程會(huì)琴 張金龍
板塊模型是高中物理的經(jīng)典模型之一,它能夠?qū)⑽矬w的受力分析、運(yùn)動(dòng)過(guò)程分析、力與運(yùn)動(dòng)的關(guān)系及相關(guān)的運(yùn)動(dòng)圖象等力學(xué)主干知識(shí)串起來(lái)進(jìn)行考查,因而備受高考命題專家的青睞。本文以2021年全國(guó)高考乙卷第21題為例引入,總結(jié)分析板塊模型中的情境并進(jìn)行拓展,旨在引導(dǎo)學(xué)生分析、歸納、總結(jié)板塊模型的特點(diǎn)及相應(yīng)的分析方法。
一、高考真題回顧
(2021年全國(guó)乙卷第21題)水平地面上有一質(zhì)量為m1的長(zhǎng)木板,木板的左端上有一質(zhì)量為m2的物塊,如圖1所示。用水平向右的拉力F作用在物塊上,F(xiàn)隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖2所示,其中F1、F2分別為t1、t2時(shí)刻F的大小。木板的加速度a1隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖3所示。已知木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1,物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2。假設(shè)最大靜摩擦力均與相應(yīng)的滑動(dòng)摩擦力相等,重力加速度大小為g。則( )
【解析】由圖3可知,t1時(shí)物塊與木板一起剛開始滑動(dòng),此時(shí)物塊與木板相對(duì)靜止,以整體為研究對(duì)象有F1=μ1(m1+m2)g,故A錯(cuò)誤。由圖3可知,t2時(shí)物塊與木板剛要發(fā)生相對(duì)滑動(dòng),以整體為研究對(duì)象,根據(jù)牛頓第二定律,有F2-μ1(m1+m2)g=(m1+m2)a;以木板為研究對(duì)象,根據(jù)牛頓第二定律,有μ2m2g-μ1(m1+m2)g=m1a>0,解得F2=(μ2-μ1)g,μ2> μ1,故BC正確。由圖3可知,0~t2這段時(shí)間物塊與木板相對(duì)靜止,所以有相同的加速度,故D正確。
二、板塊模型分析的思路總結(jié)
三、拓展訓(xùn)練
【情境1】地面和木板均粗糙,物塊與木板均不受外力作用。設(shè)木板足夠長(zhǎng),取v1為正方向,m和M同向運(yùn)動(dòng)。
(1) v1>v2時(shí),對(duì)物塊m,由μ1mg=ma1得知物塊以a1= μ1g做勻減速直線運(yùn)動(dòng);對(duì)木板M,由μ1mg-μ2(m+M)g= Ma2得知木板以a2= 做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。
(2) v1 共速后,對(duì)于物塊,最大加速度am=μ1g,需要考慮物塊和木板是否會(huì)出現(xiàn)相對(duì)運(yùn)動(dòng),先假設(shè)無(wú)相對(duì)滑動(dòng),二者加速度相同,對(duì)整體有μ2(m+M)g=(m+M)a,a=μ2g。若a≤am,即μ1≤μ2時(shí),二者以共同的加速度a=μ2g做勻減速直線運(yùn)動(dòng);若a>am,即μ1>μ2時(shí),物塊以較小的加速度a1=μ1g做勻減速直線運(yùn)動(dòng),而由μ2(m+M)g-μ1mg=Ma2得知,木板以a2= 做勻減速直線運(yùn)動(dòng),不可能出現(xiàn)與物塊同步運(yùn)動(dòng)的情況。 【例1】如圖5,一長(zhǎng)木板在水平地面上運(yùn)動(dòng),在某時(shí)刻(t=0)將一物塊輕放到木板上,已知物塊與木板的質(zhì)量相等,物塊與木板間及木板與地面間均有摩擦,物塊與木板間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力,且物塊始終在木板上。在物塊放到木板上之后,木板運(yùn)動(dòng)的速度-時(shí)間圖象可能是下列選項(xiàng)中的( ) 【解析】設(shè)在木板與物塊未達(dá)到相同速度之前,木板的加速度為a1,物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1,木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2。對(duì)木板應(yīng)用牛頓第二定律得-μ1mg-μ2·2mg=ma1,解得a1=-(μ1+2μ2)g。設(shè)物塊與木板達(dá)到相同速度之后,木板的加速度為a2,對(duì)整體有-μ2·2mg=2ma2,a2=-μ2g,可知|a1|>|a2|,由v-t圖象的斜率表示加速度大小可知A正確。 【情境2】地面與木板均粗糙,物塊受外力F作用,物塊初速度小于木板速度。設(shè)木板足夠長(zhǎng),取v1為正方向,m和M開始時(shí)運(yùn)動(dòng)方向相同,且v1 【例2】在光滑水平面上有一質(zhì)量為m1的足夠長(zhǎng)的木板,其上疊放一質(zhì)量為m2的木塊。假定木塊和木板之間的最大靜摩擦力和滑動(dòng)摩擦力相等?,F(xiàn)給木塊施加一隨時(shí)間t增大的水平力F=kt(k是常數(shù)),木板和木塊加速度的大小分別為a1和a2,下列反映a1和a2變化的圖象中正確的是( ) 【解析】木塊和木板之間相對(duì)靜止時(shí),所受的摩擦力均為靜摩擦力,在達(dá)到最大靜摩擦力前,木塊和木板以相同加速度運(yùn)動(dòng),根據(jù)牛頓第二定律知a= ;木塊和木板相對(duì)運(yùn)動(dòng)時(shí),a1=恒定不變,a2=-μg,a2是t的線性函數(shù),t增大,a2也增大。由于< ,則木塊與木板相對(duì)滑動(dòng)后a2圖象斜率大于a1圖象斜率,故A正確。 【情境3】地面和木板粗糙,木板受外力F作用,物塊初速度小于木板初速度。物塊與木板共速前,對(duì)于物塊m有μ1mg=ma1,物塊以加速度a1=μ1g做勻加速直線運(yùn)動(dòng);對(duì)于木板M有F-μ2(m+M)g- μ1mg=Ma2,加速度a2=。當(dāng)a2=0時(shí),F(xiàn)=μ2(m+M)g+μ1mg,物塊以加速度a1做勻加速直線運(yùn)動(dòng),木板做勻速直線運(yùn)動(dòng),物塊與木板可共速;當(dāng)a2>0時(shí),F(xiàn)>μ2(m+M)g+μ1mg,物塊和木板均做勻加速直線運(yùn)動(dòng),而木板加速度a2=≥a1時(shí),即當(dāng)F≥(μ1+μ2)(m+M)g時(shí)物塊與木板不可能共速;當(dāng)a2 【例3】如圖8,一長(zhǎng)L=2m、質(zhì)量M=4kg的薄木板(厚度不計(jì))靜止在粗糙的水平臺(tái)面上,其右端距平臺(tái)邊緣l=5m,木板的正中央放有一質(zhì)量為m=1 kg的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))。已知木板與水平臺(tái)面、物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ1=0.4,現(xiàn)對(duì)木板施加一水平向右的恒力F,其大小為48N,g取10m/s2,求: (1)F作用了1.2s時(shí),木板的右端離平臺(tái)邊緣的距離; (2)要使物塊最終不能從平臺(tái)上滑出去,則物塊與平臺(tái)間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2應(yīng)滿足的條件。 【解析】(1)假設(shè)開始時(shí)物塊與木板會(huì)相對(duì)滑動(dòng),由牛頓第二定律,對(duì)木板有F-μ1(M+m)g-μ1mg=Ma1,解得a1=6m/s2;對(duì)物塊有μ1mg=ma2,解得a2=4m/s2。因?yàn)閍2 設(shè)F作用時(shí)間t后,物塊恰好從木板左端滑離,則有=a1t2-a2t2,代入數(shù)據(jù)解得t=1 s(另一解不符合題意,舍去)。在此過(guò)程中,木板的位移為x1=a1t2=×6×12 m=3 m,末速度為v1=a1t=6×1 m/s=6 m/s;物塊的位移為x2=a2t2= × 4×12 m=2 m,末速度為v2=a2t=4×1 m/s=4 m/s。 在物塊從木板上滑落后的t0=0.2 s內(nèi),由牛頓第二定律,對(duì)木板有F-μ1mg=ma2′,解得a2′=8 m/s2,木板發(fā)生的位移為x1′=v1t0+a1′t02,解得x1′=1.36 m。此時(shí)木板右端距平臺(tái)邊緣的距離為Δx=l-x1-x1′=(5-3-1.36) m=0.64 m。 (2)物塊滑至平臺(tái)后,做勻減速直線運(yùn)動(dòng),由牛頓第二定律可知,對(duì)物塊有μ2mg=ma2′,解得a2′=μ2g。若物塊在平臺(tái)上速度減為零,則通過(guò)的位移為x2′=,要使物塊最終不會(huì)從平臺(tái)上掉下去需滿足l+≥x2+x2′,聯(lián)立解得μ2≥0.2。