1、1模型 4 板块模型模型统计真题模型 考查角度 真题模型 考查角度(2017全国卷 T 25)牛顿第二定律、匀变速运动规律、物块与木板相对运动等综合应用的“板块模型” (2015全国卷 T25)牛顿运动定律、物块与木板相对运动及功能关系等综合应用的“板块模型”(2015全国卷 T 25)利用图象求物块的加速度、碰撞前后木板运动及物块恰好没有离开木板的临界条件和二者的相对位移及功能关系等综合应用的“板块模型” (2013全国卷 T25)从 vt 图象分析运动情况、牛顿运动定律、摩擦力及两者共速以后的运动情况等综合应用的“板块模型”模型解读1板块模型的特点板块模型一直以来都是高考考查的热点，板块模
2、型问题，至少涉及两个物体，一般包括多个运动过程，板块间存在相对运动，应准确求出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)，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，求解中应注意速度是联系两个过程的纽带，每一个过程的末速度是下一个过程的初速度，问题的实质是物体间的相互作用及相对运动问题，应根据题目中的已知信息及运动学公式综合分析，分段分步列式求解2板块模型的求解问题(1)相互作用、动摩擦因数(2)木板对地的位移(3)物块对地的位移(4)物块对木板的相对位移(5)摩擦生热，能量转化3板块模型的解题关键解决板块模型问题，不同的阶段要分析受力情况和运动情况的变化，
3、抓住两者存在相对滑动的临界条件是两者间的摩擦力为最大静摩擦力，静摩擦力不但方向可变，而且大小2也会在一定范围内变化，明确板块达到共同速度时各物理量关系是此类题目的突破点：(1)板块达到共同速度以后，摩擦力要发生转变，一种情况是板块间滑动摩擦力转变为静摩擦力；另一种情况是板块间的滑动摩擦力方向发生变化(2)板块达到共同速度时恰好对应物块不脱离木板时板具有的最小长度，也就是物块在木板上相对于板的最大位移(3)分析受力，求解加速度，画运动情境图寻找位移关系，可借助 vt 图象模型突破考向 1 有外力作用的板块问题典例 1 如图 1 所示，质量为 M 的木板(足够长)置于光滑水平面上，质量为 m 的木
4、块与木板间的动摩擦因数为 .开始时木板和木块均静止，某时刻起，一恒定的水平外力F 作用在木板上，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则木块和木板各自运动的加速度am、 aM的大小分别为多少？图 1【解析】 若两物体相对静止一起向右做匀加速运动对整体，根据牛顿第二定律有 F( M m)a则木块与木板间的摩擦力 f ma m mg ，FM m即 0 F (M m)g此时 am aMFM m当 F (M m)g 时，两物体发生相对运动对木板，根据牛顿第二定律有 mg mam，解得 am g对木块，根据牛顿第二定律有 F mg MaM，解得 aMF mgM综上所述，若 0 F (M m)g，则 am aMF
5、M m若 F (M m)g，则 am g ， aM .F mgM【答案】 若 0 F (M m)g，则 am aM ；若 F (M m)g，则FM mam g ， aMF mgM跟踪训练3(1)若将典例 1 中的水平外力 F 作用在木块上，其他条件不变，则木块和木板各自运动的加速度 am、 aM的大小分别为多少？【解析】 若 0 F mg ，则 am aM ；若 F mg ，则 am M mM FM m M mM， aM .F mgm mgM(2)若将典例 1 中的木板置于粗糙水平面上，且木板与水平面间的动摩擦因数为 2，木块与木板间的动摩擦因数为 1，其他条件不变，则木块和木板各自运动的加速
6、度am、 aM的大小分别为多少？【解析】 若 0 F 2(M m)g，木块和木板的加速度均为零；若 2(M m)g F 2(M m)g 1(M m)g，则 am aM ；若 F 2(M m)F 2 M m gM mg 1(M m)g，则 am 1g， aM .F 2 M m g 1mgM考向 2 水平面上具有初始速度的板块模型典例 2 如图 2 所示，质量为 M 的小车静止在光滑的水平面上，车长为 L，现有质量为 m、可视为质点的物块，以水平向右的初速度 v0从小车最左端滑上小车，物块与车面间的动摩擦因数为 ，重力加速度为 g，求：(1)物块在车面上滑行的时间 t；(2)要使物块不从小车最右端
7、滑出，物块滑上小车最左端的初速度 v0应满足的条件图 2【解析】 (1)假设小车足够长，物块以水平向左的加速度 a1 g 做匀减速直线运动，而小车以水平向右的加速度 a2 做匀加速直线运动，最终两物体以相同的速度 v 一起 mgM向右做匀速运动，根据动量守恒定律有 mv0( M m)v设物块在小车上滑行的距离为 s，根据能量守恒定律有 mgs mv (M m)v212 20 12联立解得 sMv202 M m g若 L s，则物块最终与小车一起以速度 v 做匀速运动，根据运动学公式有 v a2t，联立解得 tMv0 M m g若 L s，则物块一直以水平向左的加速度 a1 g 做匀减速直线运动
8、，直到从小车最4右端滑离小车，根据运动学公式有 x1 v0t a1t2， x2 a2t2， x1 x2 L12 12联立以上几式解得 t .Mv0 Mv20 2 M m gLM M m g(2)要保证物块不从小车最右端滑离，物块滑上小车最左端的最大初速度 vmax应满足：物块恰好到达小车最右端时两者共速根据动量守恒定律和能量守恒定律有mvmax( M m)v， mgL mv (M m)v2，联立解得 vmax12 2max 12 2 M m gLM即要使物块不从小车最右端滑出，物块滑上小车最左端的初速度 v0应满足的条件为v0 .2 M m gLM答案：见解析如图所示，光滑水平地面上有一质量为
9、 m2的滑板，滑板最左端放有一个可视为质点的质量为 m1(m1 m2)的物块，滑板与物块之间的动摩擦因数为 ，二者以相同的初速度 v0一起向右运动，滑板与竖直墙碰撞时间极短，且没有机械能损失，重力加速度为 g，为保证物块不从滑板上滑落，滑板的长度 L 至少为多少？【解析】 (1)若 m2 m1，滑板与竖直墙碰撞后， 以原速反弹，总动量向左，当二者达到相同速度后一起向左做匀速运动，物块在滑板上滑动的距离最大，设为 L1.根据动量守恒定律有( m2 m1)v0( m2 m1)v1， v1为物块与滑板碰撞后速度相同时的速度大小根据能量守恒定律有 m 1gL1 (m2 m1)v (m2 m1)v12
10、20 12 21联立解得 L1 .2m2v20 m1 m2 g(2)若 m2 m1，滑板与竖直墙碰撞后，以原速反弹，总动量向右，当二者达到相同速度后一起向右运动，再次与墙相碰，重复之前的运动，但两者共速时的速度越来越小最终，滑板静止在竖直墙处，此过程物块一直相对滑板向右运动，当滑板(包括滑板上的物块)最终静止时，物块在滑板上滑动的距离最大，设为 L2.根据能量守恒定律有 m 1gL2 (m2 m1)v ，解得 L212 20 m1 m2 v202 m1g所以 L2 L1 0，即 L1 L2，故滑板的长度至少为 L L2 m1 m2 2v202 m1 m1 m2 g5. m1 m2 v202 m
11、1g答案： m1 m2 v202 m1g考向 3 传送带模型典例 3 (2018赤峰 4 月模拟)如图 3 所示，一个可视为质点的物块，质量为 m1 kg，从光滑四分之一圆弧轨道顶端由静止滑下，到达底端时恰好进入与圆弧轨道底端相切的水平传送带，传送带由电动机驱动着匀速逆时针转动，速度大小为 v3 m/s.已知圆弧轨道半径 R0.45 m，物块与传送带间的动摩擦因数为 0.1，两皮带轮之间的距离为L4 m，物块滑到圆弧轨道底端时对轨道的作用力为 F，物块与传送带摩擦产生的热量为 Q.重力加速度取 g10 m/s 2.下列说法正确的是( )图 3A F10 N B F20 NC Q10 J D Q
12、4 JC 物块滑到圆弧轨道底端的过程中，由机械能守恒： mgR mv ，解得：12 20v0 3 m/s，在轨道的底端，由牛顿第二定律得： F mg m ，代入数据解得 F30 2gRv20RN，故 A、B 错误；物块滑上传送带将做匀减速运动，设匀减速运动的最大距离为 sm，加速度大小为 a，由牛顿第二定律得： mg ma，解得 a1 m/s2，可得：sm m4.5 m，因为两皮带轮之间的距离为 L4 m，所以物块将从传送带的右v202a 3221端离开传送带设物块在传送带上滑行时间为 t，则有： L v0t at2，解得： t2 s，在12t2 s 时间内传送带的位移大小为 x vt23 m
13、6 m，物块相对于传送带的位移为 x x L10 m，热量 Q mg x10 J，所以 C 正确，D 错误(2018甘肃天水一模)如图所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率 v1运行初速度大小为 v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的 A 处滑上传送带若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的 vt 图象(以地面为参考系)如图乙所示已知 v2v1，则( )6甲 乙A t2时刻，小物块离 A 处的距离达到最大B t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离最大C0 t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左D0 t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用B 0 t1时间：滑动摩擦力向右，物体向左做匀减速运动， t1时刻向左位移达到最大，即离 A 处的距离最大， t1 t2时间：滑动摩擦力向右，物体向右由静止开始先做匀加速直线运动， t2以后物体做匀速直线运动，摩擦力为零 t2以后物体相对传送带静止，相对滑动的距离最大，故 B 正确
