等于木板的長度,由動量守恒定律有Mv0=(M+m)v,解得v=eq\f(Mv0,M+m),該過程中小滑塊做初速度為零的勻加速直線運動,加速度大小為aB=μg,木板做勻減速直線運動,加速度大小為aA=eq\f(μmg,M)③,③【解題指導(dǎo)】此處涉及求解板塊模型中的相對運動問題,優(yōu)先考慮使用隔離法求解。小滑塊和木板的速度—時間圖像如圖甲所示;若只增大m,假設(shè)小滑塊不會離開木板,則由v=eq\f(Mv0,M+m)可知二者共同的速度減小,又小滑塊的加速度不變,長木板的加速度增大,則二者的速度—時間圖像如圖乙中的虛線所示,假設(shè)成立,選項A正確。若只增大M,假設(shè)小滑塊不能離開木板,由v=eq\f(Mv0,M+m)可知二者共同的速度增大,又小滑塊加速時的加速度大小不變,木板減速時的加速度減小,則二者的v-t圖像如圖丙中虛線所示,顯然相對位移大于木板的長度④,④【解題指導(dǎo)】求解板塊模型中的加速度或位移問題時,此處使用速度—時間圖像的物理意義解題更加簡單直觀,也可避免復(fù)雜的運算,速度—時間圖像中圖線的斜率表示物體的加速度,圖線與坐標軸圍成的面積表示物體的位移。假設(shè)不成立,說明小滑塊一定離開木板;若相對位移等于木板的長度,則v-t圖像應(yīng)如圖丁中虛線所示,顯然小滑塊在木板上運動的時間變短,選項B正確;同理利用假設(shè)法可確定若只增大v0,小滑塊一定能離開木板,由于二者的加速度大小均不變,則v-t圖像應(yīng)如圖戊中的虛線所示,則小滑塊離開木板時的速度變小,選項C錯誤;同理利用假設(shè)法可知若只減小μ,小滑塊一定能離開木板,又由于二者的加速度均減小,則v-t圖像應(yīng)如圖己中的虛線所示,則小滑塊在該過程中對地的位移減小,選項D錯誤。答案AB?!玖斫庖弧繕O限法!當M極大時,則木板的加速度趨近于零,木板以v0的速度做勻速直線運動,二者相對運動的時間一定減小,選項B正確?!玖斫舛繕O限法!當μ趨近于零時,二者的接觸面光滑,則小滑塊的加速度為零,即小滑塊在滑離木板的過程中始終靜止,所以小滑塊對地的位移為零,選項D錯誤。調(diào)研3(2022·湖南八校3月聯(lián)考)如圖所示,A、B、C三個物體均靜置于水平地面上,B、C之間放有少量炸藥,爆炸后產(chǎn)生60J的能量中有90%轉(zhuǎn)化為B、C兩物體的動能①。①【隱含條件】爆炸的時間極短產(chǎn)生極大的內(nèi)力,則爆炸過程中B、C組成的系統(tǒng)動量守恒。已知mA=2kg,mB=1kg,mC=3kg;A與地面之間的動摩擦因數(shù)μA=0.05,A與B之間的動摩擦因數(shù)μB=0.5,A與C之間的動摩擦因數(shù)μC=0.4。A物體足夠長,重力加速度g取10m/s2,求:(1)爆炸后瞬間B、C的速度為多大;(2)從爆炸后開始到A物體速度第一次為0的過程中,A與地面之間因摩擦而產(chǎn)生的熱量;(3)從爆炸后開始到B物體停止運動的過程中,地面對A物體摩擦力的沖量為多大。【解析】(1)設(shè)爆炸后瞬間B、C的速度大小分別為vB、vC,由爆炸瞬間動量守恒可得mBvB=mCvC,由爆炸后的能量轉(zhuǎn)換關(guān)系有E×90%=eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)+eq\f(1,2)mCveq\o\al(2,C),代入數(shù)據(jù)解得vB=9m/s,vC=3m/s。(2)爆炸后,對B進行受力分析,則由牛頓第二定律有μBmBg=mBaB解得爆炸后B的加速度大小為aB=5m/s2,則B由vB減為0所需時間為t=1.8s同理有μCmCg=mCaC,解得爆炸后C的加速度大小為aC=4m/s2假設(shè)A向右加速運動,同理有μCmCg-μBmBg-μA(mAg+mBg+mCg)=mAaA解得爆炸后A的加速度大小為aA=2m/s2②,假設(shè)成立②【解題指導(dǎo)】在求解板塊模型中物體的運動方向或運動狀態(tài)時,優(yōu)先考慮使用假設(shè)法,可快速判斷出物體的運動情況,該過程中A物體與B、C、地面之間均存在滑動摩擦力,若算出aA>0,則說明A會加速;若算出aA<0,則說明A保持靜止不動(上表面所受到的合外力小于物體的最大靜摩擦力)。經(jīng)過t1時間后A、C兩物體達到共速,則有vC-aCt1=aAt1=v共解得t1=0.5s,v共=1m/s假設(shè)A、C一起做減速運動,則A、C減速的過程中由牛頓第二定律有μBmBg+μA(mAg+mBg+mCg)=(mA+mC)aAC,解得加速度大小為aAC=1.6m/s2因0<aAC=1.6m/s2<aC,故假設(shè)成立A、C速度減到0的過程中有t2=eq\f(v共,aAC),解得t2=eq\f(5,8)s因t1+t2<t,故整個過程中B一直相對A向左滑動從爆炸后開始到A物體速度第一次為0的過程中,A對地的位移大小為x=eq\f(1,2)v共(t1+t2)③③【解題指導(dǎo)】在處理板塊模型中的對地位移問題時,利用平均速度一般可快速解決問題。解得x=eq\f(9,16)m該過程中A與地面之間因摩擦而產(chǎn)生的熱量為Q=μA(mAg+mBg+mCg)x解得Q=eq\f(27,16)J。(3)A物體速度第一次為0時,B物體的速度大小為vBt=vB-aB(t1+t2),解得vBt=eq\f(27,8)m/s假設(shè)A、C一起加速運動,則由牛頓第二定律有μBmBg-μA(mAg+mBg+mCg)=(mA+mC)aAC′④解得A、C一起加速時的加速度大小為aAC′=0.4m/s2,0<aAC′=0.4m/s2<ac,假設(shè)成立④④【易錯】注意此時A與地面之間的摩擦力反向了。當A、B、C三者均共速時的時間為t3,則有vBt-aBt3=aAC′t3=v′解得t3=eq\f(5,8)s,v′=0.25m/s經(jīng)過判斷可得,三者一起減速到0⑤,減速時間為t4,⑤【解題指導(dǎo)】此處為板塊模型中三者以相同的速度運動,我們不妨總結(jié)出兩個物體疊放在粗糙水平面上(無拉力)作用下的運動判斷方法:設(shè)地面與物
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