高三复习物理斜面上的板块模型压轴题.doc

A甲P乙QBC例题1：地面固定一个斜面倾角为，AC边长为L，小物块乙置于木板甲的一端，与木板一起从斜面顶端C处无初速度释放，其中甲乙质量均为m，斜面光滑，甲乙之间的动摩擦因素为，木板长度为3L/4，重力加速度为g，每当木板滑到斜面底端时，就会与A处的弹性挡板发生碰撞，木板碰撞后等速率反弹，而且碰撞时间极短，对木块速度的影响可以忽略求：①甲乙开始静止下滑的加速度；②木板第一次碰撞反弹上升的最大距离；③物块乙从开始运动到最后与木板甲分离所用的时间解析】木板、木块、斜面分别用角标P、Q、M代表<1>开始下滑时，甲乙相对静止，视为整体，由牛二律：，故碰到底部挡板时，有故，需时：<2>木板频道A端反弹，沿斜面向上运动，物块仍然沿斜面向下，对木板P有：又，故反弹过程木板P的初速度设木板减速到零，走过的位移（相对斜面M）为，则有：解得：所需时间对物块Q有：又，故，即物块在木板上相对地面匀速下滑在时间内，物块对斜面下滑的位移为：，则物块相对木板的位移为：<3> 木板减速到零后，方向沿斜面向下加速木板若加速到与木块共速，需走过故木板在回到斜面底端A时，仍然没有达到与物体共速，故木板回到底端时的速度为：，所需时间为：木板返回所走位移：此时间内物块又向下相对斜面走了位移：故物体在斜面上相对前进了：此时物体距离木板左端还剩下的距离为：<4>木板与底端碰撞后又反弹若木板反弹后在斜面上向上一直减速到零，而木块仍未从木板上落下，由前面计算可知，木板相对斜面的位移为，需时间，与此同时物体对斜面向下位移为故物体对木板的位移为：说明板还未减速到零之前，物体已经达到木板左端，设需要时间为，则木板向上相对斜面运动位移为：物体继续相对斜面向下运动位移：则物体对木板位移为：即解得： 故总时间为方法2：VT图:<1><2>步骤同前，对第<3>问：，又时，甲乙的相对位移为：三角形DKH的面积，把三角形CKE的面积补到三角形EGH的部分，则等于矩形DCGH的面积，又等于矩形ABCD的面积（L/2），即：故内的相对位移为：解得: V/ m.s-1t/ svvt1t2t3t4ABCDEFGHIJKLMN故总时间为V/ m.s-1t/ svvt1t2t3t4ABCDEFGHIJKLMN在光滑水平面上放置两长度相同、质量分别为m1和m2的木板P、Q，在木板的左端各有一大小、形状、质量完全相同的物块a和b，木板和物块均处于静止状态．现对物块a和b分别施加水平恒力F1和F2，使它们向右运动．当物块与木板分离时，P、Q的速度分别为v1、v2，物块a、b相对地面的位移分别为s1、s2．已知两物块与木板间的动摩擦因数相同，下列判断正确的是（　　）A．若F1=F2、m1＞m2，则v1＞v2、S1=S2B．若F1=F2、m1＜m2，则v1＞v2、S1=S2C．若F1＞F2、m1=m2，则v1＜v2、S1＞S2D．若F1＜F2、m1=m2，则v1＞v2、S1＞S2A．若F1=F2、m1＞m2，则v1＞v2、S1=S2B．若F1=F2、m1＜m2，则v1＞v2、S1=S2C．若F1＞F2、m1=m2，则v1＜v2、S1＞S2D．若F1＜F2、m1=m2，则v1＞v2、S1＞S212题：A、首先看F1=F2 时情况：由题很容易得到a、b 所受的摩擦力大小是相等的，因此a、b 加速度相同，我们设a、b 加速度大小为a，对于P、Q，滑动摩擦力即为它们的合力，设P（m1）的加速度大小为a1，Q（m2）的加速度大小为a2，根据牛顿第二定律得：因为a1=μmg/ m1，a2=μmg/ m2，其中m为物块a和b的质量．设板的长度为L，它们向右都做匀加速直线运动，当物块与木板分离时：a与P 的相对位移L=(1/2)at12-(1/2)a1t12又b与Q 的相对位移L=(1/2)at22-(1/2)a2t22若m1＞m2，a1＜a2所以得：t1＜t2 P的速度为v1=a1t1，Q的速度为v2=a2t2物块a相对地面的位移分别为s1=(1/2)at12物块b相对地面的位移分别为s2=(1/2)at22则v1＜v2，s1＜s2，故A、B错误．对于C、若F1＞F2、m1=m2，根据受力分析和牛顿第二定律的：则a的加速度大于b的加速度，即aa＞ab由于m1=m2，所以P、Q加速度相同，设P、Q加速度为a．它们向右都做匀加速直线运动当物块与木板分离时：a与P 的相对位移L=(1/2)aat12-(1/2)at12又b与Q 的相对位移L=(1/2)abt22-(1/2)at22由于aa＞ab所以得：t1＜t2则v1＜v2，s1＜s2，故C错误．对于D、根据C选项分析得：若F1＜F2、m1=m2，aa＜ab则v1＞v2、S1＞S2故D正确．故选D．。