2020版高考物理第三章第17课时动力学模型之一——滑块滑板(题型研究课)讲义

1、第17课时动力学模型之滑块滑板(题型研究课)NOA课前练真题一明考什么、怎么考1 .(2017 全国卷出)如图，两个滑块 A和B的质量分别为 m= 1 kg / f和rb=5 kg ,放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动-摩擦因数均为 科1=0.5 ;木板的质量为 m4 kg,与地面间的动摩擦因数为 科2=0.1。某时 刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为 vo=3 m/so A B相遇时，A与木板恰好相对2静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g=10 m/s 。求：(1) B与木板相对静止时，木板的速度；(2) A、B开始运动时，两者之间的距离。解析：(1

2、)八和8在木板上滑动时，木板也在地面上滑动。设A、B和木板所受的摩擦力大小分别为f 1、f2和f3, A和B相对于地面的加速度大小分别为 aA和aB,木板相对于地面的 加速度大小为a1。在B与木板达到共同速度前有f 1=11mg f 2=1mg f 3=2(mA+ m) g由牛顿第二定律得f 1= maAf 2= maBDf 2- f 1- f3 = ma设在t1时刻，B与木板达到共同速度，其大小为V1。由运动学公式有V 1= vo- aBt1 V 1 = a1t 1 联立式，代入已知数据得V 1= 1 m/s。(2)在t1时间间隔内，B相对于地面移动的距离为12GSb= vot 1 2aBt

3、 1 设在B与木板达到共同速度 V1后，木板的加速度大小为 a2o对于B与木板组成的系统，由牛顿第二定律有f 1+ f 3= (mB+ m) a2?由式知，3a= aB；再由式知，B与木板达到共同速度时， A的速度大小也为V1,但运动方向与木板相反。由题意知，A和B相遇时，A与木板的速度相同，设其大小为V2,设A的速度大小从V1变到V2所用的时间为t2。则由运动学公式，对木板有V2=V1 a2t 2对 A有 V2= V1+ aAt 2?在t 2时间间隔内，及以及木板)相对地面移动的距离为一 一 1一，Si = Vlt 2 2a2t 2在ti+t2时间间隔内，A相对地面移动的距离为Sa= Vo(

4、 t 1 + t 2) 5aA( t 1 + t 2) ?A和B相遇时，A与木板的速度也恰好相同，因此A和B开始运动时，两者之间的距离为So= Sa+ Si + SB?联立以上各式，并代入数据得So= 1.9 m o ?答案：(1)1 m/s (2)1.9 m2. (2015 全国卷I ) 一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板 右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5 m ,如图(a)所示。t = 0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t = 1s时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)。碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板。已知碰撞后

5、1 s时间内小物块的v -t图线如图(b)所示。木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小 g取210 m/s 。求:图图旧(1)木板与地面间的动摩擦因数科1及小物块与木板间的动摩擦因数 科2；(2)木板的最小长度；(3)木板右端离墙壁的最终距离。解析：(1)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，设加速度为 d,小物块和木板的质量分别为rnO M由牛顿第二定律有V 1(M) g= (M a1 由题图(b)可知，木板与墙壁碰撞前瞬间的速度V1=4 m/s ,由运动学公式有V 1= vo+ ak,1,2公so= vot 1 + 2a+1 式中，11= 1 s,

6、 so= 4.5 m是木板碰撞前的位移，vo是小物块和木板开始运动时的速度。联立式和题给条件得g = o.1在木板与墙壁碰撞后， 木板以一V1的初速度向左做匀变速运动，小物块以V1的初速度向右做匀变速运动。设小物块的加速度为a,由牛顿第二定律有一(12mg= ma ,一 一一V2 V1 _由题图(b)可得32=71t 2 t 1式中，t 2= 2 s , V2 = 0,联立式和题给条件得(1 2= 0.4。(2)设碰撞后木板的加速度为33,经过时间 At ,木板和小物块刚好具有共同速度V3。由牛顿第二定律及运动学公式得2m/ 中(Ml+ m) g = MaV 3= vi + a3AtV 3=

7、Vi+ a2 At碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运动的位移为Si =V1 + V3_2At?小物块运动的位移为Vl +V3S2=2At?设加速度为34,小物块相对木板的位移为 A S= S2 Si 联立？ ？ ？式，并代入数值得A S= 6.0 m因为运动过程中小物块没有脱离木板，所以木板的最小长度应为6.0 m。(3)在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速运动直至停止,此过程中小物块和木板运动的位移为S3。由牛顿第二定律及运动学公式得1( Mg = ( m M) 34? 20 V3 = 234s3?碰后木板运动的位移为S=Si+S3?联立？ ？ ？ ？式，并代入数

8、值得s= 6.5 m ?木板右端离墙壁的最终距离为6.5 m。答案：(1)0.10.4(2)6.0 m (3)6.5 m3. (2015 全国卷n )下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地3 .质灾害。某地有一倾角为0 =37 (Sin 37=二)的山坡C,上面有一质5量为m的石板B,其上下表面与斜坡平行；B上有一碎石堆 A(含有大量泥A浸透雨水后总质量也为m(可土)，A和B均处于静止状态，如图所示。假设某次暴雨中,3视为质量不变的滑块)，在极短时间内，A、B间的动摩擦因数 g减小为8，B、C间的动摩 擦因数科2减小为0.5 , A B开始运动，此时刻为计时起点；在第 2 s末，B的上表面突

9、然变为光滑，科2保持不变。已知 A开始运动时，A离B下边缘的距离l=27 m, C足够长，设 最大静摩擦力等于滑动摩擦力。取重力加速度大小g= 10 m/s 2。求：(1)在02 s时间内A和B加速度的大小；(2) A在B上总的运动时间。解析：(1)在02 s时间内，A和B的受力如图所示，其中fi、N是A与B之间的摩擦 力和正压力的大小，f2、N2是B与C之间的摩擦力和正压力的大小，方向如图所示。由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得f i =NN1 = mgcos 0f 2= (1 2N2N2= N' + mgcos 0规定沿斜面向下为正。设A和B的加速度分别为a1和a2,由牛顿第二定律得

10、mgsin 0 - f 1= mamgsin 0 f 2+ f 1' = ma由牛顿第三定律知N= N'f 1 = f 1解得 a = 3 m/s 2, a2= 1 m/s 2。(2)在3 = 2 s时，设A和B的速度分别为 Vi和V2,则V i = at 1 = 6 m/sV 2= a2t 1 = 2 m/st>t1时，设A和B的加速度分别为 a和a2。此时A与B之间的摩擦力为零， mg,in 0 = ma'解得 a1' = 6 m/s 22mg>in 0 -f2=ma ,解得 a =- 2 m/sB做减速运动。设经过时间 t2, B的速度减为零，

11、则有V 2+ a2' 12 = 0解得t 2= 1 S在ti+t2时间内，A相对于B运动的距离为s= %t i2+vit 2+2ai，12212+ V2t 2+ 2a2t22=12 mv 27 m此后B静止，A继续在B上滑动。设再经过时间t3后A离开B,则有1,2ls = (vi+ai12) 13+ 2ai13解得t3=i S（另一解不合题意，舍去）设A在B上总的运动时间为t总，有t 总=t i + t 2+ t 3= 4 S o答案：（i）3 m/s 2 i m/s 2 （2）4 s备考视角滑块滑板问题是高考常考的热点，这类问题对学生的综合分析能力和数学运算能力要求 较高，而且滑块滑

12、板模型常和功能关系、动量守恒等结合，分析过程较复杂。学生常因为对过程分析不清或计算失误而丢分。NO.2课堂研题型一知学什么、怎么办命题点一水平面上的滑块一滑板模型1 .两种位移关系滑块由滑板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和滑板同向运动，位移之差等于板长;反向运动时，位移大小之和等于板长。2 .解题思路第一步能1Nd* 迎建模:求解时应先仃细审题T理解遮目的含义、分析清楚每一个物体的受力情况、运动情况第：步，, 能4-4,4£4MM求加速度第三步.准确求出售物体在各运动过程的加速度（注毒两 过程的连接处加速度可能突变）找出物体之间的位移（路程美系或速度关系是 解密的究破口,求解中应

13、注意联系两个过程的跳 带,每一个过程的末速度是F一个过程的初速度典例如图所示，质量 m= i kg的物块A放在质量M= 4 kg的木 凡板B的左端，起初 A B静止在水平地面上。现用一水平向左的力 F作 ZZZZZZZZL 用在B上，已知A、B之间的动摩擦因数为 邛=0.4 ,地面与B之间的动摩擦因数为 科2= 0.i。 假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力， g= i0 m/s 2。求：（i）能使A、B发生相对滑动的力 F的最小值；（2）若力F= 30 N,作用i s后撤去，要想A不从B上滑落，则B至少多长；从开始到 AB均静止，A的总位移是多少。解析(1) A的最大加速度由 A B间的最大静摩擦

14、力决定，即对于A根据牛顿第二定律得：科img= mam2解得 am= 4 m/s对于A B整体，根据牛顿第二定律得：F2(出 m) g = (M+ m) am解得F= 25 No(2)设力F作用在B上日A、B的加速度大小分别为 ai、a2,撤去力F时速度分别为vi、 V2,撤去力F后A、B速度相等前加速度大小分别为 ai'、a2'，A、B速度相等时速度为 V3, 加速度大小为 a3对于A根据牛顿第二定律得：科img= ma2得 ai=4 m/s , vi=aiti = 4 m/s对于B,根据牛顿第二定律得：F-img- !i2(M+ n)g= Ma 2得 a2= 5.25 m/

15、s , V2= a2t i= 5.25 m/s撤去力F： a=ai = 4 m/s 2im/(i2(M+ m)g = Ma'得 a2' = 2.25 m/s 2经过12时间后A、B速度相等vi+a/t2=v2a2 t2得 12= 0.2 s共同速度 v3=vi+a/t2= 4.8 m/s从开始到A、B相对静止，A B的相对位移即为 B的最短长度L 222L= XB XA=合+ v3 "v2 -iai(11 +12)2= 0.75 m2a2 2a22A、B速度相等后共同在水平地面上做匀减速运动，加速度大小 2a3= 112g = i m/s对于A、B整体从v3至最终静止

16、位移为 2 v3x= c = ii.52 m 2a3所以A的总位移为xa,& = xa+ x= i4.4 m。答案(i)25 N (2)0.75 m i4.4 m规律方法求解“滑块一滑板”类问题的方法技巧(或相对运动趋势)，根据相对运动(或相对运(i)弄清各物体初态对地的运动和相对运动 动趋势)情况，确定物体间的摩擦力方向。(2)准确地对各物体进行受力分析，并根据牛顿第二定律确定各物体的加速度，结合加 速度和速度的方向关系确定物体的运动情况。(3)速度相等是这类问题的临界点，此时往往意味着物体间的相对位移最大，物体的受 力和运动情况可能发生突变。集训冲关1.如图所不，光滑水平面上静止放

17、着长为L=1.6 mi质量为M= 3 kg的木板，一质量为 件1 kg的物块放在木板的最右端，物块与木板之间的动摩擦因数为=0.1 ,对木板施加一水平向右的拉力F, g取10 m/s2。施力F后，要想把木板从物块的下方抽出来，求力F的大小应满足的条件;(2)为使木板从物块的下方抽出来，施加力 F后，发现力F作用最短时间to=0.8 s,恰 好可以抽出，求力 F的大小。解析：(1)力F拉动木板运动过程中，物块与木板相对运动时：对物块，由牛顿第二定律知科mg= ma解得a= 1 m/s 2对木板，由牛顿第二定律知F-科mg= Ma,即要想抽出木板，则只需 a>a,即F>w(M m)g代

18、入数据解得F>4 No(2)设施加力F时木板的加速度大小为比,则F-mg02n flM设撤去力F时木板的加速度大小为a3,则 mg 1 一 2a3=T=3 m/s设从撤去力F到木板恰好被抽出所用时间为t 2木板从物块下抽出时有物块速度为v=a(to+t2)发生的位移为1 ,、2s= 2a(t0+t2)木板的速度为v 板=a2t o a3t 21212发生的位移为s 板=2a2t 0 + a2t 0t 2 2a3t 2木板刚好从物块下抽出时应有v板=丫且5板一s=L联立并代入数据得 t2=1.2 s , a2=3 m/s2, F=10 N。答案：(1) F>4 N (2)10 N2.

19、(2019 成都模拟)如图所示，长为l的长木板A放在动摩擦因数为(11的水平地面上，一滑块B(可视为质点)从A的左侧以初速度 V0向右滑上A, B与A间的动摩擦因数为科2( A与水平地面间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相同)。已知A的质量为 M= 2.0 kg, B的质量为 m= 3.0 kg, A的长度为l =2.5 m, 1 = 0.2 , 科 2 = 0.4( g 取 10 m/s 2)。(1) A B刚开始运动时各自的加速度分别是多大?(2)为保证B在滑动过程中不滑出 A,初速度V0应满足什么条件?在满足(2)中条件的情况下，分别求出A B对水平地面的最大位移。解析：(1)分别对A B

20、进行受力分析,根据牛顿第二定律，B的加速度大小:aB=f=44 m/s 2m mA的加速度大小:- f-f,科 2mg-邛 M m g .，2M M1 m/(2)当A B速度相等时，若 B恰好运动到A的右侧末端，则可保证 B不会，t出A设经过时间t, A、B的速度相等，则有:vo aBt = aAt根据位移关系得:Vot 一二aBt 之 一 -aAt 2= l22代入数据解得：t = 1 s , vo= 5 m/s所以初速度vow 5 m/s 。(3) B恰好不滑出A时，A、B对水平地面的位移最大，A B速度相等后相对静止，一起以v = aAt = 1 m/s的初速度做匀减速运动直到静止,匀减

21、速运动的加速度大小为a=厂£mm g = 2 m/s 22V发生的位移：s= -= 0.25 m2aA B速度相等前A发生的位移:sa= 2aAt 2= 0.5 mB 发生的位移：sb=vot 2aBt 2= 3 m所以A发生的位移:Sa+ s= 0.5 m + 0.25 m = 0.75 mB发生的位移：sb+ s= 3 m+ 0.25 m = 3.25 m。答案：(1)1 m/s 2 4 m/s 2 (2) V0< 5 m/s(3)0.75 m 3.25 m命题点二斜面上的滑块一滑板模型滑块一滑板类模型应抓住一个转折和两个关联一个转折两个关联滑块与滑板达到相同速度 或者滑块

22、从滑板上滑下是 受力和运动状态变化的转 折点转折前、后受力情况之间的关联和滑块、滑板位移与板长之间 的关联。一般情况下，由于摩擦力或其他力的转变，转折前、 后滑块和滑板的加速度都会发生变化，因此以转折点为界，对 转折前、后进行受力分析是建立模型的关键典例如图所示，倾角 a =30°的足够长光滑斜面固定在水平面/上，斜面上放一长 L=1.8 m、质量M= 3 kg的薄木板，木板的最右端叠放一质量m= 1 kg的小物块，物块与木板间的动摩擦因数科=¥。对木板施加沿斜面向上的恒力F,使木板沿斜面由静止开始做匀加速直线运动。设物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取

23、10 m/s2。(1)为使物块不滑离木板，求力F应满足的条件；(2)若力F=37.5 N ,物块能否滑离木板？若不能，请说明理由；若能，求出物块滑离木板所用的时间及滑离木板后沿斜面上升的最大距离。解析(1)以物块和木板整体为研究对象，由牛顿第二定律得F(唐m)gsin a=(M+ n) a以物块为研究对象，由牛顿第二定律得Ff mg>in a = ma又 FfW Ffm= mgcos a解得Fw 30 N o(2)因力F= 37.5 N >30 N,所以物块能够滑离木板，对木板，由牛顿第二定律得F-mgcos a Mgsin a = Ma对物块，由牛顿第二定律得mgcos a mg

24、sin a =ma设物块滑离木板所用时间为 t12木板的位移X1 = 2at12物块的位移X2 = 2a2t物块与木板的分离条件为A x= xi X2= L解得t = 1.2 s物块滑离木板时的速度v= a2t物块滑离木板后的加速度大小为a3=gsina =5 m/s 2 0v2物块滑离木板后沿斜面上升的最大距离为x=解得 x= 0.9 m 。答案F<30 N (2)能 1.2 s 0.9 m规律方法解决速度临界问题的思维模板集训冲关1.如图所示，足够长光滑斜面的倾角为0 ,斜面上放着质量为 M的 m木板，木板左端有一个质量为m的木块，木块与木板之间的动摩擦因数为科,木块和木板的初速度都为零。对木块施加平行斜面向上的恒力F