板块模型高考真题回顾与拓展

2022-05-27 23:03程会琴张金龙
求学·理科版 2022年5期
关键词:物块因数木块

程会琴 张金龙

板块模型是高中物理的经典模型之一,它能够将物体的受力分析、运动过程分析、力与运动的关系及相关的运动图象等力学主干知识串起来进行考查,因而备受高考命题专家的青睐。本文以2021年全国高考乙卷第21题为例引入,总结分析板块模型中的情境并进行拓展,旨在引导学生分析、归纳、总结板块模型的特点及相应的分析方法。

一、高考真题回顾

(2021年全国乙卷第21题)水平地面上有一质量为m1的长木板,木板的左端上有一质量为m2的物块,如图1所示。用水平向右的拉力F作用在物块上,F随时间t的变化关系如图2所示,其中F1、F2分别为t1、t2时刻F的大小。木板的加速度a1随时间t的变化关系如图3所示。已知木板与地面间的动摩擦因数为μ1,物块与木板间的动摩擦因数为μ2。假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等,重力加速度大小为g。则( )

【解析】由图3可知,t1时物块与木板一起刚开始滑动,此时物块与木板相对静止,以整体为研究对象有F1=μ1(m1+m2)g,故A错误。由图3可知,t2时物块与木板刚要发生相对滑动,以整体为研究对象,根据牛顿第二定律,有F2-μ1(m1+m2)g=(m1+m2)a;以木板为研究对象,根据牛顿第二定律,有μ2m2g-μ1(m1+m2)g=m1a>0,解得F2=(μ2-μ1)g,μ2> μ1,故BC正确。由图3可知,0~t2这段时间物块与木板相对静止,所以有相同的加速度,故D正确。

二、板块模型分析的思路总结

三、拓展训练

【情境1】地面和木板均粗糙,物块与木板均不受外力作用。设木板足够长,取v1为正方向,m和M同向运动。

(1) v1>v2时,对物块m,由μ1mg=ma1得知物块以a1= μ1g做匀减速直线运动;对木板M,由μ1mg-μ2(m+M)g= Ma2得知木板以a2= 做匀加速直线运动。

(2) v1

共速后,对于物块,最大加速度am=μ1g,需要考虑物块和木板是否会出现相对运动,先假设无相对滑动,二者加速度相同,对整体有μ2(m+M)g=(m+M)a,a=μ2g。若a≤am,即μ1≤μ2时,二者以共同的加速度a=μ2g做匀减速直线运动;若a>am,即μ1>μ2时,物块以较小的加速度a1=μ1g做匀减速直线运动,而由μ2(m+M)g-μ1mg=Ma2得知,木板以a2= 做匀减速直线运动,不可能出现与物块同步运动的情况。

【例1】如图5,一长木板在水平地面上运动,在某时刻(t=0)将一物块轻放到木板上,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。在物块放到木板上之后,木板运动的速度-时间图象可能是下列选项中的( )

【解析】设在木板与物块未达到相同速度之前,木板的加速度为a1,物块与木板间的动摩擦因数为μ1,木板与地面间的动摩擦因数为μ2。对木板应用牛顿第二定律得-μ1mg-μ2·2mg=ma1,解得a1=-(μ1+2μ2)g。设物块与木板达到相同速度之后,木板的加速度为a2,对整体有-μ2·2mg=2ma2,a2=-μ2g,可知|a1|>|a2|,由v-t图象的斜率表示加速度大小可知A正确。

【情境2】地面与木板均粗糙,物块受外力F作用,物块初速度小于木板速度。设木板足够长,取v1为正方向,m和M开始时运动方向相同,且v1μ1mg>μ2(m+M)g时,物块速度反超木板;当F>μ1mg,μ1mg<μ2(m+M)g时,物块做匀加速直线运动,木板做匀减速直线运动;当F<μ1mg,μ1mg<μ2(m+M)g时,物块与木板均做匀减速直线运动。

【例2】在光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板,其上叠放一质量为m2的木块。假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。现给木块施加一随时间t增大的水平力F=kt(k是常数),木板和木块加速度的大小分别为a1和a2,下列反映a1和a2变化的图象中正确的是( )

【解析】木块和木板之间相对静止时,所受的摩擦力均为静摩擦力,在达到最大静摩擦力前,木块和木板以相同加速度运动,根据牛顿第二定律知a= ;木块和木板相对运动时,a1=恒定不变,a2=-μg,a2是t的线性函数,t增大,a2也增大。由于< ,则木块与木板相对滑动后a2图象斜率大于a1图象斜率,故A正确。

【情境3】地面和木板粗糙,木板受外力F作用,物块初速度小于木板初速度。物块与木板共速前,对于物块m有μ1mg=ma1,物块以加速度a1=μ1g做匀加速直线运动;对于木板M有F-μ2(m+M)g- μ1mg=Ma2,加速度a2=。当a2=0时,F=μ2(m+M)g+μ1mg,物块以加速度a1做匀加速直线运动,木板做匀速直线运动,物块与木板可共速;当a2>0时,F>μ2(m+M)g+μ1mg,物块和木板均做匀加速直线运动,而木板加速度a2=≥a1时,即当F≥(μ1+μ2)(m+M)g时物块与木板不可能共速;当a2

【例3】如图8,一长L=2m、质量M=4kg的薄木板(厚度不计)静止在粗糙的水平台面上,其右端距平台边缘l=5m,木板的正中央放有一质量为m=1 kg的小物块(可视为质点)。已知木板与水平台面、物块与木板间的动摩擦因数均为μ1=0.4,现对木板施加一水平向右的恒力F,其大小为48N,g取10m/s2,求:

(1)F作用了1.2s时,木板的右端离平台边缘的距离;

(2)要使物块最终不能从平台上滑出去,则物块与平台间的动摩擦因数μ2应满足的条件。

【解析】(1)假设开始时物块与木板会相对滑动,由牛顿第二定律,对木板有F-μ1(M+m)g-μ1mg=Ma1,解得a1=6m/s2;对物块有μ1mg=ma2,解得a2=4m/s2。因为a2

设F作用时间t后,物块恰好从木板左端滑离,则有=a1t2-a2t2,代入数据解得t=1 s(另一解不符合题意,舍去)。在此过程中,木板的位移为x1=a1t2=×6×12 m=3 m,末速度为v1=a1t=6×1 m/s=6 m/s;物块的位移为x2=a2t2= × 4×12 m=2 m,末速度为v2=a2t=4×1 m/s=4 m/s。

在物块从木板上滑落后的t0=0.2 s内,由牛顿第二定律,对木板有F-μ1mg=ma2′,解得a2′=8 m/s2,木板发生的位移为x1′=v1t0+a1′t02,解得x1′=1.36 m。此时木板右端距平台边缘的距离为Δx=l-x1-x1′=(5-3-1.36) m=0.64 m。

(2)物块滑至平台后,做匀减速直线运动,由牛顿第二定律可知,对物块有μ2mg=ma2′,解得a2′=μ2g。若物块在平台上速度减为零,则通过的位移为x2′=,要使物块最终不会从平台上掉下去需满足l+≥x2+x2′,联立解得μ2≥0.2。

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