专题强化一 板块模型—2021高中物理一轮复习学案

(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。 [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 v＝4 m/s
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碰撞后木板速度水平向左，大小也是 v＝4 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 μ2g＝4
m/s－0 1s
解得 μ2＝0.4 木板与墙壁碰撞前，匀减速运动时间 t＝1 s
位移 x＝4.5 m，末速度 v＝4 m/s
其逆运动则为匀加速直线运动，可得 x＝vt＋12at2
代入可得 a＝1 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 μ1g＝a 可得 μ1＝0.1 (2)碰撞后，木板向左匀减速，依据牛顿第二定律有
解题步骤：
弄清题目情景，分析清楚每个物体的受力 审题建模 → 情况，运动情况，清楚题给条件和所求
↓
建立方程
→
根据牛顿运动定律准确求出各运动过程的 加速度(两过程接连处的加速度可能突变)
↓
找出物体之间的位移(路程)关系或速度关 明确关系 → 系是解题的突破口，上一过程的末速度是下
一过程的初速度，这是两过程的联系纽带
A．A、B 保持相对静止 B．A、B 一定相对滑动 C．B 与斜面间的动摩擦因数为F2－mmgcgossinθθ D．B 与斜面间的动摩擦因数为F－mgs2imngθc－osμθmgcos θ [解析] 因为 μ<tan θ，选 A 为研究对象，则满足 mgsin θ>μmgcos θ，所以 A、B 一定相对滑动， A 错误，B 正确；选物体 B 为研究对象，由牛顿第二定律得 F－μmgcos θ－mgsin θ－μB·2mgcos θ＝0， μB＝F－mgs2imngθc－osμθmgcos θ，故 C 错误，D 正确。 2．(2019·河南郑州一模)如图所示，a、b 两个物体静止叠放在水平桌面上，已知 ma＝mb＝m，a、 b 间的动摩擦因数为 μ，b 与地面间的动摩擦因数为14μ。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加 速度为 g。现对 a 施加一水平向右的拉力 F，下列判断正确的是( A )
例2
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 θ＝37°(sin 37°＝35)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 μ1 减小为38，B、C 间的动摩擦因数 μ2 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，μ2 保持不变。已知 A 开始 运动时，A 离 B 下边缘的距离 l＝27 m，C 足够长。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。取重力加速度 大小 g＝10 m/s2。求：
板块模型相关问题 滑块—木板类问题涉及两个物体，并且物体间存在相对运动。滑块从木板的一端运动到另一端 的过程中，若滑块和木板向同一方向运动，则滑块的位移和木板的位移大小之差等于木板的长度； 若滑块和木板向相反方向运动，则滑块的位移和木板的位移大小之和等于木板的长度。 该模型涉及两个物体、多个运动过程，并且物体间还存在相对运动，所以解题的关键是确定各 物体在各个运动过程中的加速度(注意两过程的连接处加速度可能突变)，并找出物体之间的位移(路 程)关系或速度关系。求解时应明确联系两个过程的纽带，即每一个过程的末速度是下一个过程的初 速度。 斜面上的板块模型
的最大静摩擦力为 f′max＝14×2μmg＝12μmg，a、b 相对地面一起运动，刚好不发生相对滑动时，由
牛顿第二定律，对 b 有 μmg－12μmg＝ma0，解得 a0＝12μg，对整体有 F0－12μmg＝2ma0，解得 F0＝32μmg，
所以若
a、b
两个物体始终相对静止，则水平拉力
F
不能超过32μmg，当水平拉力
(1)刚放上小物块时木板的速度； (2)物块在木板上相对木板滑动的时间。 [答案] (1)6 m/s (2)0.5 s [解析] 本题考查板块模型的运动和受力问题。 (1)对木板进行分析，0～1 s 内，木板在 F 作用下做匀减速运动，有 F＝Ma1， 解得木板的加速度大小 a1＝4 m/s2， 由于木板做匀减速直线运动，可得 t＝1 s 时，木板的速度为 v1＝v0－a1t＝6 m/s。 (2)物块放在木板上后，二者间存在摩擦力作用，摩擦力 f＝μmg， 对物块进行分析，物块在摩擦力作用下加速，满足 f＝ma2， 解得物块的加速度 a2＝4 m/s2， 对木板进行分析，木板在摩擦力与 F 共同作用下减速，满足 F＋f＝Ma3， 解得木板的加速度 a3＝8 m/s2， 当二者共速时有 v 共＝a2t′＝v1－a3t′， 解得 t′＝0.5 s， 由于 F＝(M＋m)a4， 解得 a4＝2 m/s2<μg＝4 m/s2， 所以此后木板与物块相对静止，共同减速，物块在木板上相对木板滑动的时间 t′＝0.5 s。 5．(2019·重庆南开中学模拟)如图所示，倾角为 θ＝37°的斜面上有一固定挡板 C，长度为 l1＝10 m 的木板 B(与挡板 C 厚度相同)上有一长度为 l2＝2 m 的木板 A，A、B 右端齐平，B 与斜面之间的动 摩擦因数为 μ1＝0.5，A、B 之间的动摩擦因数为 μ2。现由静止释放 A、B，两者相对静止一起向下加 速，经过时间 t＝2 s 长木板 B 与 C 碰撞，碰后 B 立即停止运动，重力加速度 g＝10 m/s2，sin 37°＝ 0.6，cos 37°＝0.8，求：
a′1＝6 m/s2
⑪
a′2＝－2 m/s2
⑫
即 B 做匀减速，设经时间 t2，B 的速度为零，则：
v2＋a′2t2＝0
⑬
联立○10 ⑫⑬可得 t2＝1 s
⑭
源自文库
在 t1＋t2 时间内，A 相对于 B 运动的距离为
s＝12a1t21＋v1t2＋21a′1t22－12a2t12＋v2t2＋21a′2t22＝12 m<27 m
水平面上的板块模型 例 1 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。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 1 s 时间内小物块的 v－t 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)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、a′B； (3)B 被敲击后获得的初速度大小 vB。 [答案] (1) 2μgL (2)3μg μg (3)2 2μgL [解析] A、B 的运动过程如图所示
(1)由牛顿运动定律知，A 加速度的大小 aA＝μg 匀变速直线运动 2aAL＝v2A 解得 vA＝ 2μgL (2)设 A、B 的质量均为 m 对齐前，B 所受合外力大小 F＝3μmg 由牛顿运动定律 F＝maB，得 aB＝3μg 对齐后，A、B 整体所受合外力大小 F′＝2μmg 由牛顿运动定律 F′＝2ma′B，得 a′B＝μg (3)经过时间 t，A、B 达到共同速度 v，位移分别为 xA、xB，A 加速度的大小等于 aA 则 v＝aAt，v＝vB－aBt xA＝12aAt2，xB＝vBt－12aBt2 且 xB－xA＝L
专题强化一 板块模型
问题特点：该类问题一般是叠加体的运动，一物体在另一物体表面相对滑动，它们之间的联系 即相互间的摩擦力，运动一段时间后达到共同速度，或具有相同的加速度，达到相对稳定状态。该 类问题过程较多，需要搞清各过程间的联系，需要学生具有较强的建模能力和过程分析能力，能综 合运用牛顿运动定律和匀变速直线运动规律解题。属于高考热点和难点问题，难度较大。
A．若 a、b 两个物体始终相对静止，则水平拉力 F 不能超过32μmg
B．当水平拉力 F＝μmg 时，a、b 间的摩擦力为32μmg
C．无论水平拉力 F 为何值，b 的加速度不会超过34μg
D．当水平拉力 F>μmg 时，b 相对 a 滑动
[解析] 本题考查板块模型中的临界问题。a、b 之间的最大静摩擦力为 fmax＝μmg，b 与地面间
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解得 vB＝2 2μgL 4．(2020·黑龙江哈尔滨三中一模)光滑水平地面上有一质量 M＝2 kg 的木板以速度 v0＝10 m/s 向右匀速运动，在 t＝0 时刻起对其施加一向左的恒力 F＝8 N。经 t＝1 s 时，将一质量 m＝2 kg 可视 为质点的小物块以初速度为零放在木板右端。物块与木板间的动摩擦因数 μ＝0.4，g 取 10 m/s2，木 板足够长。求：
(1)在 0～2 s 时间内 A 和 B 加速度的大小； (2)A 在 B 上总的运动时间。 [解析] (1)在 0～2 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：
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f1＝μ1N1
①
N1＝mgcos θ
②
f2＝μ2N2
③
N2＝N1＋mgcos θ
④
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：
二者的相对位移最大为 Δx＝x1＋x3＋x2－x4＝6 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 a＝μ1g＝1 m/s2
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位移 x5＝2va23 ＝2 m 所以木板右端离墙壁最远的距离为 x1＋x3＋x5＝6.5 m [答案] (1)0.1 0.4 (2)6.0 m (3)6.5 m 方法技巧：
⑮
此后 B 静止不动，A 继续在 B 上滑动，设再经时间 t3 后，A 离开 B，则有 l－s＝(v1＋a′1t2)t3＋
12a′1t23
可得，t3＝1 s(另一解不合题意，舍去)
设 A 在 B 上的运动时间为 t 总
t 总＝t1＋t2＋t3＝4 s
(利用下面的速度图象求解，正确的，参照上述答案参考)
mgsin θ－f1＝ma1
⑤
mgsin θ－f2＋f1＝ma2
⑥
联立以上各式可得 a1＝3 m/s2
⑦
a2＝1 m/s2
⑧
(2)在 t1＝2 s，设 A 和 B 的速度分别为 v1，v2，则
v1＝a1t1＝6 m/s
⑨
v2＝a2t1＝2 m/s
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t>t1 时，设 A 和 B 的加速度分别为 a′1，a′2，此时 A、B 之间摩擦力为零，同理可得：
3 F>2μmg
时，b
相对
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a 滑动，故 A 正确、D 错误；当水平拉力 F＝μmg 时，a、b 一起加速运动，加速度为 a1＝μmg－2m12μmg ＝14μg，对 a 根据牛顿第二定律可得 F－f1＝ma1，解得 a、b 间的摩擦力为 f1＝34μmg，故 B 错误；根 据 A 选项的分析可知，无论水平拉力 F 为何值，b 的加速度不会超过12μg，故 C 错误。
μ1(M＋m)g＋μ2mg＝Ma1
可得 a1＝43 m/s2
对小物块，则有加速度 a2＝4 m/s2 小物块速度先减小到 0，此时碰后时间为 t1＝1 s
此时，木板向左的位移为 x1＝vt1－12a1t21＝130 m
末速度 v1＝83 m/s
小物块向右位移 x2＝4 m2/s＋0t1＝2 m，此后小物块开始向左加速，加速度仍为 a2＝4 m/s2
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[答案] (1)3 m/s2 1 m/s2 (2)4 s 〔专题强化训练〕 1．(2019·山东大学附中月考)(多选)如图所示，一质量为 M 的斜面体静止在水平地面上，斜面倾 角为 θ，斜面上叠放着 A、B 两物体，物体 B 在沿斜面向上的力 F 的作用下沿斜面匀速上滑。若 A、 B 之间的动摩擦因数为 μ，μ<tan θ，A、B 质量均为 m，重力加速度为 g，则( BD )
策略方法：抓住两物体间的联系，靠摩擦力联系在一起，对两个物体分别做好受力分析，对于 是否相对滑动难以判断时可采用假设分析的方法进行判断，用相互间的作用力是否大于最大静摩擦 力，来判断是否相对滑动。搞清其运动过程，画出对地运动的过程示意图，帮助分析运动过程，搞 清对地位移和相对位移之分；必要时画出两物体运动过程的 v－t 图象帮助解决问题。
木板继续减速，加速度仍为 a1＝43 m/s2
假设又经历 t2 二者速度相等 则有 a2t2＝v1－a1t2 解得 t2＝0.5 s 此过程，木板位移 x3＝v1t2－12a1t22＝76 m
末速度 v3＝v1－a1t2＝2 m/s
小物块位移 x4＝12a2t22＝12 m
此后小物块和木板一起匀减速运动
3．(2019·江苏，15)如图所示，质量相等的物块 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 μ。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：