高中物理模型法解题——板块模型Word文件下载.docx
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有at2=L
解得：
t=1s，即F作用的最短时间是1s．
（3）设木块的最大加速度为a木块，木板的最大加速度为a木板，则
对木板：
F1﹣μ1mg﹣μ（M+m）g=Ma木板
木板能从木块的下方抽出的条件：
a木板＞a木块
F＞25N
（4）木块的加速度
木板的加速度=4.25m/s2
木块滑离木板时，两者的位移关系为x木板﹣x木块=L
即
带入数据解得：
t=2s
【变式练习】如图所示，质量M=1kg的木块A静止在水平地面上，在木块的左端放置一个质量m=1kg的铁块B（大小可忽略），铁块与木块间的动摩擦因数μ1=0.3，木块长L=1m，用F=5N的水平恒力作用在铁块上，g取10m/s2．
（1）若水平地面光滑，计算说明两木块间是否会发生相对滑动．
（2）若木块与水平地面间的动摩擦因数μ2=0.1，求铁块运动到木块右端的时间．
（1）假设不发生相对滑动，通过整体隔离法求出A、B之间的摩擦力，与最大静摩擦力比较，判断是否发生相对滑动．
（2）根据牛顿第二定律分别求出A、B的加速度，结合位移之差等于木块的长度求出运动的时间．
【答案】
（1）A、B之间不发生相对滑动；
（2）铁块运动到木块右端的时间为．
【解析】
（1）A、B之间的最大静摩擦力为：
fm＞μmg=0.3×
10N=3N．
假设A、B之间不发生相对滑动，则对AB整体分析得：
F=（M+m）a
对A，fAB=Ma
代入数据解得：
fAB=2.5N．
因为fAB＜fm，故A、B之间不发生相对滑动．
（2）对B，根据牛顿第二定律得：
F﹣μ1mg=maB，
对A，根据牛顿第二定律得：
μ1mg﹣μ2（m+M）g=MaA
根据题意有：
xB﹣xA=L
，，
联立解得：
．
二、不含作用力的板块模型问题：
【例题2】一长木板在水平地面上运动，在t＝0时刻将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，以后木板运动的速度—时间图像如图所示。
已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上。
取重力加速度的大小g＝10m/s2，求：
（1）物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数；
（2）从t＝0时刻到物块与木板均停止运动时，物块相对于木板的位移的大小。
（1）0.20 0.30
（2）1.125m
（1）从t＝0时开始，木板与物块之间的摩擦力使物块加速，使木板减速，此过程一直持续到物块和木板具有共同速度为止。
由图可知，在t1＝0.5s时，物块和木板的速度相同。
设t＝0到t＝t1时间间隔内，物块和木板的加速度大小分别为a1和a2，则
①
②
式中v0＝5m/s、v1＝1m/s分别为木板在t＝0、t＝t1时速度的大小。
设物块和木板的质量为m，物块和木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，由牛顿第二定律得
μ1mg＝ma1③
（μ1＋2μ2）mg＝ma2④
联立①②③④式得
μ1＝0.20⑤
μ2＝0.30⑥
（2）在t1时刻后，地面对木板的摩擦力阻碍木板运动，物块与木板之间的摩擦力改变方向。
设物块与木板之间的摩擦力大小为f，物块和木板的加速度大小分别为a1′和a2′，则由牛顿第二定律得
f＝ma1′⑦
2μ2mg－f＝ma2′⑧
假设f＜μ1mg，则a1′＝a2′；
由⑤⑥⑦⑧式得f＝μ2mg＞μ1mg，与假设矛盾。
故
f＝μ1mg⑨
由⑦⑨式知，物块加速度的大小a1′等于a1；
物块的v－t图像如图中点划线所示。
由运动学公式可推知，物块和木板相对于地面的运动距离分别为
s1＝2×
⑩
⑪
物块相对于木板的位移的大小为
s＝s2－s1⑫
联立①⑤⑥⑧⑨⑩⑪⑫式得
s＝1.125m⑬
【变式练习】
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，其上下表面与写批评性：
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浸透遇水后总质量也为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减少38，B、C间的动摩擦因数μ2减少位0.5，A、B开始运动，此时刻为计时起点；
在2s末，B的上表面突然变光滑，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。
（1）a1=3m/s2,a2=1m/s2
（2）4s.
【解析】本题主要考查牛顿第二定律、匀变速运动规律以及多物体多过程问题；
（1）在0-2s内，A和B受力如图
f1=μ1N1……………⑴
N1=mgcosθ………...⑵
f2=μ2N2……………⑶
N2=N1+mgcosθ……..⑷
以沿着斜面向下为正方向，设A和B的加速度分别为a1和a2，由牛顿第二定律可得：
mgsinθ-f1=ma1……⑸
mgsinθ-f2+f1=ma2………⑹
联立以上各式可得a1=3m/s2…………..⑺
a2=1m/s2………………..⑻
（2）在t1=2s时，设A和B的加速度分别为v1和v2，则
v1=a1t1=6m/s………………⑼
v2=a2t1=2m/s………………⑽
t>
t1时，设A和B的加速度分别为a1'
和a2'
，此时AB之间摩擦力为零，同理可得：
a1'
=6m/s2………..⑾
a2'
=-2m/s2………..⑿
即B做匀减速，设经时间t2，B的速度减为零，则：
v2+a2'
t2=0……………………⒀
联立⑽⑿⒀可得t2=1s…………..⒁
在t1+t2时间内，A相对于B运动的距离为
s=a1t122+v1t2+a1'
t222-a2t122+v2t2+a2'
t222=12m<
27m…⒂
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
L-s=v1+a1'
t2t3+a1'
t322
可得t3=1s,另一解不合题意，舍去，
则A在B上的运动时间为t总=t1+t2+t3=4s.
【巩固练习】
1．（2013秋•无极县校级月考）如图示，在光滑的水平面上静止放有一质量M=4kg的长木板，现有一质量为m=1kg的小物块（视为质点）以v0=10m/s的初速度从木板的左端滑上木板，已知物块与木板间的动摩擦因数μ=0.4，要使物块不能从木板上滑下，求木板的长度至少为多少？
【考点】牛顿第二定律；
匀变速直线运动的位移与时间的关系．菁优网版权所有
【专题】牛顿运动定律综合专题．
【分析】滑块最终不会从木板上掉下的临界情况是滑块滑到最右端时，滑块与木板具有相同速度，根据动量守恒定律求出共同速度，再根据能量守恒定律求出木板的最小长度．
【解答】解：
根据动量守恒定律得：
mv0=（M+m）v
根据能量守恒定律得：
而f=μmg
L=10m．
答：
木板的长度至少为10m．
【点评】本题综合运用了动量守恒定律和能量守恒定律，知道该问题的临界情况，以及知道摩擦产生的热量Q=f△s=fL．
2．（2014•复兴区校级一模）一质量为500kg的木箱放于质量为2000kg的平板车的后部，木箱到驾驶室的距离L=1.6m，已知木箱与平板车间的动摩擦因数u=0.484，平板车运动过程中所受的阻力是车和箱总重的0.2倍，平板车以Vo=22m/s的恒定速率行驶，突然驾驶员刹车，使车做匀减速运动，为让木箱不撞击驾驶室，g取10，试求：
（1）从刹车开始到平板车完全停止至少要经过多长时间？
（2）驾驶员刹车时的制动力不能超过多少？
匀变速直线运动的速度与位移的关系．菁优网版权所有
【分析】
（1）从刹车开始到平板车完全停止运动过程，平板车和箱子都做匀减速运动，由牛顿第二定律求出箱子的加速度大小．由运动学公示求出车子的加速度大小．为让木箱恰好不撞击驾驶室，箱子与车子的位移之差恰好等于L，联立求解时间t．
（2）对车子进行研究，由牛顿第二定律求解刹车时的制动力．
（1）从刹车开始到平板车完全停止，至少要经过的时间为t，此时，平板车刹车的加速度大小为a车，木箱的加速度大小为a箱，对木箱，则有：
μm木箱g=m木箱a箱
可得：
a箱=μg=4.84m/s2，
恰好不相撞时应满足：
=L，
又v0=22m/s，L=1.6m，可得a=5m/s2，
那么t═4.4s．
（2）刹车时刻动力最大为F，
则F﹣μm木箱g+0.2（m木箱+m车）g=m车a，
可得F=7420N．
（1）从刹车开始到平板车完全停止至少要经过4.4s的时间．
（2）驾驶员刹车时的制动力不能超过7420N．
【点评】本题运用牛顿第二定律和运动学结合处理动力学问题，挖掘隐含的临界条件是关键：
两者位移之差等于L．
3（2013•江苏）如图所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验．若砝码和纸板的质量分别为m1和m2，各接触面间的动摩擦因数均为μ．重力加速度为g．
（1）当纸板相对砝码运动时，求纸板所受摩擦力的大小；
（2）要使纸板相对砝码运动，求所需拉力的大小；
（3）本实验中，m1=0.5kg，m2=0.1kg，μ=0.2，砝码与纸板左端的距离d=0.1m，取g=10m/s2．若砝码移动的距离超过l=0.002m，人眼就能感知．为确保实验成功，纸板所需的拉力至少多大？
【考点】滑动摩擦力．菁优网版权所有
【专题】压轴题；
摩擦力专题．
【分析】利用隔离法分别对砝码和纸板进行受力分析，列运动方程，按纸板抽出前后运动距离的不同列式联立求解．
（1）当纸板相对砝码运动时，砝码和纸板之间的摩擦力：
f1=μm1g
桌面对纸板的摩擦力：
f2=μ（m1+m2）g
纸板所受摩擦力的大小：
f=f1+f2=μ（2m1+m2）g
（2）当纸板相对砝码运动时，设砝码的加速度为a1，纸板的加速度为a2，则有：
f1=m1a1
得：
F﹣f1﹣f2=m2a2
发生相对运动需要纸板的加速度大于砝码的加速度，即：
a2＞a1
所以F=f1+f2+m2a2＞f1+f2+m2a1=μm1g+μ（m1+m2）g+μm2g=2μ（m1+m2）g
即：
F＞2μ（m1+m2）g
（3）纸板抽出前，砝码运动的距离，纸板运动的距离，
纸板抽出后，砝码在桌面上运动的距离，l=x1+x2，
由题意知a1=a3，a1t1=a3t2，解得
代入数据联立得：
F=22.4N
（1）纸板所受摩擦力的大小为μ（2m1+m2）g；
（2）所需拉力的大小F＞2μ（m1+m2）g；
（3）纸板所需的拉力至少22.4N．
【点评】这是2013年江苏高考题，考查了连接体的运动，应用隔离法分别受力分析，列运动方程，难度较大．
4如图所示，薄板A长L=5m，其质量M=5kg，放在水平桌面上，板右端与桌边相齐．在A上距右端s=3m处放一物体B（可看成质点），其质量m=2kg．已知A、B间动摩擦因数μ1=0.1，A与桌面间和B与桌面间的动摩擦因数均为μ2=0.2，原来系统静止．现在在板的右端施加一大小一定的水平力F持续作用在A上直到将A从B下抽出才撤去，且使B最后停于桌的右边缘．求：
（1）B运动的时间．
（2）力F的大小．
加速度．菁优网版权所有
【分析】根据牛顿第二定律求出物体B与A发生相对滑动时的加速度，再对A运用牛顿第二定律，结合运动学公式求出将A从B下抽出B运动的时间和使B停在桌右边缘拉力F的大小．
（1）对于B，在未离开A时，根据牛顿第二定律得
加速度为：
aB1==1m/s2
设经过时间t1后B离开A，根据牛顿第二定律得
离开A后B的加速度为：
aB2=﹣=﹣2m/s2
设物体B离开A时的速度为vB，根据运动学公式有
vB=aB1t1，aB1t12+=s，
代入数据解得t1=2s，t2==1s，
所以B运动的时间是：
t=t1+t2=3s．
（2）设A的加速度为aA，则根据相对运动的位移关系得
aAt12﹣aB1t12=L﹣s
aA=2m/s2，
由牛顿第二定律得F﹣μ1mg﹣μ2（m+M）g=MaA，
代入数据得：
F=26N．
（1）B运动的时间是3s
（2）力F的大小是26N．
【点评】解决本题的关键能够正确地进行受力分析，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解．
5（2010•乾安县校级三模）如图所示，在足够长的光滑水平面上，放置一长为L=1m、质量为m1=0.5kg的木板A，一质量为m2=1kg的小物体B以初速度υ0=4m/s滑上A的上表面，A与B之间的动摩擦因数为μ=0.2，g=10m/s2；
（1）当B刚从A上滑落时，A、B的速度分别是多大？
（2）为使B不从木板A的右端滑落，当B滑上A时，在A的右端始终施加一个水平向右的恒力F，求F的大小应满足的条件．
（1）物块B做匀减速直线运动，木板做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律求出A、B的加速度大小，根据两者的位移之差等于木板的长度求出运动的时间，从而根据运动学公式求出A、B的速度大小．
（2）为使B不从木板A的右端滑落，临界情况是B滑到A的右端时，两者具有相同的速度，根据运动学公式抓住位移之差等于木板长度，且两者的速度相等，求出A的加速度，从而根据牛顿第二定律求出拉力的最小值．
（1）假设B刚从A上滑落时，A、B的速度分别为v1、v2，
A的加速度
B的加速
由位移关系有代入数值解得：
t=1s或．
当t=1s时v1=a1t=4m/sv2=v0﹣a2t=2m/s
v1＞v2不合题意舍去
∴
【答案】当B刚从A上滑落时，A、B的速度分别是、．
（2）当B经过时间t运动至A的最右端时，若A、B具有共同速度v，则此时所施加的恒力F有最小值．此过程中A做匀加速运动的位移s=①
B做匀减速运动的位移②
A、B的加速度分别为③
④
又v=v0﹣a2t⑤
联立①～⑤，代入数据解得v=3m/st=0.5s
以A为研究对象，根据牛顿第二定律有Fmin+μm2g=m1a1
解得Fmin=1N故F≥1N
【答案】F的大小应满足的条件F≥1N．
【点评】本题过程较复杂，关键理清A、B的运动情况，综合运用牛顿第二定律和运动学公式联合求解．
6（2014秋•渝中区校级期中）如图所示，光滑水平面上静止放着长L=1m，质量为M=3kg的木块，一个质量为m=1kg的小物体（可看作质点）放在木板的最右端，m和M之间的动摩擦因数μ=0.1，今对木板施加一水平向右的拉力F，（g取10m/s2）
（1）为使物体与木板不发生滑动，F不能超过多少？
（2）如果拉力F=10N恒定不变，求小物体离开木板时的速度大小．
（1）隔离对m分析，求出m的最大加速度，从而根据牛顿第二定律，对整体分析，求出最大拉力的大小．
（2）根据牛顿第二定律分别求出M和m的加速度，抓住位移之差等于M的长度求出运动的时间，从而根据速度时间公式求出小物体离开木板的速度大小．
（1）物体与木板不发生滑动，则木板和物体有共同加速度，由牛顿第二定律得：
F=（M+m）a
小物体的加速度由木块对它的静摩擦力提供，则有：
f=ma≤μmg
F≤μ（M+m）g=4N
（2）小物体的加速度
木板的加速度
物体滑过木板所用时间为t，由位移关系得：
解得t=1s．
物体离开木板时的速度v1=a1t=1m/s
（1）为使物体与木板不发生滑动，F不能超过4N．
（2）小物体离开木板时的速度大小为1m/s．
【点评】解决本题的关键能够正确地受力分析，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁．
7（2011秋•潍坊期末）如图所示，长为L=2m、质量为M=8kg的木板，放在水平地面上，木板向右运动的速度v=6m/s时，在木板前端轻放一个大小不计，质量为m=2kg的小物块．木板与地面、物块与木板间的动摩擦因数均为μ=0.2，g=10m/s2，求：
（1）物块及木板的加速度；
（2）物块滑离木板时的速度．
【分析】对物块及木板受力分析可求得加速度；
物块相对木板运动距离为L，由运动学公式可求解．
（1）物块与木板间的摩擦作用使得物块与木板一起运动
加速度am=μg=2m/s2
木板的加速度设为aM，则：
μmg+μ（m+M）g=MaM
aM=3m/s2
（2）木块离开木板的条件是，两者的相对位移至少是L，
设物块经ts从木板上滑落，则L=v0t﹣﹣
代入数据，解得：
t=0.4s或t=2s（舍去）
故滑离时物块的速度：
v=amt=2×
0.4=0.8m/s
（1）物块的加速度为2m/s2，木板的加速度为3m/s2；
（2）物块滑离木板时的速度为0.8m/s．
【点评】本题关键对物块及木板受力分析，由牛顿第二定律和运动学公式求解，基础题．
8（2011•中山市校级二模）质量M=3kg的长木板放在光滑的水平面上，在水平恒力F=11N作用下由静止开始向右运动，如图所示，当速度达到lm/s时，将质量m=4kg的物块轻轻放到木板的右端，已知物块与木板间动摩擦因数μ=0.2，取g=10m/s2．求：
（1）物体经多少时间与木板保持相对静止？
（2）在这一时间内，物块在木板上滑行的距离多大？
（3）物块与木板相对静止后，物块受到的摩擦力多大？
（1）分别对物块和木板受力分析，根据牛顿第二定律求出加速度，然后根据物块与木板达到相对静止时具有相同的速度，求出时间．
（2）作图找出位物块和木板之间的移差就是物块在木板上滑行的距离．
【解答】
（1）物块放到木板上到它们达到相对静止，水平方向上只受滑动摩擦力f=μmg=8N．由f=ma1得：
a1===2m/s2
在这一时间内，设木板的加速度为a2，则：
F﹣f=ma2
a2===1m/S2
木板向右做v0=1m/s，a2=1m/s2的匀加速运动，物块与木板达到相对静止即具有相同的速度所需时间为t．则有：
a1t=v0+a2t
t=
联立并代入数据得：
t=ls．
（2）在1s内，物块相对木板向后滑行如图所示．设滑行距离为△s，则：
△s=s2﹣s1=（v0t+a2t2）﹣a1t2
△s=0.5m．
（3）物块与木板相对静止后，它们不仅速度相等，而且加速度也相等．其共同加速度为a，则对m与M组成的整体根据牛顿第二定律有：
F=（M+m）a
隔离物块分析可知，使物块产生加速度a的作用力是木板对它的静摩擦力，则f静=ma
f静=
f静=6.3N
（1）物体经1s与木板保持相对静止．
（2）在这一时间内，物块在木板上滑行的距离为0.5m．
（3）物块与木板相对静止后，物块受到的摩擦力为6.3N．
【点评】本题的难度在于要正确分析物体之间的相对运动，把每个物体的运动、受力情况分析清楚，从而正确判断物体间相对运动经历的时间．
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