2023届新高考高三物理一轮复习学案12 专题强化一 板块模型

这是一份2023届新高考高三物理一轮复习学案12 专题强化一 板块模型，共6页。
专题强化一　板块模型 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相互作用下发生相对滑动。2．位移关系：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(或Δx＝x2－x1＝L)如图甲所示；滑块和木板反向运动时如图乙所示，位移之和Δx＝x2＋x1＝L。3．分析滑块—木板模型时要抓住一个转折和两个关联4．解决板块模型中速度临界问题的思维模板类型1　水平面上的板块模型例1 质量为M＝2.0 kg的长木板置于光滑水平面上，质量为m＝1.0 kg的小滑块置于长木板的右端，如图所示。现对小滑块施加一大小为10 N、方向与水平方向成37°角的恒力F，作用1.5 s后撤去该力，此后运动过程中，小滑块恰好不滑出长木板的左端。已知小滑块与长木板之间的动摩擦因数μ＝0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2。求：(1)未撤去恒力F时，小滑块、长木板的加速度大小；(2)长木板的长度。[解析]　(1)未撤去恒力F时，设小滑块、长木板加速度大小分别为a1、a2，据牛顿第二定律可知，对小滑块有Fcos  37°－μ(mg－Fsin 37°)＝ma1，对长木板分析有μ(mg－Fsin 37°)＝Ma2，代入数据解得a1＝6 m/s2，a2＝1 m/s2。(2)恒力F作用的1.5 s内，小滑块、长木板均由静止开始做匀加速直线运动，根据运动学公式可知，对小滑块分析有v1＝a1t ，x1＝a1t2，对长木板分析有v2＝a2t ，x2＝a2t2，撤去恒力F后，小滑块做匀减速直线运动，长木板继续做匀加速直线运动。设小滑块、长木板的加速度大小分别为a′1、a′2，据牛顿第二定律可知，对小滑块有μmg＝ma′1对长木板分析有μmg＝Ma′2当小滑块与长木板两者共速时，小滑块恰好不滑出长木板的左端，则有v1－a′1t′＝v2＋a′2t′，此过程，对小滑块有x′1＝v1t′－a′1t′2，对长木板有x′2＝v2t′＋a′2t′2，则长木板的长度为L＝(x1－x2)＋(x′1－x′2)联立解得L＝9.375 m。[答案]　(1)6 m/s2　1 m/s2　(2)9.375 m 名师点拨　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。类型2　斜面上的板块模型例2 如图所示，在倾角θ＝37°的固定斜面上放置一质量M＝1  kg、长度L＝3 m的薄平板AB。平板的上表面光滑，其下端B与斜面底端C的距离为16 m。在平板的上端A处放一质量m＝0.6  kg的滑块，开始时使平板和滑块都静止，之后将它们无初速度释放。设平板与斜面间、滑块与斜面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，求滑块与平板下端B到达斜面底端C的时间差Δt。(sin 37°＝0.6，cos  37°＝0.8，g＝10 m/s2) [解析]　由于Mgsin 37°＜μ(M＋m)gcos 37°故滑块在平板上滑动时，平板静止不动，滑块在平板上滑行时加速度为a1＝gsin 37°＝6 m/s2，到达B点时速度为v＝＝6 m/s，之后滑块滑离平板，在斜面上运动时的加速度为a2＝gsin 37°－μgcos  37°＝2 m/s2，设滑块在斜面上运动的时间为t，则有LBC＝vt＋a2t2，代入数据解得t＝2 s。对平板，滑块滑离后才开始运动，加速度为a3＝gsin 37°－μgcos  37°＝2 m/s2，设滑至斜面底端C所用时间为t′，则有LBC＝a3t′2，代入数据解得t′＝4 s，滑块与平板下端B到达斜面底端C的时间差为Δt＝t′－t＝2 s。[答案]　2 s〔专题强化训练〕1．(2021·全国乙卷)(多选)水平地面上有一质量为m1的长木板，木板的左端上有一质量为m2的物块，如图(a)所示。用水平向右的拉力F作用在物块上，F随时间t的变化关系如图(b)所示，其中F1、F2分别为t1、t2时刻F的大小。木板的加速度a1随时间t的变化关系如图(c)所示。已知木板与地面间的动摩擦因数为μ1，物块与木板间的动摩擦因数为μ2。假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g，则(　BCD　)A．F1＝μ1m1gB．F2＝(μ2－μ1)gC．μ2>μ1D．在0～t2时间段物体与木板加速度相等[解析]　由图(c)可知，t1时滑块和木板一起水平滑动，此时滑块与木板相对静止，木板刚要滑动，此时以整体为对象有F1＝μ1(m1＋m2)g，故A错误；由图(c)可知，t2滑块与木板刚要发生相对滑动，以整体为对象， 根据牛顿第二定律，有F2－μ1(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a，以木板为对象，根据牛顿第二定律，有μ2m2g－μ1(m1＋m2)g＝m1a>0，解得F2＝(μ2－μ1)g，μ2>μ1，故B、C正确；由图(c)可知，0～t2这段时间滑块与木板相对静止，所以有相同的加速度，故D正确。故选BCD。2．(多选)滑沙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。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0.5，小孩的质量与滑板的质量相等，斜坡足够长，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，则下列判断正确的是(　AC　)A．小孩在滑板上下滑的加速度大小为2 m/s2B．小孩和滑板脱离前滑板的加速度大小为0.5 m/s2C．经过 s的时间，小孩离开滑板D．小孩离开滑板时的速度大小为m/s[解析]　对小孩，由牛顿第二定律，加速度大小为a1＝＝2 m/s2，同理对滑板，加速度大小为a2＝＝1 m/s2，选项A正确，B错误；要使小孩与滑板分离，需要满足a1t2－a2t2＝L，解得t＝s(另一解不符合，舍去)，离开滑板时小孩的速度大小v＝a1t＝2m/s，选项C正确，D错误。3．如图甲所示，一长方体木板B放在水平地面上，木板B的右端放置着一个小铁块A，在t＝0时刻，同时突然给A、B初速度，其中A的初速度大小为vA＝1 m/s，方向水平向左；B的初速度大小为vB＝14 m/s，方向水平向右，木板B运动的v－t图像如图乙所示。已知A、B的质量相等，A与B及B与地面之间均有摩擦(动摩擦因数不等)，A与B之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A始终没有滑出B，取重力加速度g＝10 m/s2。(提示：t＝3 s时刻，A、B达到共同速度v＝2 m/s；3 s时刻至A停止运动前，A向右运动的速度始终大于B的速度)求：(1)小铁块A向左运动相对地面的最大位移；(2)B运动的时间及B运动的位移大小。[答案]　(1)0.5 m　(2)4 s　25 m[解析]　(1)由题图乙可知，0～3 s内A做匀变速运动，速度由vA＝－1 m/s变为v＝2 m/s则其加速度大小为aA＝＝m/s2＝1 m/s2，方向水平向右。当A水平向左运动速度减为零时，向左运动的位移最大，则s＝＝0.5 m。(2)设A与B之间的动摩擦因数为μ1，由牛顿第二定律得μ1mg＝maA则μ1＝＝0.1由题图乙可知，0～3 s内B做匀减速运动，其速度由vB＝14 m/s变为v＝2 m/s则其加速度大小为aB＝＝m/s2＝4 m/s2方向水平向左设B与地面之间的动摩擦因数为μ2，由牛顿第二定律得μ1mg＋2μ2mg＝maB则μ2＝＝0.153 s之后，B继续向右做匀减速运动，由牛顿第二定律得2μ2mg－μ1mg＝ma′B则B的加速度大小为a′B＝2μ2g－μ1g＝2 m/s2方向水平向左3 s之后运动的时间为t2＝＝ s＝1 s则B运动的时间为t＝t1＋t2＝4 s0～4 s内B的位移xB＝t1＋t2＝25 m，方向水平向右。4．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：(1)B与C相碰时A的速度；(2)要使A不滑离B，A、B之间的动摩擦因数μ2应满足的条件。[答案]　 (1)4 m/s　(2)μ2≥[解析]　本题考查板块模型的多过程问题、临界问题。(1)A、B一起向下加速的加速度为a1＝gsin θ－μ1gcos θ＝2 m/s2，则B与C相碰时A的速度为v＝a1t，可得v＝4 m/s。(2)当B停止后，A向下做减速运动，加速度为a2＝μ2gcos θ－gsin θ，由运动学公式有v2＝2a2Δl＝2a2(l1－l2)，可得μ2＝，则要使A不滑出B，A、B之间的动摩擦因数应满足μ2≥。