模型4 板块模型
[模型统计] 真题模型 考查角度 真题模型 考查角度 牛顿运动定牛顿第二定律、匀变速运动规律、物块与木板 (2017·全国卷Ⅲ T25) 相对运动等综合应用的“板块模型” (2015·全国卷Ⅱ T25) 律、物块与木板相对运动及功能关系等综合应用的“板块模型” 利用图象求物块的加速度、碰撞前后木板运动及物块恰好没有离开木板的临界条件和二者的相对位移及功能关系等 (2015·全国卷Ⅰ T25) [模型解读] 1．板块模型的特点
板块模型一直以来都是高考考查的热点，板块模型问题，至少涉及两个物体，一般包括多个运动过程，板块间存在相对运动，应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)，找出物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口，求解中应注意速度是联系两个过程的纽带，每一个过程的末速度是下一个过程的初速度，问题的实质是物体间的相互作用及相对运动问题，应根据题目中的已知信息及运动学公式综合分析，分段分步列式求解．
2．板块模型的求解问题 (1)相互作用、动摩擦因数． (2)木板对地的位移． (3)物块对地的位移． (4)物块对木板的相对位移． (5)摩擦生热，能量转化． 3．板块模型的解题关键
解决板块模型问题，不同的阶段要分析受力情况和运动情况的变化，抓住两者存在相对滑动的临界条件是两者间的摩擦力为最大静摩擦力，静摩擦力不但方向可变，而且大小也会
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从v-t图象分析运动情况、牛顿运动定律、摩擦力及两者共速以后 (2013·全国卷Ⅱ T25) 的运动情况等综合应用的“板块模型” 综合应用的“板块模型” 在一定范围内变化，明确板块达到共同速度时各物理量关系是此类题目的突破点：
(1)板块达到共同速度以后，摩擦力要发生转变，一种情况是板块间滑动摩擦力转变为静摩擦力；另一种情况是板块间的滑动摩擦力方向发生变化．
(2)板块达到共同速度时恰好对应物块不脱离木板时板具有的最小长度，也就是物块在木板上相对于板的最大位移．
(3)分析受力，求解加速度，画运动情境图寻找位移关系，可借助v-t图象． [模型突破]
考向1 有外力作用的板块问题
[典例1] 如图1所示，质量为M的木板(足够长)置于光滑水平面上，质量为m的木块与木板间的动摩擦因数为μ.开始时木板和木块均静止，某时刻起，一恒定的水平外力F作用在木板上，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则木块和木板各自运动的加速度am、aM的大小分别为多少？
图1
【解析】 若两物体相对静止一起向右做匀加速运动 对整体，根据牛顿第二定律有F＝(M＋m)a 则木块与木板间的摩擦力f＝ma＝m即0＜F≤μ(M＋m)g 此时am＝aM＝
FM＋m≤μmg，
FM＋m 当F＞μ(M＋m)g时，两物体发生相对运动 对木板，根据牛顿第二定律有μmg＝mam， 解得am＝μg
对木块，根据牛顿第二定律有F－μmg＝MaM，解得aM＝综上所述，若0＜F≤μ(M＋m)g，则am＝aM＝若F＞μ(M＋m)g，则am＝μg，aM＝F－μmg MFM＋m F－μmg. MFM＋m；若F＞μ(M＋m)g，则am＝μg，aM【答案】 若0＜F≤μ(M＋m)g，则am＝aM＝＝
F－μmg M[跟踪训练]
2
(1)若将典例1中的水平外力F作用在木块上，其他条件不变，则木块和木板各自运动的加速度am、aM的大小分别为多少？
【解析】 若0＜F≤
M＋mFM＋mμmg，则am＝aM＝；若F＞μmg，则am＝MM＋mMF－μmgμmg，aM＝. mM(2)若将典例1中的木板置于粗糙水平面上，且木板与水平面间的动摩擦因数为μ2，木块与木板间的动摩擦因数为μ1，其他条件不变，则木块和木板各自运动的加速度am、aM的大小分别为多少？
【解析】 若0＜F≤μ2(M＋m)g，木块和木板的加速度均为零；若μ2(M＋m)g＜F≤μ2(M＋m)g＋μ1(M＋m)g，则am＝aM＝
F－μ2M＋mg；若F＞μ2(M＋m)g＋μ1(M＋m)g，则am＝
M＋mF－μ2M＋mg－μ1mgμ1g，aM＝.
M考向2 水平面上具有初始速度的板块模型
[典例2] 如图2所示，质量为M的小车静止在光滑的水平面上，车长为L，现有质量为m、可视为质点的物块，以水平向右的初速度v0从小车最左端滑上小车，物块与车面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，求：
(1)物块在车面上滑行的时间t；
(2)要使物块不从小车最右端滑出，物块滑上小车最左端的初速度v0′应满足的条件．
图2
【解析】 (1)假设小车足够长，物块以水平向左的加速度a1＝μg做匀减速直线运动，而小车以水平向右的加速度a2＝
μmg做匀加速直线运动，最终两物体以相同的速度v一起向M右做匀速运动，根据动量守恒定律有mv0＝(M＋m)v
1212
设物块在小车上滑行的距离为s，根据能量守恒定律有μmgs＝mv0－(M＋m)v
22
2
Mv0
联立解得s＝
2μM＋mg若L≥s，则物块最终与小车一起以速度v做匀速运动，根据运动学公式有v＝a2t，联立解得t＝
Mv0
μM＋mg若L＜s，则物块一直以水平向左的加速度a1＝μg做匀减速直线运动，直到从小车最右
3
1212
端滑离小车，根据运动学公式有x1＝v0t－a1t，x2＝a2t，x1－x2＝L
22
Mv0－M联立以上几式解得t＝
M＋mgLM.
μM＋mgv20－
2μ(2)要保证物块不从小车最右端滑离，物块滑上小车最左端的最大初速度vmax应满足：物块恰好到达小车最右端时两者共速．根据动量守恒定律和能量守恒定律有
2
mvmax＝(M＋m)v，μmgL＝mv2max－(M＋m)v，联立解得vmax＝
1
212
2μM＋mgL
M即要使物块不从小车最右端滑出，物块滑上小车最左端的初速度v0′应满足的条件为
v0′≤
2μM＋mgL.
M答案：见解析
如图所示，光滑水平地面上有一质量为m2的滑板，滑板最左端放有一个可
视为质点的质量为m1(m1≠m2)的物块，滑板与物块之间的动摩擦因数为μ，二者以相同的初速度v0一起向右运动，滑板与竖直墙碰撞时间极短，且没有机械能损失，重力加速度为g，为保证物块不从滑板上滑落，滑板的长度L至少为多少？
【解析】 (1)若m2＞m1，滑板与竖直墙碰撞后， 以原速反弹，总动量向左，当二者达到相同速度后一起向左做匀速运动，物块在滑板上滑动的距离最大，设为L1.
根据动量守恒定律有(m2－m1)v0＝(m2＋m1)v1，v1为物块与滑板碰撞后速度相同时的速度大小
1122
根据能量守恒定律有μm1gL1＝(m2＋m1)v0－(m2＋m1)v1
222m2v0
联立解得L1＝.
μm1＋m2g(2)若m2＜m1，滑板与竖直墙碰撞后，以原速反弹，总动量向右，当二者达到相同速度后一起向右运动，再次与墙相碰，重复之前的运动，但两者共速时的速度越来越小．最终，滑板静止在竖直墙处，此过程物块一直相对滑板向右运动，当滑板(包括滑板上的物块)最终静止时，物块在滑板上滑动的距离最大，设为L2.
1m1＋m2v02
根据能量守恒定律有μm1gL2＝(m2＋m1)v0，解得L2＝
22μm1g2
m1－m22v0m1＋m2v20
所以L2－L1＝＞0，即L1＜L2，故滑板的长度至少为L＝L2＝.
2μm1m1＋m2g2μm1g2
2
4
2
m1＋m2v0
答案：
2μm1g考向3 传送带模型
[典例3] (2018·赤峰4月模拟)如图3所示，一个可视为质点的物块，质量为m＝1 kg，从光滑四分之一圆弧轨道顶端由静止滑下，到达底端时恰好进入与圆弧轨道底端相切的水平传送带，传送带由电动机驱动着匀速逆时针转动，速度大小为v＝3 m/s.已知圆弧轨道半径
R＝0.45 m，物块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.1，两皮带轮之间的距离为L＝4 m，物
块滑到圆弧轨道底端时对轨道的作用力为F，物块与传送带摩擦产生的热量为Q.重力加速度取g＝10 m/s.下列说法正确的是( )
2
图3
A．F＝10 N C．Q＝10 J
B．F＝20 N D．Q＝4 J
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C [物块滑到圆弧轨道底端的过程中，由机械能守恒：mgR＝mv0，解得：v0＝2gR＝3
2
v20
m/s，在轨道的底端，由牛顿第二定律得：F－mg＝m，代入数据解得F＝30 N，故A、B错
R误；物块滑上传送带将做匀减速运动，设匀减速运动的最大距离为sm，加速度大小为a，由
2
v230
牛顿第二定律得：μmg＝ma，解得a＝1 m/s，可得：sm＝＝m＝4.5 m，因为两皮带
2a2×1
2
轮之间的距离为L＝4 m，所以物块将从传送带的右端离开传送带．设物块在传送带上滑行12
时间为t，则有：L＝v0t－at，解得：t＝2 s，在t＝2 s时间内传送带的位移大小为x＝
2
vt＝2×3 m＝6 m，物块相对于传送带的位移为Δx＝x＋L＝10 m，热量Q＝μmgΔx＝10 J，
所以C正确，D错误．]
(2018·甘肃天水一模)如图所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1
运行．初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带．若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v-t图象(以地面为参考系)如图乙所示．已知v2>v1，则( )
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部编版2020高考物理二轮复习专项1模型突破专题4板块模型高分突破学案
