牛顿板块模型运动定律的应用微专题(一)板块模型

新课标高考总复习·物理创新方案系列丛书1．模型特点：上、下叠放两个物体，在摩擦力的相互作用下两物体发生相对滑动。2．常见的两种位移关系：滑块由滑板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和滑板同向运动，位移之差等于板长；反向运动时，位移之和等于板长。新课标高考总复习·物理创新方案系列丛书3．解题方法：整体法、隔离法。4．解题思路：(1)分析滑块和滑板的受力情况，根据牛顿第二定律分别求出滑块和滑板的加速度。(2)对滑块和滑板进行运动情况分析，找出滑块和滑板之间的位移关系或速度关系，建立方程。特别注意滑块和滑板的位移都是相对地的位移。新课标高考总复习·物理创新方案系列丛书命题点一板块中的动力学问题[例1](2013·全国新课标Ⅱ)一长木板在水平地面上运动，在t＝0时刻将一相对于地面静止的物块①轻放到木板上，以后木板运动的速度—时间图象如图所示。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②。取重力加速度的大小g＝10m/s2，求：新课标高考总复习·物理创新方案系列丛书(1)物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数；(2)从t＝0时刻到物块与木板均停止运动时，物块相对于木板的位移的大小。新课标高考总复习·物理创新方案系列丛书[审题流程]1．挖掘关键点题干内容信息获取①相对地面静止的物块物块的初速度为零，此后受滑动摩擦力开始启动②物块始终在木板上物块最后与木板同速后一起减速③木板v­t图象v­t图线的折点对应的速度v＝1m/s，为物块匀加速的末速度新课标高考总复习·物理创新方案系列丛书2.找准切入点(1)受力分析：在0～0.5s内对物块和木板受力分析分别如图甲、乙所示。(2)运动分析：在0～0.5s内，木板做匀减速运动，物块做匀加速运动，在0.5s以后，物块和木板以相同加速度做匀减速运动。3．聚焦突破点问题(1)(2)均用到受力分析、牛顿第二定律和运动学公式分析求解。新课标高考总复习·物理创新方案系列丛书[解析](1)从t＝0时开始，木板对物块的摩擦力使物块由静止开始加速，物块和地面对木板的摩擦力使木板减速，直到两者具有共同速度为止。由图可知，在t1＝0.5s时，物块和木板的速度相同，为v1＝1m/s，木板的初速度v0＝5m/s。设0～t1时间内，物块和木板的加速度大小分别为a1和a2，则a1＝v1t1＝10.5m/s2＝2m/s2a2＝v0－v1t1＝5－10.5m/s2＝8m/s2新课标高考总复习·物理创新方案系列丛书设物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，根据牛顿第二定律得对物块有μ1mg＝ma1对木板有μ1mg＋2μ2mg＝ma2联立方程得μ1＝0.2，μ2＝0.3(2)在t1时刻后，地面对木板的摩擦力阻碍木板运动，物块与木板之间的摩擦力方向改变。设物块与木板之间的摩擦力大小为Ff，物块和木板的加速度大小分别为a′1和a′2，由牛顿第二定律得新课标高考总复习·物理创新方案系列丛书对物块有Ff＝ma′1对木板有2μ2mg－Ff＝ma′2假设物块相对木板静止，即Ff≤μ1mg，则a′1＝a′2，得Ff＝μ2mgμ1mg，与假设矛盾，所以物块相对木板向前减速滑动，而不是与木板共同运动，物块加速度大小a′1＝a1＝2m/s2新课标高考总复习·物理创新方案系列丛书物块的v­t图象如图中的点划线所示。此过程木板的加速度a′2＝2μ2g－μ1g＝4m/s2由运动学公式可得，物块和木板相对地面的位移分别为x1＝2×v212a1＝0.5mx2＝v0＋v12t1＋v212a′2＝138m物块相对木板的位移大小为x＝x2－x1＝1.125m[答案](1)0.20.3(2)1.125m新课标高考总复习·物理创新方案系列丛书命题点二临界问题[例2](2015·荆门质检)如图所示，光滑水平面上①静止放着长L＝4m、质量为M＝3kg的木板(厚度不计)，一个质量为m＝1kg的小物体放在木板的最右端，m和M之间的动摩擦因数μ＝0.1，今对木板施加一水平向右的拉力F②，(g取10m/s2)则(1)为使两者保持相对静止，F不能超过多少？(2)如果F＝10N，求小物体离开木板时的速度？新课标高考总复习·物理创新方案系列丛书[审题流程]1．挖掘关键点题干内容信息获取①光滑水平面上静止地面没有摩擦力②m和M之间的动摩擦因数μ＝0.1，今对木板施加一水平向右的拉力F小物体受到的摩擦力方向水平向右，木板受到的摩擦力水平向左新课标高考总复习·物理创新方案系列丛书2.找准切入点临界状态是m和M将要发生滑动时，此时的受力特点是：摩擦力为最大静摩擦力。运动特点是：两物体将要发生滑动，加速度相同。3．聚焦突破点在临界条件下，即两物体将要滑动的状态下，对整体利用牛顿第二定律求出共同的加速度，进一步求出此时的拉力的值，判断出F＝10N时，两物体是相对滑动还是相对静止，然后利用牛顿第二定律求解。新课标高考总复习·物理创新方案系列丛书[解析](1)要保持两者相对静止，两者之间的摩擦力不能超过最大静摩擦力，故最大加速度a＝μg＝1m/s2对整体由牛顿第二定律有Fm＝(m＋M)a＝4N(2)当F＝10N4N时，两者发生相对滑动对小物体有a1＝μg＝1m/s2新课标高考总复习·物理创新方案系列丛书对木板有F合＝F－μmg＝Ma2代入数据解得a2＝3m/s2由位移关系有L＝12a2t2－12a1t2代入数据解得t＝2s则小物体离开木板时的速度v1＝a1t＝2m/s[答案](1)4N(2)2m/s新课标高考总复习·物理创新方案系列丛书1．[多选](2014·江苏高考)如图所示，A、B两物块的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上。A、B间的动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数为12μ。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对A施加一水平拉力F，则()新课标高考总复习·物理创新方案系列丛书A．当F2μmg时，A、B都相对地面静止B．当F＝52μmg时，A的加速度为13μgC．当F3μmg时，A相对B滑动D．无论F为何值，B的加速度不会超过12μg解析：选BCDA、B间的最大静摩擦力为2μmg，B和地面之间的最大静摩擦力为32μmg，对A、B整体，只要F＞32μmg，整体就会运动，A错误；新课标高考总复习·物理创新方案系列丛书当A对B的摩擦力为最大静摩擦力时，A、B将要发生相对滑动，故A、B一起运动的加速度的最大值满足2μmg－32μmg＝mamax，B运动的最大加速度amax＝12μg，D正确；此时，对A、B整体，有F－32μmg＝3mamax，则F＞3μmg时两者会发生相对运动，C正确；当F＝52μmg时，两者相对静止，一起滑动，加速度满足F－32μmg＝3ma，解得a＝13μg，B正确。新课标高考总复习·物理创新方案系列丛书2．(2015·黄冈质检)如图甲所示，在水平地面上有一长木板B，其上叠放木块A。假定木板与地面之间、木块和木板之间的最大静摩擦力都和滑动摩擦力相等。用一水平力F作用于B，A、B的加速度与F的关系如图乙所示，重力加速度g取10m/s2，则下列说法中正确的是()新课标高考总复习·物理创新方案系列丛书A．A的质量为0.5kgB．B的质量为1.5kgC．B与地面间的动摩擦因数为0.2D．A、B间的动摩擦因数为0.2，解析：选C由图乙知，B与地面的摩擦力Ff＝3N，当F＝9N时，a1＝aA＝aB＝4m/s2，对A、B整体由牛顿第二定律知F－Ff＝(mA＋mB)a1新课标高考总复习·物理创新方案系列丛书当F9N时，A、B发生相对滑动，A的加速度仍为4m/s2，B的加速度随F的增大而增大，对B有F－Ff＝mBaB，当F＝13N时，aB＝8m/s2，解得mB＝1.25kg，mA＝0.25kg，B与地面间的动摩擦因数μ1＝FfmA＋mBg＝0.2，A、B间的动摩擦因数μ2＝FfmAg＝1.2，C正确，A、B、D错误。新课标高考总复习·物理创新方案系列丛书3．如图所示，一长木板质量为M＝4kg，木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.2，质量为m＝2kg的小滑块放在木板的右端，小滑块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.4。开始时木板与滑块都处于静止状态，木板的右端与右侧竖直墙壁的距离L＝2.7m。现给木板以水平向右的初速度v0＝6m/s使木板向右运动，设木板与墙壁碰撞时间极短，且碰后以原速率弹回，取g＝10m/s2，求：新课标高考总复习·物理创新方案系列丛书(1)木板与墙壁碰撞时，木板和滑块的瞬时速度各是多大？(2)木板与墙壁碰撞后，经过多长时间小滑块停在木板上？解析：(1)木板获得初速度后，与小滑块发生相对滑动，木板向右做匀减速运动，小滑块向右做匀加速运动，加速度大小分别为am＝Ffmm＝μ2g＝4m/s2①aM＝Ffm＋Ff地M＝μ2mg＋μ1M＋mgM＝5m/s2②新课标高考总复习·物理创新方案系列丛书设木板与墙碰撞时，木板的速度为vM，小滑块的速度为vm，根据运动学公式有v2M－v20＝－2aML③解得vM＝3m/s④t1＝vM－v0－aM＝0.6s⑤vm＝amt1＝2.4m/s⑥新课标高考总复习·物理创新方案系列丛书(2)设木板反弹后，小滑块与木板达到共同速度所需时间为t2，共同速度为v，以水平向左为正方向，对木板有v＝vM－aMt2⑦对滑块有v＝－vm＋amt2⑧代入数据有3－5t2＝－2.4＋4t2解得t2＝0.6s答案：(1)3m/s2.4m/s(2)0.6s新课标高考总复习·物理创新方案系列丛书4．(2015·岳阳质检)如图所示，质量M＝4.0kg的长木板B静止在光滑的水平地面上，在其右端放一质量m＝1.0kg的小滑块A(可视为质点)。初始时刻，A、B分别以v0＝2.0m/s向左、向右运动，最后A恰好没有滑离B板。已知A、B之间的动摩擦因数μ＝0.40，取g＝10m/s2。求：(1)A、B相对运动时的加速度aA和aB的大小与方向；(2)A相对地面速度为零时，B相对地面运动已发生的位移大小x；(3)木板B的长度l。新课标高考总复习·物理创新方案系列丛书解析：(1)A、B分别受到大小为μmg的摩擦力作用，根据牛顿第二定律，对A有μmg＝maA则aA＝μg＝4.0m/s2，方向水平向右。对B有μmg＝MaB则aB＝μmgM＝1.0m/s2，方向水平向左。B相对地面向右做匀减速运动x＝v0t1－12aBt21＝0.875m新课标高考总复习·物理创新方案系列丛书(2)开始阶段A相对地面向左做匀减速运动，设速度减为零所用时间为t1，则v0＝aAt1解得t1＝v0aA＝0.50sB相对地面向右做匀减速运动x＝v0t1－12aBt21＝0.875m新课标高考总复习·物理创新方案系列丛书(3)A先相对地面向左匀减速运动至速度为零，后相对地面向右做匀加速运动，加速度大小仍为aA＝4.0m/s2B板一直向右做匀减速运动，加速度大小为aB＝1.0m/s2当A、B速度相等时，A滑到B最左端，恰好没有滑离B，故全过程中A、B间的相对位移即为木板B的长度。在A相对地面速度为零时，B的速度vB＝v0－aBt1＝1.5m/s新课标高考总复习·物理创新方案系列丛书设A由速度为零至A、B速度相等所用时间为t2，则aAt2＝vB－aBt2解得t2＝vBaA＋aB＝0.3s共同速度v＝aAt2＝1.2m/s从开始到A、B速度相等的全过程，利用平均速度公式可知A向左运动的位移xA＝v0－vt1＋t22＝2－1.2×0.5＋0.32m＝0.32m新课标高考总复习·物理创新方案系列丛书B向右运动的位移xB＝v0＋vt1＋t22＝2＋1.2×0.5＋0.32m＝1.28m故木板B的长度l＝xA＋xB＝1.6m答案：(1)4.0m/s2，方向水平向右1.0m/s2，方向水平向左(2)0.875m(3)1.6m