2021高考物理一轮复习专题强化一板块模型学案新人教版

1专题强化一板块模型问题特点：该类问题一般是叠加体的运动，一物体在另一物体表面相对滑动，它们之间的联系即相互间的摩擦力，运动一段时间后达到共同速度，或具有相同的加速度，达到相对稳定状态。该类问题过程较多，需要搞清各过程间的联系，需要学生具有较强的建模能力和过程分析能力，能综合运用牛顿运动定律和匀变速直线运动规律解题。属于高考热点和难点问题，难度较大。策略方法：抓住两物体间的联系，靠摩擦力联系在一起，对两个物体分别做好受力分析，对于是否相对滑动难以判断时可采用假设分析的方法进行判断，用相互间的作用力是否大于最大静摩擦力，来判断是否相对滑动。搞清其运动过程，画出对地运动的过程示意图，帮助分析运动过程，搞清对地位移和相对位移之分；必要时画出两物体运动过程的v－t图象帮助解决问题。解题步骤：审题建模→弄清题目情景，分析清楚每个物体的受力情况，运动情况，清楚题给条件和所求↓建立方程→根据牛顿运动定律准确求出各运动过程的加速度两过程接连处的加速度可能突变↓明确关系→找出物体之间的位移路程关系或速度关系是解题的突破口，上一过程的末速度是下一过程的初速度，这是两过程的联系纽带水平面上的板块模型例1一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块。在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5m，如图(a)所示。t＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t＝1s时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)。碰撞前后木板速度大小不变，方向相反，运动过程中小物块始终未离开木板。已知碰撞后1s时间内小物块的v－t图线如图(b)所示。木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10m/s2。求：(1)木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2；2(2)木板的最小长度；(3)木板右端离墙壁的最终距离。[解析](1)根据图象可以判定碰撞前小物块与木板共同速度为v＝4m/s碰撞后木板速度水平向左，大小也是v＝4m/s小物块受到滑动摩擦力而向右做匀减速运动，根据牛顿第二定律有μ2g＝4m/s－01s解得μ2＝0.4木板与墙壁碰撞前，匀减速运动时间t＝1s位移x＝4.5m，末速度v＝4m/s其逆运动则为匀加速直线运动，可得x＝vt＋12at2代入可得a＝1m/s2小物块和木板整体受力分析，滑动摩擦力提供合外力，即μ1g＝a可得μ1＝0.1(2)碰撞后，木板向左匀减速，依据牛顿第二定律有μ1(M＋m)g＋μ2mg＝Ma1可得a1＝43m/s2对小物块，则有加速度a2＝4m/s2小物块速度先减小到0，此时碰后时间为t1＝1s此时，木板向左的位移为x1＝vt1－12a1t21＝103m末速度v1＝83m/s小物块向右位移x2＝4m/s＋02t1＝2m，此后小物块开始向左加速，加速度仍为a2＝4m/s2木板继续减速，加速度仍为a1＝43m/s2假设又经历t2二者速度相等则有a2t2＝v1－a1t2解得t2＝0.5s此过程，木板位移x3＝v1t2－12a1t22＝76m末速度v3＝v1－a1t2＝2m/s小物块位移x4＝12a2t22＝12m3此后小物块和木板一起匀减速运动二者的相对位移最大为Δx＝x1＋x3＋x2－x4＝6m小物块始终没有离开木板，所以木板最小的长度为6m(3)最后阶段小物块和木板一起匀减速直到停止，整体加速度a＝μ1g＝1m/s2位移x5＝v232a＝2m所以木板右端离墙壁最远的距离为x1＋x3＋x5＝6.5m[答案](1)0.10.4(2)6.0m(3)6.5m方法技巧：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。斜面上的板块模型例2下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害。某地有一倾角为θ＝37°(sin37°＝35)的山坡C，上面有一质量为m的石板B，其上下表面与斜坡平行；B上有一碎石堆A(含有大量泥土)，A和B均处于静止状态，如图所示。假设某次暴雨中，A浸透雨水后总质量也为m(可视为质量不变的滑块)，在极短时间内，A、B间的动摩擦因数μ1减小为38，B、C间的动摩擦因数μ2减小为0.5，A、B开始运动，此时刻为计时起点；在第2s末，B的上表面突然变为光滑，μ2保持不变。已知A开始运动时，A离B下边缘的距离l＝27m，C足够长。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。取重力加速度大小g＝10m/s2。求：(1)在0～2s时间内A和B加速度的大小；(2)A在B上总的运动时间。[解析](1)在0～2s内，A和B受力如图所示：4由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得：f1＝μ1N1①N1＝mgcosθ②f2＝μ2N2③N2＝N1＋mgcosθ④以沿着斜面向下为正方向，设A和B的加速度分别为a1，a2。由牛顿第二定律可得：mgsinθ－f1＝ma1⑤mgsinθ－f2＋f1＝ma2⑥联立以上各式可得a1＝3m/s2⑦a2＝1m/s2⑧(2)在t1＝2s，设A和B的速度分别为v1，v2，则v1＝a1t1＝6m/s⑨v2＝a2t1＝2m/s⑩tt1时，设A和B的加速度分别为a′1，a′2，此时A、B之间摩擦力为零，同理可得：a′1＝6m/s2⑪a′2＝－2m/s2⑫即B做匀减速，设经时间t2，B的速度为零，则：v2＋a′2t2＝0⑬联立○10⑫⑬可得t2＝1s⑭在t1＋t2时间内，A相对于B运动的距离为s＝12a1t21＋v1t2＋12a′1t22－12a2t21＋v2t2＋12a′2t22＝12m27m⑮此后B静止不动，A继续在B上滑动，设再经时间t3后，A离开B，则有l－s＝(v1＋a′1t2)t3＋12a′1t23可得，t3＝1s(另一解不合题意，舍去)设A在B上的运动时间为t总t总＝t1＋t2＋t3＝4s(利用下面的速度图象求解，正确的，参照上述答案参考)5[答案](1)3m/s21m/s2(2)4s〔专题强化训练〕1．(2019·山东大学附中月考)(多选)如图所示，一质量为M的斜面体静止在水平地面上，斜面倾角为θ，斜面上叠放着A、B两物体，物体B在沿斜面向上的力F的作用下沿斜面匀速上滑。若A、B之间的动摩擦因数为μ，μtanθ，A、B质量均为m，重力加速度为g，则(BD)A．A、B保持相对静止B．A、B一定相对滑动C．B与斜面间的动摩擦因数为F－mgsinθ2mgcosθD．B与斜面间的动摩擦因数为F－mgsinθ－μmgcosθ2mgcosθ[解析]因为μtanθ，选A为研究对象，则满足mgsinθμmgcosθ，所以A、B一定相对滑动，A错误，B正确；选物体B为研究对象，由牛顿第二定律得F－μmgcosθ－mgsinθ－μB·2mgcosθ＝0，μB＝F－mgsinθ－μmgcosθ2mgcosθ，故C错误，D正确。2．(2019·河南郑州一模)如图所示，a、b两个物体静止叠放在水平桌面上，已知ma＝mb＝m，a、b间的动摩擦因数为μ，b与地面间的动摩擦因数为14μ。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对a施加一水平向右的拉力F，下列判断正确的是(A)A．若a、b两个物体始终相对静止，则水平拉力F不能超过32μmgB．当水平拉力F＝μmg时，a、b间的摩擦力为32μmg6C．无论水平拉力F为何值，b的加速度不会超过34μgD．当水平拉力Fμmg时，b相对a滑动[解析]本题考查板块模型中的临界问题。a、b之间的最大静摩擦力为fmax＝μmg，b与地面间的最大静摩擦力为f′max＝14×2μmg＝12μmg，a、b相对地面一起运动，刚好不发生相对滑动时，由牛顿第二定律，对b有μmg－12μmg＝ma0，解得a0＝12μg，对整体有F0－12μmg＝2ma0，解得F0＝32μmg，所以若a、b两个物体始终相对静止，则水平拉力F不能超过32μmg，当水平拉力F32μmg时，b相对a滑动，故A正确、D错误；当水平拉力F＝μmg时，a、b一起加速运动，加速度为a1＝μmg－12μmg2m＝14μg，对a根据牛顿第二定律可得F－f1＝ma1，解得a、b间的摩擦力为f1＝34μmg，故B错误；根据A选项的分析可知，无论水平拉力F为何值，b的加速度不会超过12μg，故C错误。3．(2019·江苏，15)如图所示，质量相等的物块A和B叠放在水平地面上，左边缘对齐。A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ。先敲击A，A立即获得水平向右的初速度，在B上滑动距离L后停下。接着敲击B，B立即获得水平向右的初速度，A、B都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。求：(1)A被敲击后获得的初速度大小vA；(2)在左边缘再次对齐的前、后，B运动加速度的大小aB、a′B；(3)B被敲击后获得的初速度大小vB。[答案](1)2μgL(2)3μgμg(3)22μgL[解析]A、B的运动过程如图所示7(1)由牛顿运动定律知，A加速度的大小aA＝μg匀变速直线运动2aAL＝v2A解得vA＝2μgL(2)设A、B的质量均为m对齐前，B所受合外力大小F＝3μmg由牛顿运动定律F＝maB，得aB＝3μg对齐后，A、B整体所受合外力大小F′＝2μmg由牛顿运动定律F′＝2ma′B，得a′B＝μg(3)经过时间t，A、B达到共同速度v，位移分别为xA、xB，A加速度的大小等于aA则v＝aAt，v＝vB－aBtxA＝12aAt2，xB＝vBt－12aBt2且xB－xA＝L解得vB＝22μgL4．(2020·黑龙江哈尔滨三中一模)光滑水平地面上有一质量M＝2kg的木板以速度v0＝10m/s向右匀速运动，在t＝0时刻起对其施加一向左的恒力F＝8N。经t＝1s时，将一质量m＝2kg可视为质点的小物块以初速度为零放在木板右端。物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.4，g取10m/s2，木板足够长。求：(1)刚放上小物块时木板的速度；(2)物块在木板上相对木板滑动的时间。[答案](1)6m/s(2)0.5s[解析]本题考查板块模型的运动和受力问题。(1)对木板进行分析，0～1s内，木板在F作用下做匀减速运动，有F＝Ma1，解得木板的加速度大小a1＝4m/s2，由于木板做匀减速直线运动，可得t＝1s时，木板的速度为v1＝v0－a1t＝6m/s。(2)物块放在木板上后，二者间存在摩擦力作用，摩擦力f＝μmg，对物块进行分析，物块在摩擦力作用下加速，满足f＝ma2，解得物块的加速度a2＝4m/s2，对木板进行分析，木板在摩擦力与F共同作用下减速，满足F＋f＝Ma3，解得木板的加速度a3＝8m/s2，当二者共速时有v共＝a2t′＝v1－a3t′，解得t′＝0.5s，由于F＝(M＋m)a4，8解得a4＝2m/s2μg＝4m/s2，所以此后木板与物块相对静止，共同减速，物块在木板上相对木板滑动的时间t′＝0.5s。5．(2019·重庆南开中学模拟)如图所示，倾角为θ＝37°的斜面上有一固定挡板C，长度为l1＝10m的木板B(与挡板C厚度相同)上有一长度为l2＝2m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＝2s长木板B与C碰撞，碰后B立即停止运动，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：(1)B与C相碰时A的速度；(2)要使A最左端不滑离B，A、B之间的动摩擦因数μ2应满足的条件。[答案](1)4m/s(2)μ2≥78[解析]本题考查板块模型的多过程问题、临界