《“滑块+木板”模型》专题复习的素材选择与应用

=8N，当小车向右运动的速度到达1.5m/s时，在小车前端轻轻地放上一个大小不计，质量为m=2kg的小物块，物块与小车间的动摩擦因数μ=0.2，小车足够长．求从小物块放上小车开始，经过t=1.5s小物块通过的位移大小为多少？〔取g=4．(2004全国卷ⅠAB边重合，如图。盘与桌布间的动摩擦因数为μ1，盘与桌面间的动摩擦因数为μ2。现突然以恒定的加速度a将桌布抽离桌面，加速度的方向水平且垂直于AB边。假设圆盘最后未从桌面掉下，那么加速度a满足的条件是什么？〔以g表示重力加速度〕5．如图为某生产流水线工作原理示意图。足够长的工作平台上有一小孔A，一定长度的操作板〔厚度可忽略不计〕静止于小孔的左侧，某时刻开始，零件〔可视为质点〕被无初速度地放上操作板中点，同时操作板在电动机带动下向右做匀加速直线运动直至运动到A孔的右侧〔忽略小孔对操作板运动的影响〕，最终零件运动到A孔时速度恰好为零，并由A孔下落进入下一道工序。零件与操作板间的动摩擦因素，与工作台间的动摩擦因素，操作板与工作台间的动摩擦因素。试问：〔1〕电动机对操作板所施加的力是恒力还是变力〔只要答复是“变力〞或“恒力〞即可？〕〔2〕操作板做匀加速直线运动的加速度a的大小为多少？〔3〕假设操作板长L＝2m，质量M＝3kg，零件质量m＝0.5kg，重力加速度取g=10m/s2，那么操作板从A孔左侧完全运动到右侧过程中，电动机至少做多少功？6．(2021福建卷)如下列图，物体A放在足够长的木板B上，木板B静置于水平面。T=0时，电动机通过水平细绳以恒力F拉木板B，使它做初速度为零、加速度aB=1.0m/s2的匀加速直线运动。A的质量mA和B的质量mB均为2.0kg，A、B之间的动摩擦因数μ1=0.05，B与水平面之间的动摩擦因数μ2=0.1，最大静摩擦力与滑动摩擦力视为相等，重力加速度g取10m/s2。求：〔1〕物体A刚运动时的加速度aA；〔2〕t=1.0s时，电动机的输出功率P；〔3〕假设t=1.0s时，将电动机的输出功率立即调整为P/=5W，并在以后的运动过程中始终保持这一功率不变，t=3.8s时物体A的速度为1.2m/s。那么在t=1.0s到t=3.8s这段时间内木板B的位移为多少？7．图1中，质量为m的物块叠放在质量为2m的足够长的木板上方右侧，木板放在光滑的水平地面上，物块与木板之间的动摩擦因数为。在木板上施加一水平向右的拉力F，在0～3s内F的变化如图2所示，图中F以mg为单位，重力加速度g=10m/s〔1〕求1s、1.5s、2s、3s末木板的速度以及2s、3s末物块的速度；〔2〕在同一坐标系中画出0～3s内木板和物块的v—t图象，据此求0～3s内物块相对于木板滑过的距离。8．如下列图，绝缘长方体B置于水平面上，两端固定一对平行带电极板，极扳间形成匀强电场E，长方体B的上外表光滑，下外表与水平面的动摩擦因数μ=0.05〔设最大静摩擦力与滑动摩擦力相同〕，B与极板的总质量mB=1.0kg．带正电的小滑块A质量mA=0.6kg，其受到的电场力大小F=1.2N．假设A所带的电量不影响极板间的电场分布．t=0时刻，小滑块A从B外表上的a点以相对地面的速度vA=1.6m/s向左运动，同时，B〔连同极板〕以相对地面的速度vB=0.40m/s向右运动．问(g取〔1〕A和B刚开始运动时的加速度大小分别为多少?〔2〕假设A最远能到达b点，a、b的距离L应为多少？从t=0时刻到A运动到b点时，摩擦力对B做的功为多少？【归纳总结】本专题涉及的根本问题：判断滑块与木板间是否相对运动、能否别离、离开速度大小、对地位移、摩擦生热等等；根本道具：水平面〔光滑或粗糙〕、木板和滑块〔分有无初速度或水平方向受不受外力几种情形〕；采用分解法分析复杂的物理过程，画好受力分析、运动示意图，建立清晰的物理情景，并从几何关系寻找物体之间的相互联系，甚至辅以v—t图像，都是解决此类问题的重要手段。也可以结合动量能量观点求解。整体法与隔离法相结合，利用接触面间的静摩擦力存在最大值〔近似等于滑动摩擦力〕这个临界条件来分析判定是否出现相对滑动；然后利用动力学规律和能量观点求出相关的待求量。〔三〕素材应用效果及启示1、【效果】本专题复习传承了第一轮复习的精髓，较准确地反映了学生开展、社会开展和学科开展对高考的具体要求。遵循培养学生的创新精神和实践能力，进一步提高他们的科学素养的原那么，以常见物理模型为载体，抓住知识的纵横联系，加深对双基知识的理解，提高解题能力；还可以将整个模型置于电磁场中，溶入电磁场的根本知识和规律，形成知识网络，提高学科内综合的能力；通过本专题复习，突出主干知识，使掌握的知识得以延伸和拓展；通过专项训练强化思维的和解题的标准性，2、【启示】划分专题的方式不仅可以：第一，纵横结合，互相联系。第二，按试题类型设计专题。选择题、实验题、材料题、计算综合题等，说明各类题型第三，第四，按常见的模型设计专题：如物理学科中传送带传送问题、弹簧类问题、“滑块+木板〞模型问题、带电粒子在电磁场中的运动问题、“棒+导轨〞的电磁感应力电综合问题等等。而以常见的模型设计专题，更能以物理模型为载体，抓住知识的纵横联系，形成知识网络，提高学科内综合能力。【参考解答】【例1】【分析与解答】综上分析可知，可能出现以下三种情况：①当0≤F≤μ2〔m1+m2〕g时，A、B均静止不动，AB之间摩擦力为=0；②当μ2〔m1+m2〕g＜F≤〔μ1+μ2〕〔m1+m2〕g时，A、B一起向右做匀加速直线运动，共同加速度为，0＜a≤μ1g。AB之间静摩擦力大小为=m1a，0＜≤μ1③当F＞〔μ1+μ2〕〔m1+m2〕g时，AB之间出现相对运动，AB之间滑动摩擦力大小为=μ1m1g。对A有：μ1m1g=m1aA得aA=μ1g对B有：F－μ2〔m1+m2〕g－μ1m1g=m2aB得＞aA=μ1g可见，欲使B从A下方抽出来，加在B上的水平恒力最小值应为〔μ1+μ2〕〔m1+m2〕g。在满足这个条件的前提下，设A在B上滑动的时间是t，如下列图，它们的位移关系是即，由此可以计算出时间t。【变式训练1】【思路点拨】此题虽然也涉及两个临界问题：一、B是否相对地面滑动；二、A是否相对B滑动。但这里首先需要明确B是靠A对它的摩擦力来带动的。由题设知最大静摩擦力和滑动摩擦力相等，只要μ1m1g≤μ2〔m1+m2〕g，无论F多大，A是否相对B滑动，B均相对地面静止不动。换句话说，只有μ1m1g＞μ2〔m1+m2〕g时，A才有可能把B带动。所以，B是否相对地面滑动的临界条件是：F=μ1m1g=μ2〔m1+m2〕g；而A、B间滑动与否的临界条件为：，即。【解答】综上分析，此题可能出现五种情况：①当μ1m1g≤μ2〔m1+m2〕g时，无论F多大，B均相对地面静止不动。Ⅰ.如果0≤F≤μ1m1g，那么A也静止不动，AB之间静摩擦力大小等于B地之间静摩擦力大小==F；Ⅱ.如果F＞μ1m1g，那么A在B上做匀加速运动，加速度为，AB之间滑动摩擦力大小等于B地之间静摩擦力大小==μ1m1g。②当μ1m1g＞μ2〔m1+m2〕g时，A、B受力如下列图Ⅰ.如果0≤F≤μ2〔m1+m2〕g，A、B均静止不动，AB之间静摩擦力大小等于B地之间静摩擦力大小==F；Ⅱ.如果μ2〔m1+m2〕g＜F≤，A、B一起向右做匀加速直线运动，共同加速度为。0＜a≤，AB之间静摩擦力大小为=μ2〔m1+m2〕g+m2a≤μ1m1g；B地之间滑动摩擦力大小=μ2〔m1+m2〕g；Ⅲ.如果F＞，AB之间出现相对运动，即最常见的“A、B一起滑，速度不一样〞，A最终将会从B上滑落下来。AB之间滑动摩擦力大小为=μ1m1g；B地之间滑动摩擦力大小=μ2〔m1+m2对A有：F－μ1m1g=m1aA得，对B有：μ1m1g－μ2〔m1+m2〕g=m2aB得＜aA可见，欲使A能从B上方拉出来，加在A上的水平恒力最小值Fmin应为：当μ1m1g≤μ2〔m1+m2〕g时，Fmin=μ1m1g，由可得A在B上滑动的时间t。当μ1m1g＞μ2〔m1+m2〕g时，，设A在B上滑动的时间是t【例2】【分析与解答】与例1相比较，此题可以看成是例1中的一种特殊情况：即μ2=0，μ1=μ，F＞μ〔m1+m2〕g的情形，只要力F作用在长木板上足够长时间〔存在最小值〕后撤去，小滑块必定能从长木板右端滑离。mMmMFmMv1v2S2/MvvmS1S2L如上图所示，设力F作用时间t1后撤去，最终小滑块恰好能从长木板右端滑离〔也可以理解为恰好不能滑离〕。所以，临界状态和条件是小滑块出现在长木板右端时，两者恰好到达相同速度v。对m，全过程有：μmg=ma1得a1=μg①v2=2a1S1②对M，撤去力F前，有：F－μmg=Ma2③S2=a2t12/2④撤去力F后，有：μmg=Ma2/⑤(a2t1)2－v2=2a2/S2/v/m●s-1t/s02460.51.01.5长木板v/m●s-1t/s02460.51.01.5长木板小滑块5.6联立以上各式可得：a1=4m/s2，a2=6m/s2，a2/=1m/s2，v2=6m/s，v=5.6m/s，S1=3.92m，S2=3m，S2/=2.32m，t1=1s即此力作用的最短时间为1s由以上解答结果，可作出小滑块与长木板的v—t图像如下列图解法二：动量能量观点〔动量定理和动能定理〕设力F作用时间t1后撤去，再经时间t2小滑块恰好能从长木板右端滑离由动量定理，在时间t1内对M：〔F－μmg〕t1=Mv2①对m：μmgt1=mv1②在时间t2内对M：－μmgt2=Mv－Mv2③对m：μmgt2=mv－mv1④由动能定理，对M，在时间t1内：〔F－μmg〕S2=Mv22/2⑤在时间t2内：－μmgS2/=Mv2/2－Mv22/2⑥对m，全过程：μmgS1=mv2/2⑦由几何关系，有：S2+S2/－S1=L⑧联立以上各式可得：t1=1s即此力作用的最短时间为1s⑨当然，此题还可以由动量定理和功能关系对系统全过程列方程如下：Ft1=〔m+M〕v①FS2－μmgL=(m+M)v2/2②而在时间t1内，对M：〔F－μmg〕t1=Mv2③〔F－μmg〕S2=Mv22/2④联立以上四式可得：t1=1s即此力作用的最短时间为1sv—t图像，都是解决此类问题的重要手段。mMFLS2S1v1v2【变式训练2】【分析与解答】与例1相比较，此题可以看成是例2②中的一种特殊情况：即μ2=0，μ1=μmMFLS2S1v1v2如下列图，设力F作用在小滑块上的时间为t，那么t≤2sv/mv/m●s-1t/s01231.0长木板小滑块2.0tF－μmg=ma1①S1=a1t2/2②μmg=Ma2③S2=a2t2/2④由几何关系知：S1－S2=L⑤联立以上各式可得：a2=1.0m/s2，a1≥1.5m/s2，F≥16N由以上解答结果，可作出小滑块与长木板的v—t图像如下列图〔图中红线阴影局部的“面积〞表示木板长〕。由图像不难看出，要使小滑块从长木板左端移到右端的时间越短，小滑块的加速度必须越大，所需的力F越大。【例3】解法一：动力学观点〔牛顿运动定律和运动学公式〕设木板B长为L，A与地面间动摩擦因数为μ，经过时间t1，木板A做匀减速运动的位移为sA1，木板B做匀加速运动的位移为sB1，两者到达共同速度v，然后一起做匀减速运动直至停下，经过时间为(t－t1)。在时间t1内，对A有：μ(m+2m)g+4μmg=2maA①SA1=〔v0+v〕t1/2②v=v0－aAt1③对B有：4μmg=maB④SB1=vt1/2⑤v=aBt1⑥此后，对整体有：μ(m+2m)g=(m+2m)a⑦v=a(t－t1)由几何关系，有：SA1－SB1=LA－L=L⑨v/m●s-1t/s02461.0长木板整体2.0t1小滑块v0v联立以上各式可得：v0=5m/s，μ=1/6，aA=〔35/6〕m/s2，aB=〔20/3〕m/s2，a=〔5/3〕m/sv/m●s-1t/s02461.0长木板整体2.0t1小滑块v0vBABA甲LASA1SB1丙LB在时间t1内，对A：－μ(m+2m)gt1－4μmgt1=2mv－2mv0①－μ(m+2m)gSA1－4μmgSA1=2mv2/2－2mv02/2②对B：4μmgt1=mv③4μmgSB1=mv2/2④在时间(t－t1)内，对系统：－μ(m+2m)g(t－t1)=0－3mv⑤由题意及几何关系可知：SA1－SB1=LA－L=L⑥联立以上各式可得：v0=5m/s，μ=1/6，v=〔8/3〕m/s，SA1=〔23/15〕m，SB1=〔8/15〕【变式训练3】【分析与解答】根据B会不会滑动分为两种情况。首先要判断B是否滑动。A、B的受力情况如下列图。(1)如果，那么B就不会滑动，B受到的摩擦力是静摩擦力，，这种情况比较简单。①如果B足够长，A将会一直作匀减速运动直至停在B上面，A的位移为。②如果B不够长，即，A将会从B上面滑落。(2)如果，那么B受到的合力就不为零，就要滑动。A、B的加速度分别。①如果B足够长，经过一段时间后，A、B将会以共同的速度向右运动。设A在B上相对滑动的距离为d，如下列图，A、B的位移关系是，那么有：②如果板长，经过一段时间后，A将会从B上面滑落，即【例4】【分析与解答】与例1相比较，此题可以看成是例1中的一种特殊情况：即小滑块是否相对长木板滑动，这里先需要明确小滑块是靠长木板对它的摩擦力来带动的。〔1〕由题设知最大静摩擦力和滑动摩擦力相等，小滑块受到的滑动摩擦力，因而它的加速度。对长木板有：F－μ2〔m1+m2〕g－μ1m1g=m2a2小滑块与长木板间相对滑动与否的临界条件为它们的加速度相等，即，亦即。所以，当F＞〔μ1+μ2〕〔m1+m2〕g时，它们之间出现相对运动，经过足够长的时间，长木板就能从小滑块下方抽出。可见，欲使长木板从小滑块下方抽出来，加在长木板上的水平恒力最小值应为〔μ1+μ2〕〔m1+m2〕g。〔2〕如下列图，设小滑块在长木板上滑动的时间是t，它们的位移关系是①即②，③F－μ2〔m1+m2〕g－μ1m1g=m2a2④联立以上各式并代入数据可得：a1=1m/s2，a2=1.5m/s2，，S1=3m，S2=4.5m，那么从开始到刚好把木板抽出的过程中，摩擦力对滑块做的功Wf=μ1m1gS1=3JF对木板做的功WF=FS2=45J请同学们自行思考整个过程中，摩擦力对滑块做的功Wf/是多少？摩擦生热是多少？小滑块与长木板的动能分别增加多少？以上各量之间有何联系？【变式训练4】【分析与解答】〔1〕施力后物块与木板即发生相对滑动，刚施力时，弹簧不发生形变，根据牛顿第二定律μmg=ma代入数值解得a=2m/s2〔2〕物块到达最大速度时合力为零，即kx=μmg解得：x=0.08m〔3〕对木板应用牛顿定律F—μmg=Ma1解得a1=2.5m/s2木板做初速度为0的匀加速运动vt2=2a1S板解得S板=根据物块运动的对称性S块=2x=0由于摩擦而损失的机械能为△E=μmg(S板－S块)=0.58J强化闯关：1.答案BC.【解析】对于物块由于运动过程中与木板存在相对滑动，且始终相对木板向左运动，因此木板对物块的摩擦力向右，所以物块相对地面向右运动，且速度不断增大，直至相对静止而做匀速直线运动，B正确；对于木板由作用力与反作用力可知受到物块给它的向左的摩擦力作用，那么木板的速度不断减小，直到二者相对静止，而做直线运动，C正确；由于水平面光滑，所以不会停止，D错误。2.【分析与解答】A静止，B有初速度，那么A、B之间一定会发生相对运动，由于是B带动A运动，故A的速度不可能超过B。由A、B的受力图知，A加速，B减速，A、B的加速度分别为也有两种情况：(1)板足够长，那么A、B最终将会以共同的速度v一起向右运动。设A、B之间发生相对滑动的时间为，A在B上相对滑动的距离为d，位移关系如下列图，那么当A、B有共同的速度v后，假设，那么A、B一起以大小为a=的加速度向右做匀减速运动直至停下；假设＜，那么A、B之间出现相对滑动，B以大小为的加速度向右做匀减速运动直至停下,而A以大小为a1=的加速度向右做匀减速运动较B之后停下。(2)如果板长，经过一段时间后，A将会从B上面滑落，即由此可以计算出时间。3.【分析与解答】开始一段时间，物块相对小车滑动，两者间相互作用的滑动摩擦力的大小为Ff=μmg=4N物块在Ff的作用下加速，加速度为am==2m/s2小车在推力F和f的作用下加速，加速度为aM==0.5m/s2初速度为υ0=1.5m/s，设经过时间t1，两者到达共同速度υ，那么有：υ=amt1=υ0+aMt1代入数据可得：t1=1s，υ=2m/s在这t1时间内物块向前运动的位移为s1=eq\f(1,2)amteq\o(2,1)=1m以后两者相对静止，相互作用的摩擦力变为静摩擦力将两者作为一个整体，在F的作用下运动的加速度为a，那么F=〔M+m〕a得a=0.8m/s2在剩下的时间t2=t-t1=0.5s时间内，物块运动的位移为s2=υt2+eq\f(1,2)at2，得s2=1.1m．可见小物块在总共1.5s时间内通过的位移大小为s=s1+s2=2.1m思考：整个过程中产生的热量Q=？vvl/2x1x2a1a2xa4.【分析与解答】设圆盘质量为m，桌长为l，盘在桌布、桌面上的加速度为a1和a2，有μ1mg＝ma1①μ2mg＝ma2②设盘离开桌布时速度为v，移动距离为x1，再在桌面上运动x2停下，有v2＝2a1x1③v2＝2a2x2盘没从桌面掉下的条件x1+x2≤l/2⑤设圆盘在桌布上运动时间为t，这段时间内桌布移动距离为x，有x＝at2/2⑥x1＝a1t2/2⑦x＝x1+l/2⑧解得：a≥⑨5.【分析与解答】〔1〕变力〔2〕设零件相对于工作台运动距离为，历时为t时与操作板别离，此后零件在工作台上做匀减速运动直到A点速度减为零。零件的质量为m，板长为L，取水平向右为正方向，那么有：①②③从开始运动到零件与板别离，板的位移大小比零件多L/2那么有：④零件从开始运动到运动到A点，总位移大小为L/2，那么有：⑤联立以上各式可得：⑥代入数据得：a＝2m/s2〔3〕将a＝2m/s2及L＝2m代入上述方程可得，，a1＝0.5m/s2由能量守恒可知电动机做功至少包含以下几局部：①操作板动能的增加⑦②零件在运动t时间内动能的增加⑧③零件在运动t时间内与操作板摩擦而产生的内能⑨④操作板在运动t时间内与工作台摩擦而产生的内能⑤操作板从与零件别离到运动至工作台右侧过程中与工作台摩擦而产生的内能所以电动机做功至少为：〔3〕另解：在时间t内，电动机对操作板的牵引力⑦解得：F=16.75N在时间t后至操作板完全运动到A孔右侧过程中，电动机对操作板的牵引力⑧解得：F/=15N所以电动机做功至少为：⑨6.【分析与解答】〔1〕物体A在水平方向上受到向右的摩擦力，由牛顿第二定律得①代入数据解得aA=0.5m/s2。〔2〕t=1.0s时，木板B的速度大小为v=aBt1=1m/s②木板B所受拉力F，由牛顿第二定律有③解得：F=7N电动机输出功率P=Fv=7W④〔3〕电动机的输出功率调整为5W时，设细绳对木板B的拉力为F/，那么P/=F/v⑤解得F/=5N木板B受力满足⑥所以木板B将做匀速直线运动，而物体A那么继续在B上做匀加速直线运动直到A、B速度相等。设这一过程时间为t/，有v=a1〔t1+t/〕⑦这段时间内B的位移s1=vt/⑧A、B速度相同后，由于且电动机输出功率恒定，A、B将一起做加速度逐渐减小的变加速运动，由动能定理有：⑨由以上各式代入数据解得：木板B在t=1.0s到t=3.8s这段时间内的位移s=s1+s2=3.03m⑩7.解：〔1〕设木