考点10 动力学中的板块模型（解析版）—高中物理

这是一份考点10 动力学中的板块模型（解析版）—高中物理，共13页。


1．模型特点：滑块(视为质点)置于木板上，滑块和木板均相对地面运动，且滑块和木板在摩擦力的作用下发生相对滑动．
2．位移关系：如图所示，滑块由木板一端运动到另一端的过程中，滑块和木板同向运动时，位移之差Δx＝x1－x2＝L(板长)；滑块和木板反向运动时，位移大小之和x2＋x1＝L.
3．解题关键点
(1)由滑块与木板的相对运动来判断“板块”间的摩擦力方向．
(2)当滑块与木板速度相同时，“板块”间的摩擦力可能由滑动摩擦力转变为静摩擦力或者两者间不再有摩擦力(水平面上共同匀速运动)．
处理“板块”模型中动力学问题的流程
典例1(水平面上的板块模型)如图所示，在光滑的水平面上有一足够长的质量为M＝4 kg更多课件 教案 视频 等优质滋源请 家 威杏 MXSJ663 的长木板，在长木板右端有一质量为m＝1 kg的小物块，长木板与小物块间的动摩擦因数为μ＝0.2，长木板与小物块均静止，现用F＝14 N的水平恒力向右拉长木板，经时间t＝1 s撤去水平恒力F，g取10 m/s2，则：
(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起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)对长木板，根据牛顿第二定律可得a＝eq \f(F－μmg,M)
解得a＝3 m/s2
(2)撤去F之前，小物块只受摩擦力作用
故am＝μg＝2 m/s2
Δx1＝eq \f(1,2)at2－eq \f(1,2)amt2＝0.5 m
(3)刚撤去F时v＝at＝3 m/s，vm＝amt＝2 m/s
撤去F后，长木板的加速度a′＝eq \f(μmg,M)＝0.5 m/s2
最终速度v′＝vm＋amt′＝v－a′t′
解得共同速度v′＝2.8 m/s
(4)在t′内，小物块和长木板的相对位移Δx2＝eq \f(v2－v′2,2a′)－eq \f(v′2－vm2,2am)
解得Δx2＝0.2 m
最终小物块离长木板右端x＝Δx1＋Δx2＝0.7 m.
典例2(斜面上的板块模型)(多选)滑沙运动是小孩比较喜欢的一项运动，其运动过程可类比为如图所示的模型，倾角为37°的斜坡上有长为1 m的滑板，滑板与沙间的动摩擦因数为eq \f(21,40).小孩(可视为质点)坐在滑板上端，与滑板一起由静止开始下滑，小孩与滑板之间的动摩擦因数取决于小孩的衣料，假设图中小孩与滑板间的动摩擦因数为0.4，小孩的质量与滑板的质量相等，斜坡足够长，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g取10 m/s2，则下列判断正确的是( )
A．小孩在滑板上下滑的加速度大小为2 m/s2
B．小孩和滑板脱离前滑板的加速度大小为0.8 m/s2
C．经过1 s的时间，小孩离开滑板
D．小孩离开滑板时的速度大小为0.8 m/s
答案 BC
解析 对小孩，由牛顿第二定律得，加速度大小为a1＝eq \f(mgsin 37°－μ1mgcs 37°,m)＝2.8 m/s2，同理对滑板，加速度大小为a2＝eq \f(mgsin 37°＋μ1mgcs 37°－2μ2mgcs 37°,m)＝0.8 m/s2，A错误，B正确；小孩刚与滑板分离时，有eq \f(1,2)a1t2－eq \f(1,2)a2t2＝L，解得t＝1 s，离开滑板时小孩的速度大小为v＝a1t＝2.8 m/s，D错误，C正确．
1.(多选)如图所示，质量为m1的足够长的木板静止在光滑水平地面上，其上放一质量为m2的木块．t＝0时刻起，给木块施加一水平恒力F.分别用a1、a2和v1、v2表示木板、木块的加速度和速度大小，下列图中可能符合运动情况的是( )
答案 AC
解析 木块和木板可能保持相对静止，一起做匀加速直线运动，加速度大小相等，故A正确；木块可能相对于木板向前滑动，即木块的加速度a2大于木板的加速度a1，都做匀加速直线运动，故B、D错误，C正确．
2.质量为m0＝20 kg、长为L＝5 m的木板放在水平地面上，木板与水平地面间的动摩擦因数为μ1＝0.15.质量为m＝10 kg的小铁块(可视为质点)，以v0＝4 m/s的速度从木板的左端水平冲上木板(如图所示)，小铁块与木板间的动摩擦因数为μ2＝0.4(最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10 m/s2)．则下列判断正确的是( )
A．木板一定静止不动，小铁块不能滑出木板
B．木板一定静止不动，小铁块能滑出木板
C．木板一定向右滑动，小铁块不能滑出木板
D．木板一定向右滑动，小铁块能滑出木板
答案 A
解析 木板与地面间的最大静摩擦力为Ff1＝μ1(m0＋m)g＝45 N，小铁块与木板之间的最大静摩擦力为Ff2＝μ2mg＝40 N，Ff1>Ff2，所以木板一定静止不动；假设小铁块未滑出木板，在木板上滑行的距离为x，则v02＝2μ2gx，解得x＝2 m3．(多选)如图甲所示，上表面粗糙的平板小车静止于光滑水平面上．t＝0时，小车以初速度v0向右运动，将小滑块无初速度地放置于小车的右端，最终小滑块恰好没有滑出小车．如图乙所示为小滑块与小车运动的v－t图像，图中t1、v0、v1均为已知量，重力加速度大小取g.由此可求得( )
A．小车的长度
B．小滑块的质量
C．小车在匀减速运动过程中的加速度
D．小滑块与小车之间的动摩擦因数
答案 ACD
解析 最终小滑块恰好没有滑出小车，由图像可求出小车的长度L＝eq \f(v1＋v0,2)t1－eq \f(v1,2)t1＝eq \f(v0,2)t1，故A正确；根据v－t图像可知小车做匀减速直线运动的加速度大小，即a＝eq \f(v0－v1,t1)，故C正确；根据v－t图像可知小滑块做匀加速直线运动的加速度大小，即a＝eq \f(v1,t1)，再由牛顿第二定律得a＝eq \f(Ff,m)＝eq \f(μmg,m)＝μg，联立解得小滑块与小车之间的动摩擦因数μ＝eq \f(v1,gt1)，但小滑块的质量无法求出，故B错误，D正确．
4.(多选)(2022·大连市高一期末)如图所示，A、B两物块的质量分别为1 kg和2 kg，静止叠放在水平地面上，A、B间的动摩擦因数为0.4，B与地面间的动摩擦因数为0.2，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2.现对B施加一水平拉力F＝12 N，则( )
A．B对A摩擦力大小为4 N
B．B对A摩擦力大小为2 N
C．A、B发生相对滑动，A的加速度为4 m/s2
D．A、B一起做匀加速运动，加速度为2 m/s2
答案 BD
解析 由于B与地面间的动摩擦因数为0.2，所以B与地面间的滑动摩擦力Ff2＝μ2(mA＋mB)g＝6 N，由于A、B间的动摩擦因数为0.4，所以A的最大加速度am＝eq \f(μ1mAg,mA)＝μ1g＝4 m/s2
如果A、B一起以am匀加速运动，则F1－Ff2＝(mA＋mB)am，解得F1＝18 N，由于Ff25．(多选)如图甲所示，水平地面上静止放置一质量为M的木板，木板的左端有一个可视为质点的、质量m＝1 kg的滑块．现给滑块一向右的初速度v0＝10 m/s，此后滑块和木板在水平地面上运动的速度图像如图乙所示，滑块最终刚好停在木板的右端，取g＝10 m/s2.下列说法正确的是( )
A．滑块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.4
B．木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1
C．木板的长度L＝4 m
D．木板的质量M＝1.5 kg
答案 ABD
解析 由题图乙知，滑块刚滑上木板时加速度a1＝eq \f(Δv1,Δt1)＝eq \f(2－10,2－0) m/s2＝－4 m/s2，由ma1＝－μ1mg得μ1＝0.4，A正确；2 s后滑块与木板一起做匀减速直线运动，加速度a3＝eq \f(Δv2,Δt2)＝eq \f(0－2,4－2) m/s2＝－1 m/s2，由(m＋M)a3＝－μ2(m＋M)g得μ2＝0.1，B正确；木板的长度为0～2 s内滑块与木板的v－t 图线与时间轴所围面积差，L＝eq \f(1,2)×10×2 m＝10 m，C错误；0～2 s内木板的加速度a2＝eq \f(Δv1′,Δt1)＝eq \f(2－0,2－0) m/s2＝1 m/s2，对M有μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2，解得M＝1.5 kg，D正确．
6．(多选)如图甲所示，一滑块置于足够长的长木板左端，木板放置在水平地面上．已知滑块和木板的质量均为2 kg，现在滑块上施加一个F＝0.5t (N)的变力作用，从t＝0时刻开始计时，滑块所受摩擦力随时间变化的关系如图乙所示．设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是( )
A．滑块与木板间的动摩擦因数为0.4
B．木板与水平地面间的动摩擦因数为0.2
C．图乙中t2＝24 s
D．木板的最大加速度为2 m/s2
答案 ACD
解析 由题图乙可知，滑块与木板之间的滑动摩擦力为8 N，则滑块与木板间的动摩擦因数为μ＝eq \f(Ffm,mg)＝eq \f(8,20)＝0.4，选项A正确．由题图乙可知t1时刻木板相对地面开始滑动，此时滑块与木板相对静止，则木板与水平地面间的动摩擦因数为μ′＝eq \f(Ff′,2mg)＝eq \f(4,40)＝0.1，选项B错误．t2时刻，滑块与木板将要发生相对滑动，此时滑块与木板间的摩擦力达到最大静摩擦力Ffm＝8 N，此时两物体的加速度相等，且木板的加速度达到最大，则对木板：Ffm－μ′·2mg＝mam，解得am＝2 m/s2；对滑块：F－Ffm＝mam，解得F＝12 N，则由 F＝0.5t (N)可知，t2＝24 s，选项C、D正确．
7.如图所示，一质量M＝0.2 kg的长木板静止在光滑的水平地面上，另一质量m＝0.2 kg的小滑块以v0＝1.2 m/s的速度从长木板的左端滑上长木板，已知小滑块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.4，g取10 m/s2，小滑块始终没有滑离长木板，求：
(1)经过多长时间，小滑块与长木板速度相等；
(2)从小滑块滑上长木板到小滑块与长木板相对静止，小滑块运动的距离为多少．
答案 (1)0.15 s (2)0.135 m
解析 (1)根据牛顿第二定律得
μmg＝ma1，μmg＝Ma2
解得a1＝4 m/s2，a2＝4 m/s2
小滑块做匀减速运动，而木板做匀加速运动，根据运动学公式有v0－a1t＝a2t，解得t＝0.15 s.
(2)小滑块与长木板速度相等时相对静止，从小滑块滑上长木板到两者相对静止，经历的时间为t＝0.15 s，这段时间内小滑块做匀减速运动，由x＝v0t－eq \f(1,2)a1t2，解得x＝0.135 m.
8．质量为2 kg的木板B静止在水平面上，可视为质点的物块A从木板的左侧以初速度v0沿木板上表面水平冲上木板，如图甲所示．A和B经过1 s达到同一速度，之后共同减速直至静止，A和B的v－t图像如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)A与B上表面之间的动摩擦因数μ1；
(2)B与水平面间的动摩擦因数μ2；
(3)A的质量．
答案 (1)0.2 (2)0.1 (3)6 kg
解析 (1)由题图乙可知，A在0～1 s内的加速度a1＝eq \f(v1－v0,t1)＝－2 m/s2，对A由牛顿第二定律得，
－μ1mg＝ma1，解得μ1＝0.2
(2)由题图乙知，A、B整体在1～3 s内的加速度
a3＝eq \f(v3－v1,t2)＝－1 m/s2，
对A、B整体由牛顿第二定律得，
－μ2(M＋m)g＝(M＋m)a3，解得μ2＝0.1
(3)由题图乙可知B在0～1 s内的加速度
a2＝eq \f(v1,t1)＝2 m/s2.
对B由牛顿第二定律得，
μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2，
代入数据解得m＝6 kg.
9．(2021·湖北省1月选考模拟·15)如图a，在光滑水平面上放置一木板A，在A上放置物块B，A和B的质量均为m＝1 kg.A与B之间的动摩擦因数μ＝0.2.t＝0时刻起，对A施加沿水平方向的力，A和B由静止开始运动．取水平向右为正方向，B相对于A的速度用vBA＝vB－vA表示，其中vA和vB分别为A和B相对水平面的速度．在0～2 s时间内，相对速度vBA随时间t变化的关系如图b所示．运动过程中B始终未脱离A，重力加速度取g＝10 m/s2.求：
(1)0～2 s时间内，B相对水平面的位移大小；
(2)t＝2 s时刻，A相对水平面的速度．
答案 (1)3.5 m (2)0
解析 (1)由题知B始终未脱离A，
由vBA－t图像可知
0～1.5 s内，vBvA，B在向左的摩擦力作用下向右匀减速运动，对物块B，由牛顿第二定律，μmg＝ma，得a＝μg＝2 m/s2，则物块B在1.5 s时，v1.5＝at1.5＝3 m/s，x1.5＝eq \f(v1.5,2) t1.5＝2.25 m
物块B在t＝2 s末，v2＝v1.5－at0.5＝2 m/s，
在1.5～2 s内位移x2＝eq \f(v1.5＋v2,2)t0.5＝1.25 m
所以B相对水平面的位移
xB总＝x1.5＋x2＝3.5 m.
(2)由图可知t＝2 s时，vBA＝2 m/s，又此时B的速度
vB＝v2＝2 m/s
由vBA＝vB－vA得vA＝0.
10．如图所示，放在水平地面上的长木板B长为3 m，质量为m＝2 kg，B与地面间的动摩擦因数为μ1＝0.2.一质量为M＝3 kg的小铅块A放在B的左端，A、B之间动摩擦因数为μ2＝0.4.刚开始A、B均静止，现使A以5 m/s的初速度向右运动(g＝10 m/s2)，求：
(1)A、B刚开始运动时的加速度；
(2)B在地面上滑行的最大距离．
答案 (1)4 m/s2，方向向左 1 m/s2，方向向右 (2)0.75 m
解析 (1)对小铅块受力分析有Ff1＝μ2Mg＝12 N
对整体受力分析有Ff2＝μ1(M＋m)g＝10 N
根据牛顿第二定律得，A的加速度为
a1＝eq \f(Ff1,M)＝4 m/s2，方向向左
B的加速度为a2＝eq \f(Ff1－Ff2,m)＝1 m/s2，方向向右
(2)当A、B的速度相同时，两者不发生相对滑动．有v0－a1t＝a2t
所以t＝eq \f(v0,a1＋a2)＝1 s
此过程A的位移xA＝v0t－eq \f(1,2)a1t2＝3 m
B的位移xB＝eq \f(1,2)a2t2＝0.5 m
则A、B的相对位移Δx＝xA－xB＝2.5 m＜3 m
所以A不会从B上滑出
之后A、B一起做匀减速直线运动，
a3＝μ1g＝2 m/s2
此时的速度v＝v0－a1t＝1 m/s
A、B一起运动的位移xAB＝eq \f(v2,2a3)＝0.25 m
所以B滑行的距离x＝xB＋xAB＝0.75 m.
11.(2023·黑龙江哈尔滨·模拟)如图所示，一倾角的光滑斜面固定在水平地面上，斜面底端固定一挡板.长为的薄木板置于斜面上，其质量，下端位于点，，薄木板中点处放有一质量的滑块（可视为质点）.已知滑块与薄木板之间的动摩擦因数，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，斜面上区间存在特殊力场，当滑块进入此区域时能对滑块产生一个沿斜面向上、大小为的恒力作用，对木板无作用力，区域沿斜面的宽度为，重力加速度，现由静是释放薄木板和滑块，求：
(1)滑块在进入区域之前，薄本板运动的加速度大小；
(2)滑块第一次进入区间内受薄木板的摩擦力的大小和方向；
(3)若薄木板第一次与挡板碰撞后以原速率反弹，小滑块与挡板碰撞后即粘在挡板上，停止运动.求薄木板第一次与挡板碰撞后沿斜面上升到最高点的时间(忽略滑块从薄木板上滑下时，对木板的影响，结果可保留根号).
答案 (1)；(2)，方向沿斜面向下；(3)
解析 (1)滑块在进入区域之前，由于斜面光滑，将与木板一起以加速度加速下滑

(2)进入区间后，假设滑块与木板仍然相对静止，设下滑的加速度为，对整体
对滑块，所受木板的静摩擦力方向沿斜面向下，根据牛顿第二定律有
解得;
又因为滑块与木板间的最大静摩擦力
假设成立.即滑块受木板的静摩擦力方向沿斜面向下，大小为；
(3)滑块和木板一起以加速度加速下滑的速度为，时间为，则
滑块和木板一起匀速下滑，对滑块有
解得,即在上仍然匀速下滑
对薄木板有
解得,以加速度匀减速上滑
设滑块离开薄木板的时间为，有
此时薄木板的速度
分离后，对薄木板有
接着以加速度减速上滑至最高点，有
所以薄木板沿斜面上升到最高点的时间为
解得
12.(2023·全国·专题)一质量为M=5kg的木板放在倾角=37°的光滑斜面上，并在外力作用下保持着静止状态.木板左端距斜面底端的距离为s=10.25m，斜面底端固定着一弹性薄挡板，与之相碰的物体会以原速率弹回.t=0时刻，撤去作用在木板上的外力，同时将一质量m=10kg的小物块从距离木板左端l=54m处，以沿木板向上的初速度v0=4m/s滑上木板，并对小物块施加沿斜面向上的外力F0=80N（该力在1s时变为）.当木板第一次与弹性薄挡板相碰时，撤去施加在小物块上的外力.已知木板与物块间的动摩擦因数μ=0.5，小物块可以看作质点，且整个过程中小物块不会从木板右端滑出，取g=10m/s2，求：
(1)0至1s时间内，小物块和木板的加速度的大小和方向；
(2)木板第一次与挡板碰撞时的速度的大小；
(3)小物块从木板左端滑出之前木板与挡板碰撞的次数，及滑出瞬间小物块与挡板间的距离.
答案 (1)，小物块的加速度的方向沿斜面向下，，木板的加速度的方向沿斜面向上；(2)；(3)5次，
解析 (1)0至1s时间内，小物块的加速度的大小为
解得
小物块的加速度的方向沿斜面向下,0至1s时间内，木板的加速度的大小为
解得,木板的加速度的方向沿斜面向上
(2)0至1s时间内，小物块沿斜面向上做匀减速运动有
0至1s时间内，木板沿斜面向上做匀加速运动有
则1s时，小物块与木板达到共同速度，且外力变为，此时小物块和木板一起做匀减速度运动，则有
解得 ,加速度的方向沿斜面向下
小物块和木板一起做匀减速度运动到速度为0时，通过的位移为
小物块和木板一起做匀减速度运动到速度为0后，再相同的加速度沿斜面向下做匀加速度直线运动，则有
解得木板第一次与挡板碰撞时的速度的大小为
(3)1s时，小物块到木板左端的距离为
当木板第一次与弹性薄挡板相碰时，撤去施加在小物块上的外力，则木板的加速度的大小为
解得
小物块的加速度的大小为
解得
木板做减速度运动，减速到0时，所用时间为
此过程小物块的位移大小为
此过程木板的位移大小为
则这段时间内，小物块与木板的相对位移为
木板速度减为0时，小物块的速度大小为
设再经过 ，木板与挡板第二次碰撞，且碰撞时的速度为，则有
此过程小物块的位移大小为
此过程木板的位移大小为
则这段时间内，小物块与木板的相对位移为
木板与挡板第二次碰撞时，小物块的速度大小为
木板与挡板第一次碰撞和第二次碰撞之间小物块与木板的总相对位移为
根据以上分析可知，木板每次与挡板碰撞时的速度大小均为，并且由于小物体一直做匀加速运动，所以从木板第一次与挡板碰撞开始，之后的每两次相领碰撞过程中，小物块与木板相对位移都会比前一次多2m，由此可知，第2次和第1次碰撞之间的过程中，小物块和木板的相对位移为8m，第3次和第2次碰撞之间的过程中，小物块和木板的相对位移为10m，第4次和第3次碰撞之间的过程中，小物块和木板的相对位移为12m
按照上面的推演可知，木板与挡板第5次碰撞时，小物块距离木板的左端的距离为
小物块的速度为
木板反弹后达到速度为0的过程中，小物块和木板的相对位移为
所以木板速度减为0时，小物块到木板左端的距离为2.5m，小物块的速度大小为，再经过时间，小物块从木板左端滑出，则有
解得
从木板与挡板第一次碰撞到小物块滑出木板瞬间所经过的时间为
小物块的位移大小为
所以滑出瞬间小物块与挡板间的距离为