1.2.4 动力学中的三类板块模型(Word教师用书)-【创新方案】2025年高考物理二轮复习专题辅导与测试(北京，江苏专版)

主题四　动力学中的三类板块模型 类型1　水平面上具有初速度的板块模型 　　[例1]　(2024·南京师范大学附属中学模拟)如图所示,在足够大的水平地面上静置一木板,可视为质点的物块以v0=3 m/s的速度滑上木板,最终物块恰好到达木板的右端,木板沿地面运动的距离恰好等于木板的长度,已知物块的质量m=1 kg,物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,取重力加速度大小g=10 m/s2,求: (1)木板的长度L; (2)木板的质量M。 [解析]　(1)设物块在木板上滑动时的加速度大小为a1,它们相对静止一起减速时的加速度大小为a2,画出物块和木板在运动过程中的v ⁃t图像如图所示,由题意可知图中两部分的阴影面积相等,有 μ1mg=ma1 μ2g=a2 解得a1=2 m/s2,a2=0.5 m/s2 设两者共同速度为v共,有 v共=v0-a1t1,v共=a2(t2-t1) = 解得t1=1 s,t2=3 s,v共=1 m/s 所以1 s后两者的速度大小均为1 m/s,由题意知木板的长度L=×t2×1 m=1.5 m。 (2)由图知,两者共速前,木板的加速度大小 a3=1.0 m/s2 根据牛顿第二定律有μ1mg-μ2g=Ma3 解得M=1 kg。 [答案]　(1)1.5 m　(2)1 kg 　　[思维建模]　解答水平面上板块模型的思维流程 类型2　水平面上受外力作用的板块模型 　　[例2]　 (2024·启东模拟)如图所示,将一可视为质点的小物块A放置在足够长的长木板B最右侧,用跨过轻质定滑轮的轻绳将木板右侧与重物C相连并保持静止,三者的质量分别为mA=1 kg、mB=2 kg、mC=3 kg,重物C距离地面高度h=0.72 m。已知物块A与长木板B间的动摩擦因数μ1=0.1,木板与桌面间的动摩擦因数μ2=0.3。初始时刻从静止开始释放重物,长木板全程未与定滑轮发生碰撞,不计滑轮摩擦,取g=10 m/s2。求: (1)释放重物瞬间物块和长木板的加速度; (2)物块距离长木板右端的最远距离。 [解析]　(1)对物块A和长木板B和重物C受力分析,由牛顿第二定律可得 μ1mAg=mAaA FT-μ1mAg-μ2g=mBaB1 mCg-FT=mCaB1 代入数据可得aA=1 m/s2,aB1=4 m/s2。 (2)重物下落高度h后落地,所用时间为 t==0.6 s 重物落地前物块和长木板均做匀加速直线运动,由运动学公式可得 vA=aAt=0.6 m/s vB=aB1t=2.4 m/s 该阶段两者的位移为xA1=aAt2=0.18 m ,xB1=h=0.72 m 重物落地后,物块加速度保持不变,继续加速,木板做匀减速直线运动;对木板受力分析,由牛顿第二定律可得μ1mAg+μ2g=mBaB2,解得aB2=5 m/s2 经过t1后两者达到共速,可得 v共=vA+aAt1=vB-aB2t1 代入数据可得t1=0.3 s,v共=0.9 m/s 该阶段两者的位移为 xA2=t1=0.225 m xB2=t1=0.495 m 此时物块距离木板右端最远,则最终物块到长木板右端的距离为d=+=0.81 m。 [答案]　(1)1 m/s2　4 m/s2　(2)0.81 m [思维建模] 水平面上受外力作用的板块模型的三点注意 (1)注意两物体运动过程中的各物理量间存在的关系:位移关系和速度关系,可以画位移关系图辅助理解两物体的位移关系。 (2)两物体一起运动且处于相对静止时,常存在静摩擦力,两物体发生相对滑动的临界条件是静摩擦力达到最大值。 (3)注意两物体速度相等时的临界状态,可能存在物体运动规律的变化。 类型3　斜面上的板块模型 [例3]　如图所示,倾角α=30°的足够长的光滑斜面固定在水平面上,斜面上放一长L=1.8 m、质量M=3 kg的薄木板,木板的最上端叠放一质量m=1 kg 的小物块,物块与木板间的动摩擦因数μ=。对木板施加沿斜面向上的恒力F,使木板沿斜面由静止开始向上做匀加速直线运动,假设物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,取重力加速度g=10 m/s2。 (1)为使物块不滑离木板,求力F应满足的条件; (2)若F=37.5 N,物块能否滑离木板?若不能,请说明理由;若能,求出物块滑离木板所用的时间及滑离木板后沿斜面上升的最大距离。 [解析]　(1)若整体恰好静止,由受力平衡得 F=(M+m)·gsin α=(3+1)×10× N=20 N 因要拉动木板,则F>20 N 若整体一起向上做匀加速直线运动,对物块和木板,由牛顿第二定律得F-(M+m)gsin α=(M+m)a,对物块有f-mgsin α=ma 其中f≤μmgcos α,代入数据解得F≤30 N 向上加速的过程中为使物块不滑离木板,力F应满足的条件为20 N<F≤30 N。 (2)当F=37.5 N>30 N时,物块能滑离木板,由牛顿第二定律,对木板有 F-μmgcos α-Mgsin α=Ma1 对物块有μmgcos α-mgsin α=ma2 解得a1=5 m/s2,a2=2.5 m/s2 设物块滑离木板所用的时间为t,由运动学公式得 a1t2-a2t2=L 代入数据解得t=1.2 s 物块滑离木板时的速度v=a2t=3 m/s 由运动学公式得-2gsin α·s=0-v2 代入数据解得s=0.9 m。 [答案]　(1)20 N<F≤30 N　(2)能　1.2 s　0.9 m [思维建模] 斜面上的板块模型的三点注意 (1)斜面上的板块模型和水平面上的板块模型的思维流程如出一辙,均以加速度的计算为突破口。 (2)分析受力时不要忽视木板和物块的重力沿斜面方向分力的存在。 (3)当物块和木板同速后,物块和木板所受的摩擦力均可发生突变。 [专题二　课时作业(二)]　主题三、四学习效果评价) (本检测满分75分) 一、选择题(共8小题,每小题5分,共40分) 1.如图所示,某大型快递物流公司使用电动传输机进行货物运送,现将一箱子放置在倾斜的传送带上,与传送带一起斜向上匀速运动。若突然停电,传送带减速直至停止的整个过程中,箱子与传送带始终保持相对静止,则下列说法正确的是 (　 ) A.斜向上匀速运动时,箱子受重力、支持力和滑动摩擦力作用 B.斜向上匀速运动时,箱子受到的静摩擦力沿传送带向下 C.斜向上减速运动时,箱子受到的静摩擦力可能沿传送带向上 D.斜向上减速运动时,箱子受到的静摩擦力一定沿传送带向下 解析:选C　斜向上匀速运动时,根据受力平衡可知,箱子受重力、支持力和沿传送带向上的静摩擦力作用,故A、B错误;斜向上减速运动时,设传送带倾角为θ,箱子的质量为m,加速度大小为a,根据牛顿第二定律可知mgsin θ+f=ma,若a=gsin θ,则箱子受到的静摩擦力为零,若a>gsin θ,则箱子受到的静摩擦力沿传送带向下,若a<gsin θ,则箱子受到的静摩擦力沿传送带向上,故C正确,D错误。 2.如图所示,光滑水平地面上有一静止的足够长的木板,一小铁块(可视为质点)从木板左端以某一初速度v向右运动。若固定木板,最终小铁块停在木板上的P点。若不固定木板,最终小铁块也会相对木板停止滑动,这种情形下,小铁块刚好相对木板停止滑动时的状态图可能是下图中的 (　 ) 解析:选C　分析小铁块和木板的运动情况,画出v⁃t图像如图所示,当木板固定时,小铁块相对于地面滑行的距离为S△OAB,当木板不固定时,小铁块相对于地面滑行距离为S梯形OACE,木板相对于地面滑行的距离为S△OCE,小铁块相对于木板滑行的距离为S△OAC,由图可以看出S△OCE<S△OAC<S梯形OACE<S△OAB,故C正确。 3.如图所示,在光滑平台上放置一长度l=0.32 m、质量M=280 g的文具盒,在文具盒最左端放有可视为质点的质量m=140 g的墨水瓶,墨水瓶与文具盒间的动摩擦因数μ=0.2,开始时两者均静止,现对文具盒施加F=1.12 N、水平向左的恒力,不计空气阻力,重力加速度g取10m/s2。墨水瓶在文具盒上运动的时间为 (　 ) A.0.2 s B.0.4 s C.0.8 s D.1.6 s 解析:选C　对文具盒施加F=1.12 N、水平向左的恒力,以墨水瓶为对象,根据牛顿第二定律可得μmg=ma1,解得墨水瓶的加速度大小为a1=2 m/s2;以文具盒为对象,根据牛顿第二定律可得F-μmg=Ma2,解得文具盒的加速度大小为a2=3 m/s2;设墨水瓶在文具盒上运动的时间为t,则由运动学公式得a2t2-a1t2=l,代入数据解得t=0.8 s,故选C。 4.(2024·安徽高考)倾角为θ的传送带以恒定速率v0顺时针转动。t=0时在传送带底端无初速度地轻放一小物块,如图所示。t0时刻物块运动到传送带中间某位置,速度达到v0。不计空气阻力,则物块从传送带底端运动到顶端的过程中,加速度a、速度v随时间t变化的关系图线可能正确的是 (　 ) 解析:选C　由题意可知,0~t0时间内物块由静止沿传送带向上做加速运动,对物块受力分析可知,物块受重力、支持力和滑动摩擦力,滑动摩擦力大于重力的下滑分力,合力不变,故做匀加速运动。t0之后,当物块速度与传送带相同时,静摩擦力与重力的下滑分力大小相等,方向相反,加速度突变为零,物块做匀速直线运动,C正确,A、B、D错误。 5.滑沙运动过程可类比为如图所示的模型,倾角为37°的斜坡上有长为1 m的滑板,滑板与沙子间的动摩擦因数为。小孩(可视为质点)坐在滑板上端,与滑板一起由静止开始下滑,小孩与滑板之间的动摩擦因数取决于小孩的衣料。假设小孩与滑板间的动摩擦因数为0.5,小孩的质量与滑板的质量相等,斜坡足够长,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2,则下列判断正确的是 (　 ) A.小孩在滑板上下滑的加速度大小为1 m/s2 B.小孩和滑板脱离前滑板的加速度大小为0.5 m/s2 C.经过 s,小孩离开滑板 D.小孩离开滑板时的速度大小为 m/s 解析:选C　由于小孩与滑板间的动摩擦因数小于滑板与沙子间的动摩擦因数,所以小孩相对于滑板向下滑动,对小孩受力分析,小孩受到重力、支持力和滑板对小孩沿滑板向上的摩擦力,根据牛顿第二定律有mgsin 37°-μ1mgcos 37°=ma1,解得a1=2 m/s2,故A错误;小孩和滑板脱离前,对滑板受力分析,根据牛顿第二定律有mgsin 37°+μ1mgcos 37°-μ2(m+m)gcos 37°=ma2,解得a2=1 m/s2,故B错误;设经过时间t,小孩离开滑板,则有a1t2-a2t2=L,解得t= s,故C正确;小孩离开滑板时的速度为v=a1t=2 m/s,故D错误。 6.如图甲所示,水平放置的传送带在电机的作用下以v2=4 m/s的速度顺时针转动,两轮轴心间距为L=5 m。质量为m=0.5 kg的物块(视为质点),从左轮的正上方以速度v1水平向右滑上传送带后物块与传送带的v⁃t图像如图乙所示,经过时间t0从右轮的正上方离开传送带,物块与传送带间的动摩擦因数为μ=0.2,重力加速度g取10 m/s2,物块在传送带上运动的过程中,下列说法错误的是 (　 ) A.物块在传送带上运动时先受滑动摩擦力再受静摩擦力 B.物块在传送带上运动的时间为t0=1 s C.物块滑上传送带的速度v1=6 m/s D.物块与传送带之间的相对位移为Δx=1 m 解析:选A　由题图乙可知物块在传送带上运动的过程中,始终做减速运动,对其分析受力可知,物块在传送带上运动时始终受滑动摩擦力的作用,故A符合题意;物块在传送带上运动的过程中,以初速度方向为正方向,由牛顿第二定律可得ma=-μmg,由匀变速直线运动的规律可得-=2aL,L=t0,解得v1=6 m/s,t0=1 s,故B、C不符合题意;传送带的位移为x=v2t0=4 m,物块与传送带之间的相对位移为Δx=L-x=1 m,故D不符合题意。 7.(2024·启东中学模拟)如图甲所示,一足够长的传送带倾斜放置,倾角为θ,以恒定速率顺时针转动,一煤块以初速度v0=12 m/s从A端冲上传送带,煤块的速度随时间变化的图像如图乙所示,取g=10 m/s2,则下列说法正确的是 (　 ) A.倾斜传送带与水平方向夹角的正切值tan θ=0.75 B.煤块与传送带间的动摩擦因数μ=0 C.煤块从最高点下滑到A端所用的时间为2 s D.煤块在传送带上留下的痕迹长为(12-4)m 解析:选A　由题图乙知,0~1 s内煤块的加速度大小为a1== m/s2=8 m/s2,根据牛顿第二定律可得mgsin θ+μmgcos θ=ma1,1 s后煤块的加速度大小为a2== m/s2=4 m/s2,根据牛顿第二定律可得mgsin θ-μmgcos θ=ma2,联立解得θ=37°,μ=0.25,倾斜传送带与水平方向夹角的正切值为tan θ==0.75,故A正确,B错误;0~1 s煤块的位移为x1=v0t1-a1=12×1 m-×8×12 m=8 m,1~2 s煤块的位移为x2=vt2-a2=4×1 m-×4×12 m=2 m,煤块下滑的过程中,根据运动学公式有x1+x2=a2,解得煤块从最高点下滑到A端所用的时间为t3= s,故C错误;0~1 s煤块相对传送带向上的位移为Δx1=x1-vt1=(8-4×1)m=4 m,1~2 s煤块相对传送带向下的位移为Δx2=vt2-x2=(4×1-2)m=2 m,2~(2+)s煤块相对传送带向下的位移为Δx3=x1+x2+vt3=(8+2+4)m=m,由于Δx2+Δx3>Δx1,故煤块在传送带上留下的痕迹长为Δx=Δx2+Δx3=(12+4)m,故D错误。 8.(2024·黑吉辽高考改编)一足够长木板置于水平地面上,二者间的动摩擦因数为μ。t=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,小物块和木板的速度相同。下列说法错误的是 (　 ) A.小物块在t=3t0时刻滑上木板 B.小物块和木板间的动摩擦因数为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 解析:选C　由题图可知,t=3t0时木板的速度开始减小,说明小物块在t=3t0时滑上木板,A不符合题意;v⁃t图像斜率的绝对值表示加速度大小,则0~3t0时间内,木板的加速度大小为a1==μg,t=3t0时木板的速度大小为v1=a1·3t0=μgt0,结合题意可知,t=3t0时小物块以μgt0的速度水平向左滑上木板,t=4t0时小物块与木板共速,大小为μgt0,方向水平向右,则与木板共速前,小物块的加速度大小a'==2μg,设小物块的质量为m,小物块与木板间的动摩擦因数为μ',对小物块由牛顿第二定律得μ'mg=ma',联立解得μ'=2μ,B不符合题意;设木板的质量为M,0~3t0时间内,对木板由牛顿第二定律有F-μMg=Ma1,解得F=μMg,3t0~4t0时间内,木板的加速度大小a2==μg,由牛顿第二定律可得F-μ'mg-μ(M +m)g=-Ma2,解得m∶M=1∶2,C符合题意;t=4t0时,小物块与木板速度相同,假设t=4t0后小物块与木板不相对滑动,则小物块和木板整体受到F和地面摩擦力f作用,由于f=μ(M+m)g=μMg=F,则整体受力平衡,小物块与木板之间无摩擦力,假设成立,所以t=4t0之后小物块和木板一起做匀速运动,D不符合题意。 二、非选择题(共3小题,共35分) 9.(10分)图(a)是地铁安检传送带运行图,为研究问题方便,把它简化为如图(b)所示,水平传送带两端的距离为L=2.376 m,以v=0.24 m/s的速度匀速运动。将一小物体轻放在传送带的左端,物体与传送带间的动摩擦因数为0.12。(g取10 m/s2) (1)求小物体在传送带上运动的总时间; (2)在小物体从传送带的左端运动到右端的过程中,传送带比小物体多运动的距离。 解析:(1)小物体刚放上传送带时,做匀加速运动,设加速度大小为a,加速时间为t1,位移为x1,有μmg=ma,v=at1,x1=a 解得a=1.2 m/s2,t1=0.2 s,x1=0.024 m 因为x1<L,所以共速时,小物体还没有到达传送带右端,此后小物体做匀速直线运动, 有L-x1=vt2,解得t2=9.8 s 所以小物体在传送带上运动的总时间为 t=t1+t2=10 s。 (2)设在小物体加速运动过程中,传送带的位移为x2=vt1=0.048 m,传送带比小物体多运动的距离为Δx=x2-x1=0.024 m。 答案:(1)10 s　(2)0.024 m 10.(12分)(2024·天一中学阶段检测)双层皮带输送机的出现极大地提升了物流输送效率,它可以将货物同时进行输送装卸。双层皮带输送机可简化为如图所示的两个传送速率相同的传送带,上层传送带长为4.02 m,与水平方向夹角为37°,水平的下层传送带长为3.21 m。货物放在材质相同的纸箱内,纸箱(可视为质点)与上、下两层传送带之间的动摩擦因数均为0.8,上、下两层传送带均以恒定速率0.4 m/s逆时针运行。装卸工人乙将纸箱轻放在下层传送带最右端,装卸工人甲同时将纸箱以大于传送带的速度无碰撞地推上传送带,另一端的分拣员同时接到两个纸箱。已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2,求: (1)纸箱被传送到分拣员处经过的时间; (2)纸箱被装卸工人甲推入传送带时的速度大小。 解析:(1)在水平传送带上,设纸箱受到的加速度为a,由牛顿第二定律得 μmg=ma解得a=8 m/s2 加速运动到与传送带速度相等时所用的时间 t1== s=0.05 s 加速运动到与传送带速度相等时的位移 x1=a=0.01 m 与传送带速度相等后匀速运动的位移 x2=L2-x1=3.2 m 匀速运动的时间t2==8 s 所以纸箱被传送到分拣员处经过的时间 t=t1+t2=8.05 s。 (2)设装卸工人甲推纸箱的速度为v1,纸箱从推入传送带到与传送带速度相同所需时间为t3,由于v1>v,纸箱做减速运动,加速度大小为 a1==0.4 m/s2 则减速运动到与传送带速度相等时所用的时间 t3==s 减速运动到与传送带速度相等时的位移 x3==m 当速度相等后与传送带一起做匀速运动,匀速运动的位移x4=L1-x3 匀速运动的时间t4= 根据t=t3+t4 整理得-0.8v1-0.48=0 解得v1=1.2 m/s 故纸箱被推入传送带时的速度大小为1.2 m/s。 答案:(1)8.05 s　(2)1.2 m/s 11.(13分)某娱乐节目在游乐园举行家庭搬运砖块比赛活动。比赛规则:如图甲所示向滑动的滑板上搬放砖块,且每次只能将一块砖无初速度(相对地面)地放到滑板上,滑板停止时立即停止搬放,以滑板上砖块的多少决定胜负。已知每块砖的质量m=0.8 kg,滑板的上表面光滑且足够长,比赛过程中滑板始终受到恒定牵引力F=20 N的作用,未放砖块时滑板以v0=3 m/s的速度匀速前进。获得冠军的家庭上场比赛时每隔T=0.8 s搬放一块砖,从放上第一块砖开始计时,图中仅画出了0~0.8 s内滑板运动的v⁃t图像,如图乙所示,g取10 m/s2。求: (1)滑板的质量及滑板与地面间的动摩擦因数; (2)滑板停止时,滑板上放有多少块砖。 解析:(1)滑板的上表面光滑,砖块相对地面始终保持静止状态,放上砖块后滑板开始做匀减速运动,设滑板的质量为M,滑板与地面间的动摩擦因数为μ,未放砖块时μMg=F 放上第一块砖后,对滑板由牛顿第二定律得 F-μ(m+M)g=Ma1 即-μmg=Ma1 由v⁃t图像可知,Δv1=(2.8-3.0)m/s=-0.2 m/s 放上第一块砖后滑板的加速度为 a1==-0.25 m/s2 联立解得μ=0.25,M=8 kg。 (2)同理,放上第二块砖后,对滑板有-2μmg=Ma2 代入数据解得a2=-0.5 m/s2 0.8 s内速度改变量Δv2=a2T=-0.4 m/s 放上第三块砖后滑板的加速度为a3=-3×0.25 m/s2=-0.75 m/s2 0.8 s内速度改变量Δv3=a3T=-0.6 m/s 则放上第n块砖后滑板的加速度an=-n×0.25 m/s2=-0.25n m/s2(n=1,2,3,…) 0.8 s内速度改变量Δvn=-0.2n m/s(n=1,2,3,…) 所以Δv=Δv1+Δv2+Δv3+…+Δvn=-(1+2+3+…+n)×0.2 m/s 而Δv=0-3 m/s=-3 m/s 联立解得n=5, 即当滑板停止时,滑板上有5块砖。 答案:(1)8 kg　0.25　(2)5 学科网（北京）股份有限公司 $$