专题110 动力学中的板块问题解析版.docx

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专题110动力学中的板块问题解析版

2020年高考物理备考微专题精准突破

专题1.10动力学中的板块问题

【专题诠释】

1．模型特征

滑块——滑板模型（如图a），涉及摩擦力分析、相对运动、摩擦生热，多次相互作用，属于多物体、多过程问题，知识综合性较强，对能力要求较高，故频现于高考试卷中．另外，常见的子弹射击滑板（如图b）、圆环在直杆中滑动（如图c）都属于滑块类问题，处理方法与滑块——滑板模型类似．

2．两种类型

类型图示

规律分析

木板B带动物块A，物块恰好不从木板上掉下的临界条件是物块恰好滑到木板左端时二者速度相等，则位移关系为xB＝xA＋L

物块A带动木板B，物块恰好不从木板上掉下的临界条件是物块恰好滑到木板右端时二者速度相等，则位移关系为xB＋L＝xA

【高考领航】

【2019·江苏高考】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、aB′；

（3）B被敲击后获得的初速度大小vB。

【答案】　

（1）　

（2）3μg　μg　（3）2

【解析】　A、B的运动过程如图所示：

（1）A被敲击后，B静止，A向右运动，由牛顿第二定律知，A的加速度大小aA＝μg

A在B上滑动时有2aAL＝v

解得：

vA＝。

（2）设A、B的质量均为m

对齐前，A相对B滑动，B所受合外力大小

F＝μmg＋2μmg＝3μmg

由牛顿第二定律得F＝maB，得aB＝3μg

对齐后，A、B相对静止，整体所受合外力大小F′＝2μmg

由牛顿第二定律得F′＝2maB′，得aB′＝μg。

（3）设B被敲击后，经过时间t，A、B达到共同速度v，位移分别为xA、xB，A的加速度大小等于aA

则v＝aAt，v＝vB－aBt

xA＝aAt2，xB＝vBt－aBt2

且xB－xA＝L

解得：

vB＝2。

【2017·高考全国卷Ⅲ】如图，两个滑块A和B的质量分别为mA＝1kg和mB＝5kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.5；木板的质量为m＝4kg，与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1.某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v0＝3m/s.A、B相遇时，A与木板恰好相对静止．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）B与木板相对静止时，木板的速度；

（2）A、B开始运动时，两者之间的距离.

【答案】　见解析

【解析】　

（1）滑块A和B在木板上滑动时，木板也在地面上滑动．设A、B和木板所受的摩擦力大小分别为f1、f2和f3，A和B相对于地面的加速度大小分别为aA和aB，木板相对于地面的加速度大小为a1.在物块B与木板达到共同速度前有f1＝μ1mAg　①　f2＝μ1mBg　②　f3＝μ2（m＋mA＋mB）g　③

由牛顿第二定律得f1＝mAaA　④　f2＝mBaB　⑤　f2－f1－f3＝ma1　⑥

设在t1时刻，B与木板达到共同速度，其大小为v1.由运动学公式有v1＝v0－aBt1　⑦　v1＝a1t1　⑧

联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得v1＝1m/s.　⑨

（2）在t1时间间隔内，B相对于地面移动的距离为sB＝v0t1－aBt　⑩

设在B与木板达到共同速度v1后，木板的加速度大小为a2.对于B与木板组成的体系，由牛顿第二定律有f1＋f3＝（mB＋m）a2　⑪

由①②④⑤式知，aA＝aB；再由⑦⑧式知，B与木板达到共同速度时，A的速度大小也为v1，但运动方向与木板相反．由题意知，A和B相遇时，A与木板的速度相同，设其大小为v2.设A的速度大小从v1变到v2所用的时间为t2，则由运动学公式，对木板有v2＝v1－a2t2　⑫　

对A有v2＝－v1＋aAt2　⑬

在t2时间间隔内，B（以及木板）相对地面移动的距离为s1＝v1t2－a2t　⑭

在（t1＋t2）时间间隔内，A相对地面移动的距离为sA＝v0（t1＋t2）－aA（t1＋t2）2　⑮

A和B相遇时，A与木板的速度也恰好相同．因此A和B开始运动时，两者之间的距离为s0＝sA＋s1＋sB　⑯

联立以上各式，并代入数据得s0＝1.9m.

（也可用如图的速度－时间图线求解）

【技巧方法】

1．通过受力分析判断滑块和木板各自的运动状态（具体做什么运动）；

2．判断滑块与木板间是否存在相对运动。

滑块与木板存在相对运动的临界条件是什么？

⑴运动学条件：

若两物体速度或加速度不等，则会相对滑动。

⑵动力学条件：

假设两物体间无相对滑动，先用整体法算出共同加速度，再用隔离法算出其中一个物体“所需要”的摩擦力f；比较f与最大静摩擦力fm的关系，若f>fm，则发生相对滑动；否则不会发生相对滑动。

3.分析滑块和木板的受力情况，根据牛顿第二定律分别求出滑块和木板的加速度；

4.对滑块和木板进行运动情况分析，找出滑块和木板之间的位移关系或速度关系，建立方程．特别注意滑块和木板的位移都是相对地面的位移.

5.计算滑块和木板的相对位移（即两者的位移差或位移和）；

6.如果滑块和木板能达到共同速度，计算共同速度和达到共同速度所需要的时间；

7.滑块滑离木板的临界条件是什么？

当木板的长度一定时，滑块可能从木板滑下，恰好滑到木板的边缘达到共同速度（相对静止）是滑块滑离木板的临界条件。

【最新考向解码】

【例1】（2019·河南周口市高三上学期期末）如图所示，足够长的质量M＝2kg的木板静止在光滑水平地面上，质量m＝1kg的物块静止在长木板的左端，物块和长木板之间的动摩擦因数μ＝0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2。

现对物块施加一水平向右的恒力F＝2N，则下列说法正确的是（　　）

A．物块和长木板之间的摩擦力为1NB．物块和长木板相对静止一起加速运动

C．物块运动的加速度大小为1m/s2D．拉力F越大，长木板的加速度越大

【答案】　AC

【解析】　当物块与木板之间的静摩擦力增大至最大静摩擦力时，二者恰好相对滑动，设此时的临界拉力为F0，由牛顿第二定律有a＝＝＝，解得F0＝1.5N。

因F＝2N>F0＝1.5N，故物块和长木板加速且相对滑动，两者之间存在滑动摩擦力，有f＝μmg＝1N，A正确，B错误；对物块由牛顿第二定律有F－μmg＝ma1，可得a1＝1m/s2，C正确；拉力F越大，物块的合力越大则加速度越大，但长木板受到的滑动摩擦力为1N恒定，故相对滑动时长木板的加速度恒定，为a2＝＝0.5m/s2，D错误。

【例2】（2019·安徽六安模拟）如图所示，质量为M＝8kg的小车放在光滑的水平面上，在小车左端加一水平

推力F＝8N，当小车向右运动的速度达到v0＝1.5m/s时，在小车前端轻轻放上一个大小不计、质量为m＝

2kg的小物块，小物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.2，已知运动过程中，小物块没有从小车上掉下来，g取

10m/s2，求：

（1）经过多长时间两者达到相同的速度；

（2）小车至少多长，才能保证小物块不从小车上掉下来；

（3）从小物块放上小车开始，经过t＝1.5s小物块对地的位移大小为多少？

【答案】　

（1）1s　

（2）0.75m　（3）2.1m

【解析】　

（1）设小物块和小车的加速度分别为am、aM，由牛顿第二定律有：

μmg＝mam，F－μmg＝MaM

代入数据解得：

am＝2m/s2，aM＝0.5m/s2

设经过时间t1两者达到相同的速度，由amt1＝v0＋aMt1，解得：

t1＝1s.

（2）当两者达到相同的速度后，假设两者保持相对静止，以共同的加速度a做匀加速运动，对小物块和小车整体，由牛顿第二定律有：

F＝（M＋m）a，解得：

a＝0.8m/s2

此时小物块和小车之间的摩擦力f＝ma＝1.6N

而小物块和小车之间的最大静摩擦力fm＞μmg＝4N＞f，所以两者达到相同的速度后，两者保持相对静止．

从小物块放上小车开始，小物块的位移为：

sm＝amt

小车的位移sM＝v0t1＋aMt

小车的长度至少为l＝sM－sm

代入数据得：

l＝0.75m

（3）在开始的1s内，小物块的位移sm＝amt＝1m，末速度v＝amt1＝2m/s，在剩下的时间t2＝t－t1＝0.5s时间内，物块运动的位移为s2＝vt2＋at，得s2＝1.1m，可见小物块在总共1.5s时间内通过的位移大小为s＝sm＋s2＝2.1m.

【例3】（2019·河南中原名校联考）如图所示，在光滑的水平面上有一足够长的质量为M＝4kg的长木板，在

长木板右端有一质量为m＝1kg的小物块，长木板与小物块间动摩擦因数为μ＝0.2，长木板与小物块均静

止．现用F＝14N的水平恒力向右拉长木板，经时间t＝1s撤去水平恒力F.

（1）在F的作用下，长木板的加速度为多大？

（2）刚撤去F时，小物块离长木板右端多远？

（3）最终长木板与小物块一同以多大的速度匀速运动？

（4）最终小物块离长木板右端多远？

【答案】

（1）3m/s2　

（2）0.5m　（3）2.8m/s（4）0.7m

【解析】

（1）根据牛顿第二定律可得a＝，解得a＝3m/s2

（2）撤去F之前，小物块只受摩擦力作用，

故am＝μg＝2m/s2Δx1＝at2－amt2，解得Δx1＝0.5m

（3）刚撤去F时，v＝at＝3m/s，vm＝amt＝2m/s

撤去F后，长木板的加速度a′＝＝0.5m/s2

最终速度v′＝vm＋amt′＝v－a′t′

解得v′＝2.8m/s

（4）在t′内，小物块和木板的相对位移

Δx2＝－

解得Δx2＝0.2m

最终小物块离长木板右端x＝Δx1＋Δx2＝0.7m.

【微专题精练】

1.如图甲所示，一质量为M的长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为m的小滑块．木板受到水平拉力F作用时，用传感器测出长木板的加速度a与水平拉力F的关系如图乙所示，重力加速度g＝10m/s2，下列说法正确的是（　　）

A．小滑块的质量m＝2kg

B．小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.1

C．当水平拉力F＝7N时，长木板的加速度大小为3m/s2

D．当水平拉力F增大时，小滑块的加速度一定增大

【答案】AC.

【解析】当F＝6N时，两物体恰好具有最大共同加速度，对整体分析，由牛顿第二定律有F＝（M＋m）a，代入数据解得M＋m＝3kg.当F大于6N时，两物体发生相对滑动，对长木板有a＝＝－，图线的斜率k＝＝1，解得M＝1kg，滑块的质量m＝2kg，选项A正确；滑块的最大加速度a′＝μg＝2m/s2，所以小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.2，选项B错误；当F＝7N时，由a＝知长木板的加速度a＝3m/s2，选项C正确；当两物体发生相对滑动时，滑块的加速度a′＝μg＝2m/s2，恒定不变，选项D错误．

2.如图所示，在山体下的水平地面上有一静止长木板，某次山体滑坡，有石块从山坡上滑下后，恰好以速度v1滑上长木板，石块与长木板、长木板与水平地面之间都存在摩擦．设最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力的大小，且石块始终未滑出长木板．下面给出了石块在长木板上滑行的v－t图象，其中可能正确的是（　　）

【答案】BD

【解析】.由于石块与长木板、长木板与地面之间都有摩擦，故石块不可能做匀速直线运动，故选项A错误；若石块对长木板向右的滑动摩擦力小于地