关于2015年高考新课标Ⅰ卷理综第25题解法的探究

贺慧鸽 段姜维

（武功县绿野高级中学 陕西 咸阳 712209）

2015年高考结束，对于新课标Ⅰ卷理综，纵观全卷，题目难易程度适中，较全面地考查了大纲所要求的知识点.关于计算题第25题，由于试题所给答案较为繁琐，本文现提出以下不同解答方式，以供各位同仁共同学习讨论.

【原题】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4.5m，如图1（a）所示.t＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t＝1 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v－t图线如图1（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10m／s2.求：

（1）木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2；

（2）木板的最小长度；

（3）木板右端离墙壁的最终距离.

图1

解法1：（试题所给解法）

（1）规定向右为正方向.木板与墙壁相碰前，小物块与木板一起向右做匀变速运动，设加速度为a1，小物块和木板的质量分别为m和M.由牛顿第二定律有

由图可知，木板与墙壁碰前瞬间的速度v1＝4 m／s，由运动学公式得

式中，t1＝1s，s0＝4.5m 是木板碰前的位移，v0是小物块和木板开始运动时的速度.联立式（1）～（3）和题给条件得

在木板与墙壁碰撞后，木板以－v1的初速度向左做匀变速运动，小物块以v1的初速度向右做匀变速运动.设小物块的加速度为a2，由牛顿第二定律有

由图可得

式中，t2＝2s，v2＝0，联立式（5）、（6）和题给条件得

（2）设碰撞后木板的加速度为a3，经过时间Δt，木板和小物块刚好具有共同速度v3.由牛顿第二定律及运动学公式得

碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运动的位移

小物块运动的位移

小物块相对木板的位移

联立式（6）和式（8）～ （13），并代入数值得

因为运动过程中小物块没有脱离木板，所以木板的最小长度应为6.0m.

（3）在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速运动直至停止，设加速度为a4，此过程中小物块和木板运动的位移为s3.由牛顿第二定律及运动学公式得

碰后木板运动的位移为

联立式（6）、（8）～ （11）、（15）～ （17），并代入数值得

木板右端离墙壁的最终距离为6.5m.

本文所给解法如下.

解法2：图像法

（1）规定向右为正方向.木板与墙壁相碰前，小物块与木板一起向右做匀减速运动，设加速度为a1.对木板，由图1（b）可知，碰撞瞬间木板速度为4m／s，即木板和小物块一起匀减速运动的末速度为4m／s，时间t1＝1s，位移为4.5m，对小物块和木板系统，根据逆向思维可得

可得a1＝1m／s2（方向向左），而a1＝μ1g，则μ1＝0.1.

对小物块，直接由图像可得碰后a2＝－4m／s2，而a2＝μ2g，故μ2＝0.4.

（2）木板碰撞墙壁后，小物块的加速度a2＝－4 m／s2，设此时木板的加速度为a3，由牛顿第二定律有

由于μ1＝0.1，a2＝－4m／s2μ2＝0.4，所以可求得

设经过时间t2小物块和木板达到共同速度v，则

代入数据，解得t2＝1.5s，v＝－2m／s.

作出木板和墙壁碰撞后的速度图像如图2所示，根据图像可知小物块和木板的相对位移

图2

（3）在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀减速运动直至停止，设加速度为a4.由牛顿第二定律得

代入数据可知

设经过时间t3，二者速度减为零，由运动学公式

可知t3＝2s.

作出图像，如图2所示，根据图像可知，木板右端离墙壁的最终距离为

解法3：

（1）略.

（2）根据解法2的有关数据可知小物块相对木板滑动前的初速度v1＝4m／s，最后二者共同向左匀减速的速度v2＝2m／s，由动能定理，对小物块有

得

对木板有

得

所以木板长度

（3）对整个系统，从碰后到停止运动，根据动能定理，有

代入数据，得