专题4.3 板块模型-2023届高考物理二、三轮复习总攻略

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目录
TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc2339" 模型一 动力学中水平面上的板块模型 PAGEREF _Tc2339 1
\l "_Tc17391" 类型1 水平面上受外力作用的板块模型 PAGEREF _Tc17391 2
\l "_Tc9319" 类型2 水平面上具有初速度的板块模型 PAGEREF _Tc9319 4
\l "_Tc15831" 模型二 斜面上的板块模型 PAGEREF _Tc15831 6
\l "_Tc14505" 模型三 板块模型与动量、能量的综合问题 PAGEREF _Tc14505 9
\l "_Tc19392" 类型1 无外力作用的板块模型 PAGEREF _Tc19392 10
\l "_Tc15624" 类型2 有外力作用的板块模型 PAGEREF _Tc15624 11
\l "_Tc2552" 专题提升训练 PAGEREF _Tc2552 12
模型一 动力学中水平面上的板块模型
水平面上的板块模型是指滑块和滑板都在水平面上运动的情形，滑块和滑板之间存在摩擦力，发生相对运动，常伴有临界问题和多过程问题，对学生的综合能力要求较高。
【例1】如图所示，质量为M＝4 kg的木板长L＝1.4 m，静止放在光滑的水平地面上，其右端静置一质量为m＝1 kg的小滑块(可视为质点)，小滑块与木板间的动摩擦因数μ＝0.4，今用水平力F＝28 N向右拉木板。要使小滑块从木板上掉下来，力F作用的时间至少要多长？(不计空气阻力，取g＝10 m/s2)
【答案】 1 s
【解析】设t1时刻撤掉力F，此时滑块的速度为v2，木板的速度为v1，t2时刻木板与滑块达到最终速度v3，如图所示阴影部分的面积为板长L，则在0～t1的过程中，由牛顿第二定律有
对滑块：μmg＝ma2，v2＝a2t1
对木板：F－μmg＝Ma1，v1＝a1t1
撤去力F后，木板的加速度变为a3，则μmg＝Ma3
由v­t图像知L＝eq \f(1,2)(v1－v2)t1＋eq \f(1,2)(v1－v2)(t2－t1)＝eq \f(1,2)(v1－v2)t2
t2时刻木板与滑块速度相等，即
v1－a3(t2－t1)＝v2＋a2(t2－t1)
联立可得t1＝1 s。
【方法总结】求解水平面上的板块模型的三个关键
(1)两个分析：仔细审题，清楚题目的物理过程，对每一个物体进行受力分析和运动过程分析。
(2)求加速度：准确求出各个物体在各个运动过程的加速度，注意两个运动过程的连接处的加速度可能突变。
(3)明确关系：找出物体之间的位移和路程关系或速度关系往往是解题的突破口，每一个过程的末速度是下一个过程的初速度。当过程比较多时可以借助v­t图像，从图像中找到时间与空间的关系，是解决问题的有效手段。
类型1 水平面上受外力作用的板块模型
(1)木板上加力(如图甲)，板块可能一起匀加速运动，也可能发生相对滑动．
(2)滑块上加力(如图乙)，注意判断B板动不动，是一起加速，还是发生相对滑动(还是用假设法判断)．
1．[多选]如图甲所示，足够长的木板B静置于光滑水平面上，其上放置小滑块A。木板B受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出木板B的加速度a，得到如图乙所示的a­F图像。已知重力加速度g＝10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则( )
A．滑块A的质量为4 kg
B．木板B的质量为1 kg
C．当F＝10 N时木板B的加速度为4 m/s2
D．滑块A与木板B之间的动摩擦因数为0.1
【答案】BC
【解析】： 由题图乙可知，当拉力F>8 N时，A、B发生相对滑动，F≤8 N时二者相对静止。设滑块A的质量为m，木板B的质量为M，则当F＝8 N时，对整体由牛顿第二定律可得F＝(M＋m)a，解得M＋m＝4 kg；当F>8 N时，对木板B，由牛顿第二定律可得F－μmg＝Ma，即a＝eq \f(1,M)F－eq \f(m,M)μg，由题图乙可知，当F>8 N时，图像的斜率k＝1 kg－1，故木板B的质量为M＝1 kg，滑块A的质量m＝3 kg，选项A错误，B正确；当F＝8 N时，A相对B静止，加速度aA＝2 m/s2，则有maA＝μmg，代入数据求解可得μ＝0.2，选项D错误；当F＝10 N时，由F－μmg＝Ma可解得a＝4 m/s2，选项C正确。
2.(2022·安徽省高三一模)如图所示，水平地面上有一个薄木板，在木板最右端叠放一个可视为质点的小滑块．小滑块质量m＝1 kg，与木板间的动摩擦因数μ1＝0.3，木板长l＝0.5 m，质量M＝2 kg，木板和小滑块与水平地面间的动摩擦因数均为μ2＝0.1.现对木板施加方向水平向右的拉力，拉力大小F＝14 N．重力加速度大小g取10 m/s2，小滑块落地后不反弹．求：
(1)小滑块经多长时间从木板上掉下；
(2)小滑块停止运动时，小滑块与木板间的距离．
【答案】 (1)1 s (2)34.5 m
【解析】 (1)对小滑块，根据牛顿第二定律可得
μ1mg＝ma1
则a1＝3 m/s2
由位移公式得
x1＝eq \f(1,2)a1t2
对木板，根据牛顿第二定律可得
F－μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2
则a2＝4 m/s2
木板的位移
x2＝eq \f(1,2)a2t2
且x2－x1＝l
联立可得t＝1 s
(2)小滑块离开木板时，小滑块的速度为
v1＝a1t＝3 m/s
木板的速度为
v2＝a2t＝4 m/s
小滑块停止运动时，运动时间为
t1＝eq \f(v1,μ2g)＝3 s
运动的距离为
x1′＝eq \f(v\\al(12),2μ2g)＝4.5 m
小滑块离开木板后，木板的加速度
a2′＝eq \f(F－μ2Mg,M)＝6 m/s2
木板运动的距离为
x2′＝v2t1＋eq \f(1,2)a2′t12＝39 m
小滑块与木板间的距离
Δx＝x2′－x1′＝34.5 m.
类型2 水平面上具有初速度的板块模型
1 光滑地面，有初速度无外力类
(1)系统不受外力，满足动量守恒．
(2)如果板足够长，共速后一起匀速运动，板块间摩擦力突变为0，用图象法描述板、块的速度更直观
2 地面粗糙，滑块(或板)有初速度类
(1)因为系统受外力，动量不守恒，注意板是否会动．
(2)若能动，且板足够长，达到共速后，判断它们之间是否相对滑动，常用假设法，假设二者相对静止，利用整体法求出加速度a，再对小滑块进行受力分析，利用F合＝ma，求出滑块受的摩擦力Ff，再比较它与最大静摩擦力的关系，如果摩擦力大于最大静摩擦力，则必然相对滑动，如果小于最大静摩擦力，就不会相对滑动．
(3)若一起匀减速到停止，板块间由滑动摩擦力突变为静摩擦力，用图象法描述速度更直观．(如图2)
1.如图所示，物块A、木板B的质量均为m＝10 kg，A可视为质点，B的长度为L＝3 m，开始时A、B均静止。现使A以某一水平初速度v0从B的最左端开始运动。已知A与B之间的动摩擦因数为μ1＝0.3。(g取10 m/s2)
(1)若B与水平面之间的动摩擦因数为μ2＝0.1，且物块A刚好没有从木板B上滑下来，则A的初速度v0为多大？
(2)若把木板B放在光滑水平面上，让A仍以(1)问中的初速度从B的最左端开始运动，则A能否与B脱离？最终A和B的速度各为多大？
【答案】：(1)2eq \r(6) m/s (2)没有脱离，最终速度均为eq \r(6) m/s
【解析】：(1)A在B上向右做匀减速直线运动，加速度大小a1＝μ1g＝3 m/s2
木板B向右做匀加速直线运动，加速度大小
a2＝eq \f(μ1mg－μ2·2mg,m)＝1 m/s2
由题意知，A刚好没有从B上滑下来，则A运动到B的最右端时和B速度相同，记为v，
由时间关系得eq \f(v0－v,a1)＝eq \f(v,a2)，
由位移关系得L＝eq \f(v02－v2,2a1)－eq \f(v2,2a2)
联立并代入数据解得v0＝2eq \r(6) m/s。
(2)若把木板B放在光滑水平面上，则A在B上向右做匀减速直线运动，加速度大小仍为a1＝μ1g＝3 m/s2
B向右做匀加速直线运动，加速度大小为
a2′＝eq \f(μ1mg,m)＝3 m/s2
假设A、B达到相同速度v′时，A没有脱离B，由时间关系得
eq \f(v0－v′,a1)＝eq \f(v′,a2′)
解得v′＝eq \f(v0,2)＝eq \r(6) m/s
此过程中A运动的位移xA＝eq \f(v02－v′2,2a1)＝3 m
B运动的位移xB＝eq \f(v′2,2a2′)＝1 m
因xA－xB＝2 m