2026高考物理一轮复习第三章第4讲讲义　小专题 动力学中的板块模型.docx

第4讲　小专题:动力学中的板块模型如图甲、乙所示,分别为“板块”模型中的两类情形其中桌面光滑,滑块A与滑板B间动摩擦因数为μ且发生相对滑动,质量分别为m和M,你能求出滑块不从滑板上滑落时滑板的长度吗?你会发现怎样的规律?提示:滑块由滑板一端运动到另一端的过程中,滑块和滑板同向运动时,位移之差Δs=s1-s2=L(板长),即L≥Mv022(M+m)μg1.模型特点:滑块置于滑板上,滑块和滑板初始运动条件或受力不同且均相对地面(或斜面)运动,在其间摩擦力的作用下发生相对滑动1)滑块相对于滑板从一端运动到另一端,若两者同向运动,其位移差等于板长;若反方向运动,其位移和等于板长2)一般地,滑块和滑板速度相等时为其“临界点”,此点前后所受摩擦力可能发生突变,要判断此后滑块、滑板的运动情况2.模型关键点类型一　无外力F作用的水平面上的滑块—滑板模型[例1] 【初始滑块有速度、滑板静止】 (2024·江西二模)如图所示,在足够大的水平地面上静置一木板,可视为质点的滑块以v0=3 m/s的速度滑上木板,最终滑块恰好到达木板的右端,而木板沿地面运动的距离等于木板的长度已知滑块与木板间的动摩擦因数μ1=0.2,木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.05,重力加速度大小g取10 m/s2,则木板的长度为(　　)[A] 1.0 m [B] 1.5 m[C] 2.0 m [D] 2.5 m【答案】 B【解析】 滑块滑上木板后木板做加速运动,则滑块做减速运动,当达到共同速度后,因为μ1>μ2,可知滑块与木板一起做减速运动直到停止,设滑块的质量为m,木板的质量为M,滑块与木板达到共速v的时间为t1,加速度分别为a1、a2,共速后共同加速度为a3,根据牛顿第二定律,可得a1=μ1g=2 m/s2,a2=μ1mg-μ2(M+m)gM,a3=μ2g=0.5 m/s2,根据运动规律,有v0-a1t1=a2t1=v,共速前木板的位移为x1=v2t1,共速后到停止,木板的位移为x2=v22a3,而整个过程木板的位移等于木板的长度,即L=x1+x2,共速前滑块相对于木板的位移为L=v0+v2t1-x1,联立各式解得t1=1 s,L=1.5 m,故B正确。

[变式] 在[例1]情境中,(1)滑块木板共速前、后木板的位移分别是多少?(2)滑块和木板的质量有怎样的关系?【答案】 (1)0.5 m　1 m　(2)m=M【解析】 (1)由原题解析可知,滑块、木板共速时速度大小v=v0-a1t1=(3-2×1) m/s=1 m/s,共速后运动时间t2=va3=10.5 s=2 s,共速后木板的位移x2=12a3t22=12×0.5×22 m=1 m,共速前木板的位移x1=L-x2=(1.5-1) m=0.5 m2)共速前,对木板有x1=12a2t12,则a2=2x1t12,根据牛顿第二定律有μ1mg-μ2(m+M)g=Ma2,代入数值联立得m=M[例2] 【初始滑板有速度、滑块静止】 (2024·甘肃武威模拟)(多选)如图所示,质量m2=2 kg的木板Q静止在水平地面上,质量m1=3 kg的物块P静止在Q的右端,t=0时刻Q获得一水平向右、大小为v0=10 m/s的瞬时速度已知P、Q之间的动摩擦因数μ1=0.2,Q与地面之间的动摩擦因数μ2=0.6,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10 m/s2,P可视为质点且始终未脱离Q下列说法正确的是(　　)[A] t=0.2 s时,Q的加速度大小为12 m/s2[B] t=0.5 s时,P、Q的速度相同[C] P、Q共速后一起运动直至停止[D] t=1 s时P停止运动【答案】 BD【解析】 在t=0时刻,对物块P有μ1m1g=m1a1,对木板Q有μ1m1g+μ2(m1g+m2g)=m2a2,解得a1=2 m/s2,a2=18 m/s2,设经时间t1两者共速,则v0-a2t1=a1t1,解得t1=0.5 s,即0～0.5 s内,P、Q的加速度大小分别为2 m/s2、18 m/s2,故A错误,B正确;假设P、Q共速之后一起运动,则二者加速度大小均为a=μ2(m1+m2)gm1+m2=6 m/s2,而P的最大加速度为am=μ1g=2 m/s2<6 m/s2,可知二者共速后发生相对滑动,此后P的加速度大小为a1,水平向左,则有a1t1=a1(t2-t1),解得t2=1 s,故C错误,D正确。

[变式] 在[例2]情境中,若已知P、Q之间的动摩擦因数μ1′=0.6,Q与地面之间的动摩擦因数μ2′=0.2,则经多长时间P、Q的速度相同?经多长时间P停止运动?【答案】 0.5 s　2 s【解析】 在t=0时刻,对物块P有μ1′m1g=m1a1′,对木板Q有μ1′m1g+μ2′(m1g+m2g)=m2a2′,解得a1′=6 m/s2,a2′=14 m/s2,设经时间t1′两者共速,则有v0-a2′t1′=a1′t1′,代入数据解得t1′=0.5 s,即t1′=0.5 s时,P、Q速度相同假设P、Q共速之后一起运动,二者加速度大小为a′,则有μ2′(m1+m2)g=(m1+m2)a′,即a′=2 m/s2,而P的最大加速度为a1′=6 m/s2>a′,可知二者共速后一起减速运动,则有a1′t1′=a′(t2′-t1′),解得t2′=2 s[例3] 【滑块、滑板均有初速度】 (2025·内蒙古高考适应性考试)(多选)一小物块向左冲上水平向右运动的木板,二者速度大小分别为v0、2v0,此后木板的速度v随时间t变化的图像如图所示设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,木板足够长整个运动过程中(　　)[A] 物块的运动方向不变[B] 物块的加速度方向不变[C] 物块相对木板的运动方向不变[D] 物块与木板的加速度大小相等【答案】 CD【解析】 根据图像可知木板的速度方向没有发生改变,木板和物块达到共速12v0,然后一起减速到0,所以物块的运动方向先向左再向右,故A错误;物块在向左减速和向右加速阶段加速度方向均水平向右,共同减速阶段加速度方向水平向左,方向改变,故B错误;物块在向左减速和向右加速阶段相对木板都向左运动,共同减速阶段无相对运动,即物块相对木板运动方向不变,故C正确;由图像可知在有相对运动阶段木板的加速度大小为a1=2v0-12v0t=3v02t,物块的加速度大小为a2=v0+12v0t=3v02t,即木板和物块的加速度大小相等,故D正确。

类型二　有外力F作用的水平面上的滑块—滑板模型[例4] 【外力F作用在滑块上】(2024·云南昆明阶段检测)(多选)如图甲所示,物块A与木板B静止叠放在水平地面上,A、B间的动摩擦因数μ=0.2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,地面光滑现对A施加水平向右的大小不同的拉力F,测得B的加速度a与力F的关系如图乙所示,g取 10 m/s2,则(　　)[A] 当F<24 N时,A、B间的摩擦力保持不变[B] 当F>24 N时,A、B间的摩擦力保持不变[C] A的质量为4 kg[D] B的质量为2 kg【答案】 BCD【解析】 由题图乙可知,当F<24 N时,B的加速度逐渐增大,则A、B间的摩擦力逐渐增大;当F>24 N 时,A、B发生相对滑动,A、B间为滑动摩擦力且保持不变,故A错误,B正确当F=24 N 时,根据牛顿第二定律,对物块A有F-μmAg=mAa,对木板B有μmAg=mBa,解得A、B的质量分别为mA=4 kg,mB=2 kg,故C、D正确[变式] 在[例4]情境中,当拉力F′=12 N时,A、B间的摩擦力为多少?【答案】 4 N【解析】 当拉力F′=12 N时,A、B间相对静止,对整体有F′=(mA+mB)a2,则a2=F'mA+mB=2 m/s2,设此时A、B间摩擦力为Ff,对物块A有F′-Ff=mAa2,解得A、B间摩擦力的大小Ff=4 N。

[例5] 【外力F作用在滑板上】(2024·黑吉辽卷,10)(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μt=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,小物块与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】 v-t图像的斜率表示加速度,由题图可知t=3t0时刻木板的加速度发生改变,故可知小物块在t=3t0时刻滑上木板,故A正确;设小物块和木板间动摩擦因数为μ0,小物块质量为m,根据题意结合图像可知小物块开始滑上木板时的速度大小为v0=32μgt0,方向水平向左,小物块在木板上滑动的加速度为a0=μ0mgm=μ0g,经过t0时间与木板共速,此时速度大小为v共=12μgt0,方向水平向右,以水平向右为正方向,a0=12μgt0-(-32μgt0)t0=2μg,解得μ0=2μ,故B正确;设木板质量为M,根据题图可知小物块未滑上木板时,木板的加速度为a=12μgt0t0=12μg,由牛顿第二定律有F-μMg=Ma,解得F=32μMg,根据题图可知小物块滑上木板后木板的加速度为a′=12μgt0-32μgt0t0=-μg,此时对木板由牛顿第二定律得F-μ(m+M)g-μ0mg=Ma′,解得mM=12,故C错误;假设t=4t0之后小物块和木板一起做匀速运动,对整体有F-μ(m+M)g=32μMg-32μMg=0,可知此时整体处于平衡状态,假设成立,即t=4t0之后小物块和木板一起做匀速运动,故D正确。

类型三　斜面和竖直面上的滑块—滑板模型[例6] 【斜面上的滑块—滑板模型】(2024·贵州贵阳阶段练习)如图所示,一轻质光滑定滑轮固定在足够长的斜面上,斜面与水平面之间的夹角为37°物块a(可视为质点)和木板b,通过不可伸长的轻绳跨过光滑定滑轮连接,物块a与木板b下端对齐,物块a、木板b间的接触面和轻绳均与斜面平行t=0时刻,将物块a、木板b静止释放,t1=0.6 s 时,剪断轻绳,物块a恰好不会从木板b上端滑落已知木板b的上表面光滑,下表面与斜面之间的动摩擦因数μ=0.2,物块a、木板b的质量分别为m1=1 kg、m2=4 kg,重力加速度g取10 m/s2,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8求:(1)t=0时刻,物块a的加速度大小;(2)木板b的长度答案】 (1)2 m/s2　(2)2.16 m【解析】 (1)由题意可知,将物块a、木板b由静止释放后物块a沿木板b向上运动,木板b沿斜面向下运动,设轻绳的拉力大小为FT,物块a、木板b的加速度大小均为a1,对物块a、木板b分别根据牛顿第二定律可得FT-m1gsin 37°=m1a1,m2gsin 37°-FT-μ(m1+m2)gcos 37°=m2a1,联立解得a1=2 m/s2,即t=0时刻物块a的加速度大小为2 m/s2。

2)在0～0.6 s内,设t1=0.6 s时物块a的速度大小为v1,根据匀变速直线运动的规律,对物块a有v1=a1t1,xa1=12a1t12,xa1=xb1,此时物块a与木板b下端距离Δx1=xa1+xb1,解得Δx1=0.72 m,v1=1.2 m/s剪断轻绳后,设物块a加速度为a2,木板b加速度为a3,对物块a、木板b分别有m1gsin 37°=m1a2,m2gsin 37°-μ(m1+m2)gcos 37。