高中物理同步必修第一册-第4章-牛顿运动定律专题强化-动力学中的板块问题

专题强化动力学中的板块问题第四章

运动和力的关系1.建立板块模型的分析方法.2.能运用牛顿运动定律处理板块问题.【学习目标】【内容索引】探究重点提升素养专题强化练TANJIUZHONGDIAN

TISHENGSUYANG探究重点提升素养11.模型概述：一个物体在另一个物体上，两者之间有相对运动.问题涉及两个物体、多个过程，两物体的运动速度、位移间有一定的关系.2.解题方法(1)明确各物体对地的运动和物体间的相对运动情况，确定物体间的摩擦力方向.(2)分别隔离两物体进行受力分析，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).(3)物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口.求解中应注意联系两个过程的纽带，即每一个过程的末速度是下一个过程的初速度.3.常见的两种位移关系滑块从木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板同向运动，则滑离木板的过程中滑块的位移与木板的位移之差等于木板的长度；若滑块和木板相向运动，滑离木板时滑块的位移和木板的位移大小之和等于木板的长度.特别注意：运动学公式中的位移都是对地位移.4.注意摩擦力的突变当滑块与木板速度相同时，二者之间的摩擦力通常会发生突变，由滑动摩擦力变为静摩擦力或者消失，或者摩擦力方向发生变化，速度相同是摩擦力突变的一个临界条件.例1

如图1所示，在光滑的水平地面上有一个长为0.64m、质量为4kg的木板A，在木板的左端有一个大小不计、质量为2kg的小物体

B，A、B之间的动摩擦因数为μ＝0.2，当对B施加水平向右的力F＝10N时，求：(g取10m/s2)(1)A、B的加速度各为多大？图1答案1m/s2

3m/s2一、水平传送带模型解析A、B间的摩擦力Ff＝μmBg＝4N以B为研究对象，根据牛顿第二定律得：F－Ff＝mBaB，以A为研究对象，根据牛顿第二定律得：Ff′＝mAaA，由牛顿第三定律得Ff′＝Ff解得aA＝1m/s2.(2)经过多长时间可将B从木板A的左端拉到右端？解析设将B从木板的左端拉到右端所用时间为t，A、B在这段时间内发生的位移分别为xA和xB，其关系如图所示答案0.8sxB－xA＝L联立解得t＝0.8s.例2

(2020·湘潭市高一期末)如图2所示，物块A、木板B的质量分别为mA＝5kg，mB＝10kg，不计A的大小，木板B长L＝4m.开始时A、B均静止.现使A以水平初速度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0.3，水平地面光滑，g取10m/s2.(1)求物块A和木板B发生相对运动过程的加速度的大小；图2答案3m/s2

1.5m/s2解析分别对物块A、木板B进行受力分析可知，A在B上向右做匀减速运动，设其加速度大小为a1，则有木板B向右做匀加速运动，设其加速度大小为a2，则有(2)若A刚好没有从B上滑下来，求A的初速度v0的大小.答案6m/s解析由题意可知，A刚好没有从B上滑下来，则A滑到B最右端时的速度和B的速度相同，设为v，则有v＝v0－a1tv＝a2t解得v0＝6m/s.二、地面不光滑的板块问题例3

如图3所示，物块A、木板B的质量均为m＝10kg，不计A的大小，木板B长L＝3m.开始时A、B均静止.现使A以水平初速度v0从B的最左端开始运动.已知A与B、B与水平面之间的动摩擦因数分别为μ1＝0.3和μ2＝0.1，g取10m/s2.图3(1)发生相对滑动时，A、B的加速度各是多大？答案3m/s2

1m/s2

解析分别对物块A、木板B进行受力分析可知，A在B上向右做匀减速运动，设其加速度大小为a1，则有木板B向右做匀加速运动，设其加速度大小为a2，则有(2)若A刚好没有从B上滑下来，则A的初速度v0为多大？解析由题意可知，A刚好没有从B上滑下来，则A滑到B最右端时的速度和B的速度相同，设为v，则有：例4

如图4所示，质量M＝1kg、长L＝4m的木板静止在粗糙的水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，在木板的左端放置一个质量m＝1kg、大小可以忽略的铁块，铁块与木板上表面间的动摩擦因数μ2＝0.4，某时刻起在铁块上加一个水平向右的恒力F＝8N，g取10m/s2，求：(1)加上恒力F后铁块和木板的加速度大小；答案4m/s2

2m/s2

图4解析以铁块为研究对象，根据牛顿第二定律得F－μ2mg＝ma1，以木板为研究对象，根据牛顿第二定律得μ2mg－μ1(M＋m)g＝Ma2代入数据解得铁块的加速度大小a1＝4m/s2木板的加速度大小a2＝2m/s2(2)铁块经多长时间到达木板的最右端，此时木块的速度多大？答案2s

4m/s

解析设铁块运动到木板的最右端所用时间为t，两者的位移关系为L＝x1－x2，代入数据解得t＝2s或t＝－2s(舍去)此时木板的速度v＝a2t＝4m/s.(3)当铁块运动到木板最右端时，把铁块拿走，木板还能继续滑行的距离.答案8m解析拿走铁块后木板做匀减速运动的加速度大小为a3＝μ1g＝0.1×10m/s2＝1m/s2，则木板还能继续滑行的距离返回ZHUANTIQIANGHUALIAN训练2地面不光滑的板块问题(选练)训练1地面光滑的板块问题专题强化练21.(多选)如图1所示，质量为m1的足够长木板静止在光滑水平地面上，其上放一质量为m2的木块.t＝0时刻起，给木块施加一水平恒力F.分别用a1、a2和v1、v2表示木板、木块的加速度和速度大小，下列图中可能符合运动情况的是基础对点练1234567训练1地面光滑的板块问题图1√√解析木块和木板可能保持相对静止，一起做匀加速直线运动，加速度大小相等，故A正确；木块可能相对于木板向前滑动，即木块的加速度a2大于木板的加速度a1，都做匀加速直线运动，故B、D错误，C正确.12345672.(2020·宁夏育才中学高一上学期期末)如图2所示，质量为M＝1kg的足够长木板静止在光滑水平面上，现有一质量m＝0.5kg的小滑块(可视为质点)以v0＝3m/s的初速度从左端沿木板上表面冲上木板，带动木板一起向前滑动.已知滑块与木板间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度g取10m/s2.求：(1)滑块在木板上滑动过程中，木板受到的摩擦力Ff的大小和方向；图2答案0.5N方向水平向右解析木板所受摩擦力为滑动摩擦力：Ff＝μmg＝0.5N，方向水平向右1234567(2)滑块在木板上滑动过程中，滑块相对于地面的加速度a的大小；答案1m/s2

解析由牛顿第二定律得：μmg＝ma解得：a＝1m/s21234567(3)滑块与木板达到的共同速度v的大小.答案1m/s解析以木板为研究对象，根据牛顿第二定律得：μmg＝Ma′可得出木板的加速度a′＝0.5m/s2设经过时间t，滑块和木板达到共同速度v，则满足：对滑块：v＝v0－at对木板：v＝a′t由以上两式联立解得：滑块和木板达到的共同速度v＝1m/s.12345673.如图3所示，一质量M＝0.2kg的长木板静止在光滑的水平地面上，另一质量m＝0.2kg的小滑块以v0＝1.2m/s的速度从长木板的左端滑上长木板，已知小滑块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.4，g取10m/s2，滑块始终没有滑离长木板，求：(1)经过多长时间，小滑块与长木板速度相等；图31234567答案0.15s

解析根据牛顿第二定律得μmg＝ma1μmg＝Ma2解得a1＝4m/s2，a2＝4m/s2小滑块做匀减速运动，而木板做匀加速运动，根据运动学公式有v0－a1t＝a2t解得t＝0.15s.1234567(2)从小滑块滑上长木板到小滑块与长木板相对静止，小滑块运动的距离为多少.1234567答案0.135m解析小滑块与长木板速度相等时相对静止，从小滑块滑上长木板到两者相对静止，经历的时间为t＝0.15s，这段时间内小滑块做匀减速运动，由x＝v0t－

a1t2，解得x＝0.135m.4.(2020·广东高一期末)如图4甲所示，长木板A静止在光滑水平面上，另一物体B(可看作质点)以水平速度v0＝3m/s滑上长木板A的上表面.由于A、B间存在摩擦，之后的运动过程中A、B的速度随时间变化情况如图乙所示.g取10m/s2，下列说法正确的是A.长木板A、物体B所受的摩擦力均与运动

方向相反B.A、B之间的动摩擦因数μ＝0.5C.长木板A的长度可能为L＝0.8mD.长木板A的质量是物体B的质量的两倍√图4能力综合练1234567解析由题意可得，长木板A所受摩擦力方向与运动方向相同，物体B所受的摩擦力方向与运动方向相反，故A错误；1234567对B受力分析，由牛顿第二定律有：μmBg＝mBaB，aB＝

m/s2＝2m/s2，解得：μ＝0.2，故B错误；物体B未滑出长木板A，临界条件为当A、B具有共同速度时，B恰好滑到A的右端，速度—时间图线与时间轴围成的面积表示位移，则：Lmin＝xB－xA＝

m＝1.5m，故C错误；12345675.(多选)如图5甲所示，长木板B固定在光滑水平面上，可视为质点的物体A静止叠放在B的最左端.现用F＝6N的水平力向右拉A，经过5sA运动到B的最右端，且其v－t图像如图乙所示.已知A、B的质量分别为1kg、4kg，A、B间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2.下列说法正确的是A.A的加速度大小为0.5m/s2B.A、B间的动摩擦因数为0.4C.若B不固定，B的加速度大小为1m/s2D.若B不固定，A运动到B的最右端所用的时间为5s1234567图5√√√解析根据v－t图像可知，物体A的加速度大小为：1234567以A为研究对象，根据牛顿第二定律可得：F－μmAg＝mAaA代入数据得：μ＝0.4，故B正确；若B不固定，B的加速度大小为：由题图乙知，木板B的长度为：1234567若B不固定，设A运动到B的最右端所用的时间为t，根据题意可得：故D正确.6.如图6所示，有一块木板A静置在光滑且足够大的水平地面上，木板质量M＝4kg，长L＝2m，木板右端放一小滑块B并处于静止状态，小滑块质量m＝1kg，其尺寸远小于L.小滑块与木板之间的动摩擦因数为μ＝0.4.(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2)图6答案F≤20N

1234567(1)现用恒力F始终作用在木板A上，为了让小滑块B不从木板A上滑落，求恒力F大小的范围；解析为了使小滑块B不从木板A上滑落，设A、B相对静止时的最大加速度为am，对B有：μmg＝mam对A、B整体有：Fm＝(M＋m)am解得：Fm＝20N即当F≤20N时小滑块B不从木板A上滑落.1234567(2)其他条件不变，若恒力F大小为24N，且始终作用在木板A上，求小滑块B滑离木板A时的速度大小.答案8m/s1234567解析当F＝24N时，A、B发生相对滑动此时，对B：μmg＝maB对A：F－μmg＝MaA设B在A上滑行的时间为t，有：1234567B滑离木板A时的速度v＝aBt联立解得：v＝8m/s.7.质量M＝3kg的长木板放在光滑的水平面上，在水平拉力F＝11N的作用下由静止开始向右运动.如图7所示，当木板速度达到1m/s时，将质量m＝4kg的物块轻轻放到木板的右端.已知物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，物块可视为质点.求：(g取10m/s2)(1)物块刚放在木板上时，物块和木板的加速度大小；1234567图7答案2m/s2

1m/s2

尖子生选练1234567(2)木板至少多长，物块才能与木板最终保持相对静止；1234567答案0.5m

解析木板和物块达到共同速度后保持相对静止，故a1t＝v0＋a2t，解得t＝1s，所以木板长度至少为L＝x2－x1＝0.5m.(3)物块与木板相对静止后，物块受到的摩擦力的大小.1234567解析物块与木板相对静止后，对整体，有F＝(M＋m)a，对物块，有Ff＝ma，1.质量为m0＝20kg、长为L＝5m的木板放在水平地面上，木板与水平地面间的动摩擦因数为μ1＝0.15.质量为m＝10kg的小铁块(可视为质点)，以v0＝4m/s的速度从木板的左端水平冲上木板(如图1所示)，小铁块与木板间的动摩擦因数为μ2＝0.4(最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10m/s2).则下列判断正确的是A.木板一定静止不动，小铁块不能滑出木板B.木板一定静止不动，小铁块能滑出木板C.木板一定向右滑动，小铁块不能滑出木板D.木板一定向右滑动，小铁块能滑出木板训练2地面不光滑的板块问题(选练)1234图1√1234解析木板与地面间的最大静摩擦力为Ff1＝μ1(m0＋m)g＝45N，小铁块与木板之间的最大静摩擦力为Ff2＝μ2mg＝40N，Ff1>Ff2，所以木板一定静止不动；假设小铁块未滑出木板，在木板上滑行的距离为x，则v02＝2μ2gx，解得x＝2m<L＝5m，所以小铁块不能滑出木板，选项A正确.2.质量为2kg的木板B静止在水平面上，可视为质点的物块A从木板的左侧以初速度v0沿木板上表面水平冲上木板，如图2甲所示.A和B经过1s达到同一速度，之后共同减速直至静止，A和B的vt图像如图乙所示，重力加速度g取10m/s2，求：1234图2(1)A与B上表面之间的动摩擦因数μ1；答案0.21234解析由题图乙可知，A在0～1s内的加速度a1＝

＝－2m/s2，对A由牛顿第二定律得，－μ1mg＝ma1，解得μ1＝0.2.1234(2)B与水平面间的动摩擦因数μ2；答案0.1解析由题图乙知，A、B整体在1～3s内的加速度对A、B整体由牛顿第二定律得，－μ2(M＋m)g＝(M＋m)a3解得μ2＝0.1.1234(3)A的质量.答案6kg解析由题图乙可知B在0～1s内的加速度对B由牛顿第二定律得，μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2，代入数据解得m＝6kg.3.如图3所示，厚度不计的薄板A长l＝5m，质量M＝5kg，放在水平地面上.在A上距右端x＝3m处放一物体B(大小不计)，其质量m＝2kg，已知A、B间的动摩擦因数

μ1＝0.1，A与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2，原来系统静止.现在板的右端施加一大小恒定的水平向右的力F＝26N，将A从B下抽出.g＝10m/s2，求：答案2m/s2

1m/s2