高考物理疑难大突破教案二：板块问题分析 - 副本

板块问题“板块”问题就是通常遇到的叠放问题，由于其往往可看成由物块和木板构成的一对相互作用模型，故将其形象称为“板块”问题。其应用的知识面较为广泛，与运动学、受力分析、动力学、功与能等有着密切联系，而且往往牵涉着临界极值问题问题，的确是教学的一大难点。板块问题能够较好的考查学生对知识的掌握程度和学生对问题的分析综合能力，是增强试卷区分度的有力题目。因此，板块问题不论在平时的大小模考中，还是在高考试卷中都占据着非常重要的地位。学生在学习这类问题问题时通常对相对运动情况、临界情形和功能关系等不能很好理清。板、块的相对运动例|1如图所示，一速率为v0=10m/s的物块冲上一置于光滑水平面上且足够长的木板上。物块质量为m=4kg，木板质量M=6kg，物块与木板间的动摩擦因数6.0，试问：物块将停在木板上何处？【启导】物块冲上木板后相对木板向右运动，会在木板摩擦力作用下匀减速运动，木板会在摩擦力作用下匀加速运动，两者共速后，一起匀速运动。求物块停在木板上何处，实际是在求物块与木板的相对位移大小。【解析】方法一（基本公式法）由牛顿第二定律可知对物块1mamg对木板2Mamg解得21m/s6a，22m/s4a设两者共速时所用时间为t，则tatav210解得s1t这段时间物块与车的位移大小分别为10vm7212101tatvxm221222tax两车的位移之差m521xxx故物块能停距木板左端5m处方法二（图像法）作出物块与木板的运动图像如图所示。由牛顿第二定律可求得物块与木板的加速度21m/s6ga22m/s4gMma两者t时刻速度相等，则tatav210解得s1t分析可知，图中阴影面积为板、块的相对位移，由几何关系知m5210tvx故物块能停距木板左端5m处解法三（相对运动法）以地面为参考系，由牛顿第二定律可知对物块1mamg对木板2Mamg解得21m/s6a，22m/s4a以木板为参考系，物块的初速度为0v，加速度为21aa，则两者相对位移为m522120aavx故物块能停在距木板左端5m处【答案】物块能停在距木板左端5m处【品味】本题是板块问题得基本问题。求解本题一定要弄清摩擦力起的作用，物体的运动情况和理解相v00tv/m·s-1t/s对位移。本题用不同方法进行了求解意在加强学员从不同角度分析处理问题的意识与能力，要注意对比不同方法的解题出发点，有意识培养自己的思维灵活性、方法的多样性。木板受牵引的板块问题例|2如图所示，长mL5.1、质量kg3M的木板静止放在水平面上，质量kg1m的小物块（可视为质点）放在木板的右端，木板和小木块间的动摩擦因数.101，木板与地面间的动摩擦因数.202。现对木板施加一水平向右的拉力F，取2m/s10g，求：（1）使小物块不掉下木板的最大拉力0F（小物块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力）。（2）如果拉力N21F恒定不变，小物块所能获得的最大动能是多少。【引导】当木板所受水平外力F小于某一值时，木板会在水平外力作用下加速运动，物块相对于木板就有了相对运动趋势，就会受到木板的静摩擦力作用，并且在其作用下也做与木板加速相同的加速运动。由于物块的加速度由静摩擦力提供，所以物块与木板相同加速度的加速运动的加速度是有上限的，就是物块和木板摩擦力为最大静摩擦时、对物块所产生的加速度，而这也是木板与物块能保持相对静止一块加速的临界加速度。求出这个临界加速度，就可以求出物块不掉下去的最大拉力，因为只要板、块发生了相对滑动，其就必然能够掉下去。如果物块在木板上滑动了，那么其从木板后端将要掉下去时的动能最大，因为此前其一直在滑动摩擦力作用下加速。【解析】（1）设物块与木板能保持相对静止的临界加速度为1a，则对物块2111s/m1gmmga对整体120)()(amMgmMF所以N12)()(120amMgmMF（2）当拉力021FNF时，物块相对于木板滑动，则对木板2212s/m4)(MmMmgFa设物块在木板上滑行时间为t，则Ltata21222121解得st1物块的最大速度2Fm/s11tavm所以J5.0212mkmmvE【答案】（1）12N（2）0.5J【品味】在本题第一问的求解中，对临界加速度的分析和求解是关键，而在第二问的求解中用相对位移求时间则是关键。不难发现，就是这样一个看起来并不很长的题目竟然包含着临界问题和相对运动问题，难怪乎不少学员都叹息板块问题太难！“困难像弹簧，你弱它就强！”有些人宁愿被困难征服，有些人喜欢征服困难，你想做哪一种呢？其实，当你全心投入的时候，你会发现别样的精彩！不妨来试试。例|3静止在光滑水平面上的平板车B的质量为m＝0.5kg、长L＝1m。某时刻A以v0＝4m/s向右的初速度滑上木板B的上表面，物体A的质量M＝1kg，在A滑上B的同时，给B施加一个水平向右的拉力。忽略物体A的大小，已知A与B之间的动摩擦因数µ=0.2，取重力加速度g=10m/s2。试求：（1）若F=5N，物体A在小车上运动时相对小车滑行的最大距离；（2）如果要使A不至于从B上滑落，拉力F大小应满足的条件。【引导】本题与上题运动情境不同之处在于本题中物块有初速度，而上题中却没有。物块在平板车上做匀减速运动，当两者速度相等时具有最大相对位移（如果两者速度能相等的话）。要想A不从平板车B上滑落，F不能太小，致使物块从平板车右端冲出；F也不能太大，致使两者速度相等后依然不能相对静止而从平板车左端滑出。【解析】（1）物体A滑上平板车B以后，做匀减速运动，有2s/m2gaA平板车B做加速运动，有BmaMgF解得2s/m14Ba两者速度相同时，有tatavBA0解得st25.0这段时间内A、B运行的位移大小分别为m16152120tatvxAAm167212taxBB物体A在平板车上运动时相对平板车滑行的最大距离AB0vFm5.0BAmxxx由于m1mx，所以以上分析和结论成立。（2）物体A不滑落的临界条件是A到达B的右端时，A、B具有共同的速度1v，则位移关系为LavavvBA22212120时间关系为BAavavv110联立以上两式解得2m/s6Ba由牛顿第二定律得N1MgmaFB若N1F，则A滑到B的右端时，速度仍大于B的速度，A将从B右端滑落，所以要想不滑落，F必须大于等于1N。当F大于某一值时，在A到达B的右端之前，B就与A具有共同的速度，之后，只有A与B保持相对静止，才不会从B的左端滑落，所以amMF)(MaMg由以上两式解得N3F若F大于3N，A与B具有相同的速度之后，A会相对B向左滑动，要想不滑落，F必须小于等于3N。综上所述，F应满足的条件是N31NF【答案】（1）0.5m（2）N31NF【品味】本题中物块有了速度，较之上一题运动情境要复杂一些，在分析时就要更加细心。在求解本题第二问时，思维是否缜密直接影响到问题能否得到完满解决，有不少学员可能只考虑到不从平板车右边冲出一种情况。物块受牵引的板块问题例|4如图所示，一块质量为M、长为l的匀质木板放在很长的水平桌面上，板的左端有一质量为m的物块，物块上连接一根很长的细绳，细绳跨过位于桌面边缘的定滑轮3并与桌面平行，某人以恒定的速度v向下拉绳，物块最多只能到达板的中点，且此时板的右端距离桌边定滑轮足够远．求：（1）若板与桌面间光滑，物块与板的动摩擦因数．（2）若板与桌面间有摩擦，为使物块能到达板右端，板与桌面的动摩擦因数的范围．【引导】由“物块最多只能到达板的中点”知当物块与木板相对位移为木板长度的一半时两者共速。根据位移关系可求出时间，由牛顿第二定律可求出木板加速度，再加上速度相等这一临界条件就可以求出动摩擦因数。若斜面不光滑【解析】（1）以板为研究对象，由牛顿第二定律知11Mamg①设物块运动到木板中点用时为t1，则2211ltvvt②1atv③联立①②③式，解得mglMv21（2）物块能到达木板右端的条件为：两者速度相等时，其相对位移大于或等于板长，设物块与木板达到共速所用时间为2t，则221MagmMmg④ltvvt222⑤22tav⑥联立④⑤⑥式，解得glmMMv222【答案】（1）mglMv2（2）大于或等于glmMMv22【品味】求解本题第一问的关键是抓住物体的位移关系，而第二问中弄清物块能够运动到木板右端的临界条件则是解题的关键。斜面上的板块问题例|5如图所示，在倾角为的足够长的斜面上，有一质量为1m的长木板。开始时，长木板上有一质量为2m的小铁块（视为质点）以相对斜面的初速度0v从长木板的中点沿长木板向下滑动，同时长木板在沿斜面向上的拉力作用下始终做速度为v的匀速运动（已知二者速率的值vv0），小铁块最终跟长木板一起向上做匀速运动。已知小铁块与木板、木板与斜面间的动摩擦因数均为（tan），试求：（1）小铁块在长木板上滑动时的加速度？（2）长木板至少多长？（3）小铁块从中点开始运动到最终匀速运动的过程中拉力做了多少功？【引导】物块受到沿斜面的重力分量和摩擦力的作用，且由于tan，所以物块受到的摩擦力一定大于重力沿斜面的分力，物块做匀减速运动，利用牛顿第二定律即可求出加速度。由于物块最终跟长木板一起向上做匀速运动，所以物块速度减为零后又会反向加速，但在物块和木板共速前物块运动方向始终沿斜面向下。由于木板一直匀速运动，因此由平衡条件可以求出拉力大小，再求出物块位移，就可以按照功的定义求解拉力做功了。当然，也可以依据动能定理求解。【解析】（1）因为tan，所以小铁块相对木板由沿斜面向上得加速度。设小铁块的加速度为a，由牛顿第二定律得amgmgm222sincos解得)sincos(ga（2）小铁块先沿斜面向下匀减速至速度为零，再沿斜面向上匀加速，最终获得稳定速度v，设t时间后小铁块达到稳定速度，则atvv0-)sincos(0gvvt设此过程小铁块的位移为1x，木板的位移为2x，则2)(01tvvx，方向沿斜面向下（因为vv0）vtx2，方向沿斜面向上40vvF由于221Lxx，所以)sincos()()(22021gvvxxL（3）对木板进行受力分析，知sincoscos)(212mggmgmmF所以sincos)](sincos)2([01212vvvmmmFxW【答案】（1）)sincos(g（2）)sincos()(20gvv（3）sincos)](sincos)2([0121vvvmmm【品味】本题运动情境较为复杂，根据tan对铁块运动状态的判断体现了学员对斜面模型规律的掌握程度；对小铁块运动情况的分析与运算则又能反映出学员对运动学规律的认识深度；对临界条件的分析又能彰显学员对临界问题的分析能力；而对拉力做功的运算则不仅考查学员对功、能的理解，也能反映出学员对问题的综合把控能力。本题综合性较强，覆盖面较广，对学生的悟性要求也较高。多对象板块问题例|6（2009·山东）如图所示，某货场将质量为m1=100kg的货物（可视为质点）从高处运送至地面，为避免货物与地面发生撞击，现利用固定于地面的光滑四分之一圆轨道，使货物中轨道顶端无初速滑下，轨道半径R=1.8m。地面上紧靠轨道次排放两声完全相同的木板A、B，长度均为l=2m，质量均为m2=100kg，木板上表面与轨道末端相切。货物与木板间的动摩擦因数为1，木板与地面间的动摩擦因数=0.2。（最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取g=10m/s2）（1）求货物到达圆轨道末端时对轨道的压力。（2）若货物滑上木板A时，木板不动，而滑上木板B时，木板B开始滑动，求1应满足的条件。（3）若1=0.5，求货物滑到