题型二板块模型问题 “滑块滑块木板木板”类问题涉及两个物体多个运动过程。类问题涉及两个物体多个运动过程。准确求出各物体在各运动过程的加速度准确求出各物体在各运动过程的加速度( (注意两过程的注意两过程的连接处加速度可能突变连接处加速度可能突变),),找出物体之间的位移找出物体之间的位移( (路程路程) )关系或速度关系是解题的突破口关系或速度关系是解题的突破口, ,求解中更应注意联系求解中更应注意联系两个过程的纽带两个过程的纽带, ,每一个过程的末速度是下一个过程的每一个过程的末速度是下一个过程的初速度初速度, ,要善于利用图象求解。由于能有效考查学生综要善于利用图象求解。由于能有效考查学生综合素养合素养, ,常以计算压轴的形式出现常以计算压轴的形式出现, ,是高考命题的高频、是高考命题的高频、热点题源。热点题源。类型一类型一: :水平面上水平面上“板块板块”问题问题由于上下叠放物体的初速度不同由于上下叠放物体的初速度不同, ,两物体在摩擦力作用两物体在摩擦力作用下做相对运动下做相对运动, ,因此运动过程与受力分析是突破难点的因此运动过程与受力分析是突破难点的关键关键: :(1)(1)首先将首先将“多过程多过程”分解为许多分解为许多“子过程子过程”来研究来研究, ,并画出运动过程的辅助图形。并画出运动过程的辅助图形。(2)(2)搞清每个过程物块与木板的对地运动和相对运动情搞清每个过程物块与木板的对地运动和相对运动情况况, ,确定物体间的摩擦力方向。确定物体间的摩擦力方向。(3)(3)正确对物块和木板进行受力分析正确对物块和木板进行受力分析, ,相对运动时用隔相对运动时用隔离法离法, ,一起运动时用整体法一起运动时用整体法, ,确定加速度确定加速度, ,结合加速度和结合加速度和速度确定运动规律。速度确定运动规律。【典例典例1 1】(2015(2015全国卷全国卷)一长木板置于粗糙水平地一长木板置于粗糙水平地面上面上, ,木板左端放置一小物块木板左端放置一小物块, ,在木板右方有一墙壁在木板右方有一墙壁, ,木木板右端与墙壁的距离为板右端与墙壁的距离为4.5m,4.5m,如图甲所示。如图甲所示。t=0t=0时刻开时刻开始始, ,小物块与木板一起以共同速度向右运动小物块与木板一起以共同速度向右运动, ,直至直至t=1st=1s时木板与墙壁碰撞时木板与墙壁碰撞( (碰撞时间极短碰撞时间极短) )。碰撞前后木板速。碰撞前后木板速度大小不变度大小不变, ,方向相反方向相反; ;运动过程中小物块始终未离开运动过程中小物块始终未离开木板。已知碰撞后木板。已知碰撞后1s1s时间内小物块的时间内小物块的v -tv -t图线如图乙图线如图乙所示。木板的质量是小物块质量的所示。木板的质量是小物块质量的1515倍倍, ,重力加速度大重力加速度大小小g g取取10m/s10m/s2 2。求。求: :(1)(1)木板与地面间的动摩擦因数木板与地面间的动摩擦因数1 1及小物块与木板间及小物块与木板间的动摩擦因数的动摩擦因数2 2。(2)(2)木板的最小长度。木板的最小长度。(3)(3)木板右端离墙壁的最终距离。木板右端离墙壁的最终距离。【解析解析】(1)(1)规定向右为正方向。木板与墙壁相碰前规定向右为正方向。木板与墙壁相碰前, ,小物块和木板一起向右做匀变速运动小物块和木板一起向右做匀变速运动, ,设加速度为设加速度为a a1 1, ,小物块和木板的质量分别为小物块和木板的质量分别为m m和和M M。由牛顿第二定律有。由牛顿第二定律有-1 1(m+M)g=(m+M)a(m+M)g=(m+M)a1 1 由图可知由图可知, ,木板与墙壁碰前瞬间的速度木板与墙壁碰前瞬间的速度v v1 1=4m/s,=4m/s,由运动由运动学公式得学公式得v v1 1=v=v0 0+a+a1 1t t1 1 s s0 0=v=v0 0t t1 1+ + 式中式中,t,t1 1=1s,s=1s,s0 0=4.5m=4.5m是木板碰前的位移是木板碰前的位移,v,v0 0是小物块和是小物块和木板开始运动时的速度。木板开始运动时的速度。联立联立式和题给条件得式和题给条件得1 1=0.1=0.1 在木板与墙壁碰撞后在木板与墙壁碰撞后, ,木板以木板以-v-v1 1的初速度向左做匀变的初速度向左做匀变速运动速运动, ,小物块以小物块以v v1 1的初速度向右做匀变速运动。设小的初速度向右做匀变速运动。设小物块的加速度为物块的加速度为a a2 2, ,由牛顿第二定律有由牛顿第二定律有-2 2mg=mamg=ma2 2由图可得由图可得a a2 2= = 式中式中,t,t2 2=2s,v=2s,v2 2=0,=0,联立联立式和题给条件得式和题给条件得2 2=0.4=0.4 (2)(2)设碰撞后木板的加速度为设碰撞后木板的加速度为a a3 3, ,经过时间经过时间t,t,木板和木板和小物块刚好具有共同速度小物块刚好具有共同速度v v3 3。由牛顿第二定律及运动。由牛顿第二定律及运动学公式得学公式得2 2mg+mg+1 1(M+m)g=Ma(M+m)g=Ma3 3 v v3 3=-v=-v1 1+a+a3 3tt v v3 3=v=v1 1+a+a2 2tt 碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中, ,木木板运动的位移为板运动的位移为s s1 1= = 小物块运动的位移为小物块运动的位移为s s2 2= = 小物块相对木板的位移为小物块相对木板的位移为s=ss=s2 2-s-s1 1 联立联立式式, ,并代入数值得并代入数值得s=6.0ms=6.0m 因为运动过程中小物块没有脱离木板因为运动过程中小物块没有脱离木板, ,所以木板的最小所以木板的最小长度应为长度应为6.0m6.0m。(3)(3)在小物块和木板具有共同速度后在小物块和木板具有共同速度后, ,两者向左做匀变两者向左做匀变速运动直至停止速运动直至停止, ,设加速度为设加速度为a a4 4, ,此过程中小物块和木此过程中小物块和木板运动的位移为板运动的位移为s s3 3, ,由牛顿第二定律及运动学公式得由牛顿第二定律及运动学公式得1 1(m+M)g=(m+M)a(m+M)g=(m+M)a4 4 0- =2a0- =2a4 4s s3 3 碰后木板运动的位移为碰后木板运动的位移为s=ss=s1 1+s+s3 3 联立联立式式, ,并代入数值得并代入数值得s=-6.5ms=-6.5m 木板右端离墙壁的最终距离为木板右端离墙壁的最终距离为6.5m6.5m。答案答案: :(1)0.1(1)0.10.40.4(2)6.0m(2)6.0m(3)6.5m(3)6.5m【强化训练强化训练】如图甲所示如图甲所示, ,质量为质量为M M的长木板的长木板, ,静止放置静止放置在粗糙水平地面上在粗糙水平地面上, ,有一个质量为有一个质量为m m、可视为质点的物、可视为质点的物块块, ,以某一水平初速度以某一水平初速度v v0 0从左端冲上木板。从物块冲上从左端冲上木板。从物块冲上木板到物块和木板达到共同速度的过程中木板到物块和木板达到共同速度的过程中, ,物块和木板物块和木板的的v-tv-t图象分别如图乙中的折线图象分别如图乙中的折线acdacd和和bcdbcd所示所示,a,a、b b、c c、d d点的坐标为点的坐标为a(0,10)a(0,10)、b(0,0)b(0,0)、c(4,4)c(4,4)、d(12,0)d(12,0)。根据根据v-tv-t图象图象, ,求求: :(1)(1)物块相对长木板滑行的距离物块相对长木板滑行的距离xx。(2)(2)物块质量物块质量m m与长木板质量与长木板质量M M之比。之比。【解析解析】(1)(1)由由v-tv-t图象可以看出图象可以看出, ,物块相对于长木板物块相对于长木板滑行的距离滑行的距离xx对应图中对应图中abcabc的面积的面积, ,故故x=104 m=20mx=104 m=20m。(2)(2)由由v-tv-t图象可求出物块冲上木板做匀减速直线运动图象可求出物块冲上木板做匀减速直线运动的加速度大小的加速度大小a a1 1= m/s= m/s2 2=1.5m/s=1.5m/s2 2, ,木板开始做匀加速直线运动的加速度大小木板开始做匀加速直线运动的加速度大小a a2 2= m/s= m/s2 2=1m/s=1m/s2 2, ,达到同速后一起匀减速运动的加速度大小达到同速后一起匀减速运动的加速度大小a a3 3= m/s= m/s2 2=0.5m/s=0.5m/s2 2。对对m m冲上木板减速阶段冲上木板减速阶段:1 1mg=mamg=ma1 1对对M M向前加速阶段向前加速阶段:1 1mg-mg-2 2(m+M)g=Ma(m+M)g=Ma2 2物块和木板达到共同速度后向前减速阶段物块和木板达到共同速度后向前减速阶段: :2 2(m+M)g=(M+m)a(m+M)g=(M+m)a3 3以上三式联立可得以上三式联立可得:mM=32:mM=32。答案答案: :(1)20m(1)20m(2)32(2)32类型二类型二: :斜面上斜面上“板块板块”问题问题由于斜面上叠放的物块和木板受到沿斜面向下的力与由于斜面上叠放的物块和木板受到沿斜面向下的力与最大静摩擦力的比较等临界问题是解题的关键最大静摩擦力的比较等临界问题是解题的关键: :(1)(1)题目信息多题目信息多, ,隐含关键状态隐含关键状态, ,过程复杂过程复杂, ,综合分析能综合分析能力要求高。力要求高。(2)(2)应用隔离法正确对物块和木板进行受力分析应用隔离法正确对物块和木板进行受力分析, ,利用利用假设法进行临界问题的判断假设法进行临界问题的判断, ,抓住加速度突变点抓住加速度突变点, ,明确明确物块和木板的运动情况物块和木板的运动情况, ,分成若干分成若干“子过程子过程”来研究。来研究。(3)(3)借助运动图象将若干借助运动图象将若干“子过程子过程”的运动情景展现的运动情景展现, ,分阶段求解相关问题。分阶段求解相关问题。(4)(4)涉及变加速过程需抓住关键状态涉及变加速过程需抓住关键状态, ,利用速度关系和利用速度关系和能量等状态方程求解。能量等状态方程求解。【典例典例2 2】(2016(2016福建省质量检测福建省质量检测) )如图如图, ,倾角倾角=30=30的光滑斜面底端固定一块垂直于斜面的挡板。将长木的光滑斜面底端固定一块垂直于斜面的挡板。将长木板板A A静置于斜面上静置于斜面上,A,A上放置一小物块上放置一小物块B,B,初始时初始时A A下端与下端与挡板相距挡板相距L=4m,L=4m,现同时无初速度释放现同时无初速度释放A A和和B B。已知在。已知在A A停停止运动之前止运动之前B B始终没有脱离始终没有脱离A A且不会与挡板碰撞且不会与挡板碰撞,A,A和和B B的的质量均为质量均为m=1kg,m=1kg,它们之间的动摩擦因数它们之间的动摩擦因数= ,A= ,A或或B B与与挡板每次碰撞损失的动能均为挡板每次碰撞损失的动能均为E=10J,E=10J,忽略碰撞时间忽略碰撞时间, ,重力加速度大小重力加速度大小g g取取10m/s10m/s2 2。求。求: :(1)A(1)A第一次与挡板碰撞瞬间的速度大小第一次与挡板碰撞瞬间的速度大小v v。(2)A(2)A第一次与挡板碰撞到第二次与挡板碰撞的时间第一次与挡板碰撞到第二次与挡板碰撞的时间tt。(3)B(3)B相对于相对于A A滑动的可能最短时间滑动的可能最短时间t t。【解析解析】(1)B(1)B和和A A一起沿斜面向下运动一起沿斜面向下运动, ,由机械能守恒由机械能守恒定律有定律有2mgLsin= (2m)v2mgLsin= (2m)v2 2 由由式得式得v=2 m/sv=2 m/s。 (2)(2)第一次碰后第一次碰后, ,对对B B有有mgsin=mgcosmgsin=mgcos 故故B B匀速下滑匀速下滑对对A A有有mgsin+mgcos=mamgsin+mgcos=ma1 1 得得A A的加速度的加速度a a1 1=10m/s=10m/s2 2 方向始终沿斜面向下方向始终沿斜面向下,A,A将做类竖直上抛运动将做类竖直上抛运动设设A A第一次反弹的速度大小为第一次反弹的速度大小为v v1 1, ,由动能定理有由动能定理有 =E=E t=t= 由由式得式得t= st= s (3)(3)设设A A第二次反弹的速度大小为第二次反弹的速度大小为v v2 2, ,由动能定理有由动能定理有 =2E=2E 得得v v2 2=0=0 即即A A与挡板第二次碰后停在底端与挡板第二次碰后停在底端,B,B继续匀速下滑继续匀速下滑, ,与挡与挡板碰后板碰后B B反弹的速度为反弹的速度为v,v,加速度大小为加速度大小为a,a,由动能定由动能定理有理有 mv mv2 2- mv- mv2 2=E=E mgsin+mgcos=mamgsin+mgcos=ma 由由式得式得B B沿沿A A向上做匀减速运动的时间向上做匀减速运动的时间当当B B速度为速度为0 0时时, ,因因mgsin=mgcosfmgsin=mgcosfm m,B,B将静止在将静止在A A上。上。当当A A停止运动时停止运动时,B,B恰好匀速滑至挡板处恰好匀速滑至挡板处,B,B相对相对A A运动的运动的时间时间t t最短最短, ,故故t=t+tt=t+t2 2= s= s。答案答案: :(1)2 m/s(1)2 m/s(2) s(2) s(3) s(3) s【加固训练加固训练】(2016(2016长沙模拟长沙模拟) )某商场设计将货物某商场设计将货物( (可可视为质点视为质点) )从高处运送至货仓从高处运送至货仓, ,简化运送过程如图所示。简化运送过程如图所示。左侧有固定于地面的光滑四分之一圆轨道左侧有固定于地面的光滑四分之一圆轨道, ,轨道半径为轨道半径为R,R,轨道最低点距地面高度为轨道最低点距地面高度为h= ,h= ,距货仓的水平距离为距货仓的水平距离为L=3R,L=3R,若货物由轨道顶端无初速滑下若货物由轨道顶端无初速滑下, ,无法直接运动到货无法直接运动到货仓。设计者在紧靠最低点的地面放置两个相同的木箱仓。设计者在紧靠最低点的地面放置两个相同的木箱, ,木箱长度为木箱长度为R,R,高度为高度为h,h,质量为质量为M,M,上表面与轨道末端相上表面与轨道末端相切切, ,货物与木箱之间的动摩擦因数为货物与木箱之间的动摩擦因数为,设计者将质量设计者将质量为为m m的货物由轨道顶端无初速滑下的货物由轨道顶端无初速滑下, ,发现货物滑上木箱发现货物滑上木箱1 1时时, ,两木箱均静止两木箱均静止, ,而滑上木箱而滑上木箱2 2时时, ,木箱木箱2 2开始滑动。开始滑动。( (最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等, ,重力加速度为重力加速度为g)g)(1)(1)求木箱与地面的动摩擦因数为求木箱与地面的动摩擦因数为1 1的范围。的范围。(2)(2)设计者将两木箱固定在地面上设计者将两木箱固定在地面上, ,发现货物刚好可以发现货物刚好可以进入货仓进入货仓, ,求动摩擦因数求动摩擦因数的值。的值。【解析解析】(1)(1)因为货物在木箱因为货物在木箱1 1上运动时上运动时, ,两木箱均静止两木箱均静止, ,有有:mg:mgmg1 1(M+m)g,(M+m)g,联立两式解得联立两式解得 1 1 aa1 1解得解得F2(mF2(m1 1+m+m2 2)g)g(3)(3)纸板抽出前纸板抽出前, ,砝码运动的距离砝码运动的距离x x1 1= =纸板运动的距离纸板运动的距离d+xd+x1 1= =纸板抽出后纸板抽出后, ,砝码在桌面上运动的距离砝码在桌面上运动的距离x x2 2= =l=x=x1 1+x+x2 2由题意知由题意知a a1 1=a=a3 3,a,a1 1t t1 1=a=a3 3t t2 2代入数据解得代入数据解得F=22.4NF=22.4N答案答案: :(1)(2m(1)(2m1 1+m+m2 2)g)g(2)F2(m(2)F2(m1 1+m+m2 2)g)g(3)22.4N(3)22.4N【强化训练强化训练】如图所示如图所示, ,由于街道上的圆形污水井盖破由于街道上的圆形污水井盖破损损, ,临时更换了一个稍大于井口的红色圆形平板塑料临时更换了一个稍大于井口的红色圆形平板塑料盖。为了测试因塑料盖意外移动致使盖上的物块滑落盖。为了测试因塑料盖意外移动致使盖上的物块滑落入污水井中的可能性入污水井中的可能性, ,有人做了一个实验有人做了一个实验: :将一个可视将一个可视为质点、质量为为质点、质量为m m的硬橡胶块置于塑料盖的圆心处的硬橡胶块置于塑料盖的圆心处, ,给给塑料盖一个沿径向的水平向右的初速度塑料盖一个沿径向的水平向右的初速度v v0 0, ,实验的结果实验的结果是硬橡胶块恰好与塑料盖分离。设硬橡胶块与塑料盖是硬橡胶块恰好与塑料盖分离。设硬橡胶块与塑料盖间的动摩擦因数为间的动摩擦因数为,塑料盖的质量为塑料盖的质量为2m2m、半径为、半径为R,R,假假设塑料盖与地面之间的摩擦可忽略设塑料盖与地面之间的摩擦可忽略, ,且不计塑料盖的厚且不计塑料盖的厚度。度。(1)(1)求硬橡胶块与塑料盖刚好分离时的速度大小为多少求硬橡胶块与塑料盖刚好分离时的速度大小为多少? ?(2)(2)通过计算说明实验中的硬橡胶块是落入井内还是落通过计算说明实验中的硬橡胶块是落入井内还是落在地面上。在地面上。【解析解析】(1)(1)设硬橡胶块与塑料盖刚好分离时的速度相设硬橡胶块与塑料盖刚好分离时的速度相等等, ,大小为大小为v,v,从开始滑动到分离经历时间为从开始滑动到分离经历时间为t,t,此期间硬此期间硬橡胶块与塑料盖的加速度大小分别为橡胶块与塑料盖的加速度大小分别为a a1 1,a,a2 2, ,据牛顿第二据牛顿第二定律可得定律可得: :mg=mamg=ma1 1mg=2mamg=2ma2 2a a1 1t=vt=v0 0-a-a2 2t=vt=v联立以上各式可得联立以上各式可得v= vv= v0 0(2)(2)设硬橡胶块与塑料盖刚好分离时设硬橡胶块与塑料盖刚好分离时, ,硬橡胶块的位移硬橡胶块的位移为为x,x,以硬橡胶块为对象以硬橡胶块为对象, ,据动能定理得据动能定理得mgx= mvmgx= mv2 2以系统为对象以系统为对象, ,据功能关系得据功能关系得mgR= (2m) - (3m)vmgR= (2m) - (3m)v2 2联立解得联立解得x= Rx= R因因xRxR故硬橡胶块是落入井内。故硬橡胶块是落入井内。答案答案: :(1) v(1) v0 0(2)(2)见解析见解析