板块模型的动力学问题 ——高中物理人教版二轮复习专题 学案

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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．板块模型的两种类型
3．分析板块模型的关键点
一个
转折
滑块与木板达到相同速度或者滑块从木板上滑下是受力和运动状态变化的转折点
两个
关联
转折前、后受力情况之间的关联和滑块、木板位移与板长之间的关联。一般情况下，由于摩擦力或其他力的转变，转折前、后滑块和木板的加速度都会发生变化，因此以转折点为界，对转折前、后进行受力分析是建立模型的关键
4．解决板块模型问题的思维模板
二．典例精讲
1．水平面上的板块问题
例题1 （多选）一足够长木板置于水平地面上，二者间的动摩擦因数为μ。t＝0时，木板在水平恒力作用下，由静止开始向右运动。某时刻，一小物块以与木板等大、反向的速度从右端滑上木板。已知t＝0到t＝4t0的时间内，木板速度v随时间t变化的图像如图所示，其中g为重力加速度大小。t＝4t0时刻，小物块和木板的速度相同。下列说法正确的是（ ）
A．小物块在t＝3t0时刻滑上木板
B．小物块和木板间的动摩擦因数为2μ
C．小物块与木板的质量比为3∶4
D．t＝4t0之后小物块和木板一起做匀速运动
【答案】ABD
【解析】设长木板的质量为m，小物块的质量为m0。v－t图像中图线的斜率表示加速度，由题图可知，0～3t0时间内，图线的斜率不变，则木板运动的加速度不变，木板所受合外力不变，由牛顿第二定律有F－μmg＝ma1，由题图可知a1＝，解得F＝；t＝3t0时，图线的斜率发生变化，则木板的加速度发生变化，说明此时小物块滑上木板，A正确；设t＝3t0时木板的速度大小为vm，则vm＝a1×3t0＝，小物块滑上木板的速度大小也为vm，方向水平向左，设小物块的加速度大小为a，因为t＝4t0时刻小物块与木板的速度相同，则有＝－vm＋at0，又μ′m0g＝m0a，解得μ′＝2μ，B正确；小物块滑上木板后，木板向右做匀减速直线运动，由题图可知其加速度大小a2＝μg，由牛顿第二定律有μ(m＋m0)g＋μ′m0g－F＝ma2，解得，C错误；t＝4t0后，假设小物块与木板相对静止一起运动，则对整体有F－μ(m＋m0)g＝(m＋m0)a′，解得a′＝0，故二者相对静止一起做匀速运动，D正确。
例题2 如图甲所示，在水平面上固定一倾角为θ＝30°的光滑斜面，斜面右端水平地面上放置一水平长木板，斜面右端与长木板等高且平滑连接。现将一质量为m＝1 kg的滑块自斜面上的A点静止释放，滑块经过B点滑上长木板，之后滑块和长木板运动的v－t图像如图乙所示，已知g＝10 m/s2。求：
（1）A、B两点的距离；
（2）长木板的质量；
（3）若长木板的长度l＝15 m，要使滑块不从长木板上滑落，A、B两点间距离的最大值是多少。
【答案】（1）10 m （2）1.5 kg （3）15 m
【解析】（1）根据图乙可知，滑块冲上木板时的初速度v0＝10 m/s
滑块从A→B过程，根据速度与位移的关系式有＝2gx1sin θ
解得x1＝10 m
（2）根据图乙可知，滑块滑上木板后，滑块做匀减速直线运动，木板做匀加速直线运，达到共同速度后保持相对静止，做匀减速直线运动至静止，
则有a1＝ m/s2＝4 m/s2，a2＝ m/s2＝1 m/s2，a3＝ m/s2＝1 m/s2
根据牛顿第二定律有μ1mg＝ma1，μ1mg－μ2(m＋M)g＝Ma2，μ2(m＋M)g＝(m＋M)a3
解得μ1＝0.4，μ2＝0.1，M＝1.5 kg
（3）由题意知，当滑块到达木板右端，恰好共速时，A、B两点间的距离最大，则滑块从A→B过程，根据速度与位移的关系式有＝2gx2sin θ
滑块滑上木板后，有v2＝a2t＝v1－a1t
则有l＝
解得x2＝15 m
2．倾斜面的板块模型
例题3 如图甲所示，光滑斜面上有固定挡板A，斜面上叠放着小物块B和薄木板C，木板下端位于挡板A处，整体处于静止状态。木板C受到逐渐增大的沿斜面向上的拉力F作用时，木板C的加速度a与拉力F的关系图像如图乙所示，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2，则由图像可知下列说法正确的是（ ）
A．10 N＜F＜15 N时物块B和木板C相对滑动
B．木板和物块两者间的动摩擦因数不可求出
C．由题目条件可求木板C的质量
D．F＞15 N时物块B和木板C相对滑动
【答案】D
【解析】由图乙可知，当10 N＜F＜15 N对物块B和木板C相对静止，当F＞15 N时木板的加速度变大，物块B和木板C产生了相对滑动，故A错误，D正确；对木板和物块整体，当F1＝10 N时，a＝0，则F1＝(M＋m)gsin θ，当F2＝15 N时，a＝2.5 m/s2，则F2－(M＋m)gsin θ＝(M＋m)a，联立得M＋m＝2 kg，sin θ＝，但是不能求解木板C的质量，故C错误；当F2＝15 N时，对物块B，有μmgcs θ－mgsin θ＝ma，解得μ＝，故B错误。
三．跟踪训练
1．如图所示，一长木板在水平地面上运动，在某时刻（t＝0）将一相对于地面静止的物块轻放到木板上。已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上。在物块放到木板上之后，木板运动的速度—时间图像可能是图中的（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】放上小物块后，长木板受到小物块施加的向左的滑动摩擦力和地面施加的向左的滑动摩擦力，在两力的共同作用下减速，小物块受到向右的滑动摩擦力作用，做匀加速运动，当两者速度相等后，可能以共同的加速度一起减速，直至速度为零，共同减速时的加速度小于两者相对运动时木板的加速度，A正确，B、C错误；由于水平面有摩擦，故两者不可能一起匀速运动，D错误。
2．（多选）粗糙水平面上有一块足够长的木板B，小物块A处于木板上表面的右端，两者均静止，如图甲所示。取水平向右为正方向，t＝0时刻分别使A和B获得等大反向的水平速度v0，它们一段时间内速度v随时间t变化的图像如图乙所示。已知物块A跟木板B的质量之比为1∶3，物块A与木板B之间、木板B与地面之间的动摩擦因数分别为μ1和μ2，重力加速度g＝10 m/s2，忽略空气阻力，则下列说法正确的是（ ）
A．物块与木板间的动摩擦因数为μ1＝0.2
B．两处的动摩擦因数之比为μ1∶μ2＝4∶5
C．木板B向前滑行的最大距离为 m
D．物块A相对木板B滑过的位移大小为10 m
【答案】AC
【解析】以水平向右为正方向，对小物块有μ1mAg＝mAaA，根据题图乙可知aA＝2 m/s2，那么物块与木板间的动摩擦因数为μ1＝0.2，A正确；对木板，受物块与地面的摩擦力，则有μ1mAg＋μ2(mA＋mB)g＝mBaB，根据题图乙可知aB＝1 m/s2，那么木板与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.025，两处的动摩擦因数之比为μ1∶μ2＝8∶1，B错误；结合图乙，从t＝2 s开始，设物块与木板达到共速又用了时间t1，则2 m/s－aBt1＝aAt1，解得t1＝ s，此时的速度为v1＝ m/s，之后物块与木板具有共同的加速度a′＝μ2g＝0.25 m/s2，对于木板，在相对滑动阶段的位移x1＝ m＝ m，共同前进阶段的位移x2＝ m＝ m，那么木板B向前滑行的最大距离为 m，C正确；两者的相对初速度为8 m/s，达到相对末速度为0所用的时间为2 s＋t1＝ s，则物块A相对木板B滑过的位移大小为 m＝ m，D错误。
3．如图所示，水平桌面上质量m1＝0.01 kg的薄纸板上，放有一质量m2＝0.04 kg的小水杯（可视为质点），小水杯距纸板左端距离x1为0.5 m，距桌子右端距离x2为1 m。现给纸板一个水平向右的恒力F，欲将纸板从小水杯下抽出。若纸板与桌面、水杯与桌面间的动摩擦因数μ1均为0.4，水杯与纸板间的动摩擦因数μ2为0.2，重力加速度g取10 m/s2，设水杯在运动过程中始终不会翻倒，求：
（1）当F满足什么条件时，抽动纸板过程水杯相对纸板不滑动；
（2）当F为0.4 N时，纸板的加速度是多大？
（3）当F满足什么条件，纸板能从水杯下抽出，且水杯不会从桌面滑落？
【解析】（1）当抽动纸板且水杯相对纸板不滑动时，设水杯最大加速度为a1，
对水杯分析，根据牛顿第二定律μ2m2g＝m2a1，
解得a1＝2 m/s2，
对整体分析，根据牛顿第二定律F1－μ1(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a1，
解得F1＝0.3 N，
故当F≤F1＝0.3 N时抽动纸板过程水杯相对纸板不滑动。
（2）当F2＝0.4 N时，纸杯和纸板会发生相对滑动，
对纸板分析有F2－μ2m2g－μ1(m1＋m2)g＝m1a，
解得a＝12 m/s2。
（3）纸板抽出的过程，对纸板有F－μ2m2g－μ1(m1＋m2)g＝m1a2，
纸板抽出的过程，二者位移关系满足x1＝，
纸板抽出后，水杯在桌面上做匀减速运动，设经历时间t′恰好到桌面右边缘静止，
有μ1m2g＝m2a1′，
由速度关系有a1t＝a1′t′，
纸杯的位移关系有x2－×t′，
联立解得F＝0.315 N，
所以，当F≥0.315 N时，纸板能从水杯下抽出，且水杯不会从桌面滑落。
4．如图所示，在倾角为θ＝37°的足够长固定斜面上放置一质量M＝2 kg，长度L＝1.5 m的薄平板AB，在薄平板上端A处放一质量m＝1 kg的小滑块（视为质点），将小滑块和薄平板同时无初速度释放，已知小滑块与薄平板之间的动摩擦因数为μ1＝0.25。薄平板与斜面之间的动摩擦因数为μ2＝0.5，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，取g＝10 m/s2，求：
（1）释放后，小滑块的加速度大小a1和薄平板的加速度大小a2；
（2）从释放到小滑块滑离薄平板经历的时间t。
【答案】（1）4 m/s2 1 m/s2 （2）1 s
【解析】（1）假设释放后滑块会相对于薄平板向下滑动，
对滑块，由牛顿第二定律有mgsin 37°－Ff1＝ma1，
其中Ff1＝μ1FN1，FN1＝mgcs 37°
解得a1＝gsin 37°－μ1gcs 37°＝4 m/s2
对薄平板，由牛顿第二定律有Mgsin 37°＋Ff1－Ff2＝Ma2
其中Ff2＝μ2FN2，FN2＝(m＋M)gcs 37°
解得a2＝1 m/s2，a1＞a2，假设成立，
即滑块会相对于薄平板向下滑动。
（2）设滑块滑离薄平板经历的时间为t，由运动学公式，有x1＝，x2＝，
又x1－x2＝L，解得t＝1 s。
类型图示
规律分析
木板B带动物块A，物块恰好不从木板上掉下的临界条件是物块恰好滑到木板左端时二者速度相等，则位移关系为xB＝xA＋L
物块A带动木板B，物块恰好不从木板上掉下的临界条件是物块恰好滑到木板右端时二者速度相等，则位移关系为xB＋L＝xA