（通用版）2022年高考物理一轮复习 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（含解析）

（通用版）2022年高考物理一轮复习 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（含解析）1.(2017全国卷)如图，两个滑块A和B的质量分别为mA1 kg 和mB5 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10.5；木板的质量为m4 kg，与地面间的动摩擦因数为20.1。某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v03 m/s。A、B相遇时，A与木板恰好相对静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g10 m/s2。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)A和B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f1、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f11mAgf21mBgf32(mmAmB)g由牛顿第二定律得f1mAaAf2mBaBf2f1f3ma1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v1v0aBt1v1a1t1联立式，代入已知数据得v11 m/s。(2)在t1时间间隔内，B相对于地面移动的距离为sBv0t1aBt12设在B与木板达到共同速度v1后，木板的加速度大小为a2。对于B与木板组成的系统，由牛顿第二定律有f1f3(mBm)a2由式知，aAaB；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v2v1a2t2对A有v2v1aAt2在t2时间间隔内，B(以及木板)相对地面移动的距离为s1v1t2a2t22在t1t2时间间隔内，A相对地面移动的距离为sAv0(t1t2)aA2A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s0sAs1sB联立以上各式，并代入数据得s01.9 m。答案：(1)1 m/s(2)1.9 m2(2015全国卷)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。t0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t1 s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10 m/s2。求：(1)木板与地面间的动摩擦因数1及小物块与木板间的动摩擦因数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a1，小物块和木板的质量分别为m和M。由牛顿第二定律有1(mM)g(mM)a1由题图(b)可知，木板与墙壁碰撞前瞬间的速度v14 m/s，由运动学公式有v1v0a1t1s0v0t1a1t12式中，t11 s，s04.5 m是木板碰撞前的位移，v0是小物块和木板开始运动时的速度。联立式和题给条件得10.1在木板与墙壁碰撞后，木板以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a2，由牛顿第二定律有2mgma2由题图(b)可得a2式中，t22 s，v20，联立式和题给条件得20.4。(2)设碰撞后木板的加速度为a3，经过时间t，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2mg1(Mm)gMa3v3v1a3tv3v1a2t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s1t小物块运动的位移为s2t小物块相对木板的位移为ss2s1联立式，并代入数值得s6.0 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，设加速度为a4，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(mM)g(mM)a40v322a4s3碰后木板运动的位移为ss1s3联立式，并代入数值得s6.5 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)下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害。某地有一倾角为37(sin 37)的山坡C，上面有一质量为m的石板B，其上下表面与斜坡平行；B上有一碎石堆A(含有大量泥土)，A和B均处于静止状态，如图所示。假设某次暴雨中，A浸透雨水后总质量也为m(可视为质量不变的滑块)，在极短时间内，A、B间的动摩擦因数1减小为，B、C间的动摩擦因数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的上表面突然变为光滑，2保持不变。已知A开始运动时，A离B下边缘的距离l27 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g10 m/s2。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f1、N1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f11N1N1mgcos f22N2N2N1mgcos 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mgsin f1ma1mgsin f2f1ma2由牛顿第三定律知N1N1f1f1解得a13 m/s2，a21 m/s2。(2)在t12 s时，设A和B的速度分别为v1和v2，则v1a1t16 m/sv2a2t12 m/stt1时，设A和B的加速度分别为a1和a2。此时A与B之间的摩擦力为零，mgsin ma1解得a16 m/s2mgsin f2ma2，解得a22 m/s2B做减速运动。设经过时间t2，B的速度减为零，则有v2a2t20解得t21 s在t1t2时间内，A相对于B运动的距离为s12 m27 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ls(v1a1t2)t3a1t32解得t31 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t1t2t34 s。答案：(1)3 m/s21 m/s2(2)4 s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。 命题点一水平面上的滑块滑板模型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解题思路典例如图所示，质量m1 kg 的物块A放在质量M4 kg的木板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作用在B上，已知A、B之间的动摩擦因数为10.4，地面与B之间的动摩擦因数为20.1。假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g10 m/s2。求：(1)能使A、B发生相对滑动的力F的最小值；(2)若力F30 N，作用1 s后撤去，要想A不从B上滑落，则B至少多长；从开始到A、B均静止，A的总位移是多少。解析(1)A的最大加速度由A、B间的最大静摩擦力决定，即对于A，根据牛顿第二定律得：1mgmam解得am4 m/s2对于A、B整体，根据牛顿第二定律得：F2(Mm)g(Mm)am解得F25 N。(2)设力F作用在B上时A、B的加速度大小分别为a1、a2，撤去力F时速度分别为v1、v2，撤去力F后A、B速度相等前加速度大小分别为a1、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：1mgma1得a14 m/s2，v1a1t14 m/s对于B，根据牛顿第二定律得：F1mg2(Mm)gMa2得a25.25 m/s2，v2a2t15.25 m/s撤去力F：a1a14 m/s21mg2(Mm)gMa2得a22.25 m/s2经过t2时间后A、B速度相等v1a1t2v2a2t2得t20.2 s共同速度v3v1a1t24.8 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LLxBxAa1(t1t2)20.75 mA、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a32g1 m/s2对于A、B整体从v3至最终静止位移为x11.52 m所以A的总位移为xA总xAx14.4 m。答案(1)25 N(2)0.75 m14.4 m求解“滑块滑板”类问题的方法技巧(1)弄清各物体初态对地的运动和相对运动(或相对运动趋势)，根据相对运动(或相对运动趋势)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.如图所示，光滑水平面上静止放着长为L1.6 m、质量为M3 kg 的木板，一质量为m1 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。(1)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t00.8 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mgma，解得a1 m/s2对木板，由牛顿第二定律知FmgMa1，即a1要想抽出木板，则只需a1a，即F(Mm)g代入数据解得F4 N。(2)设施加力F时木板的加速度大小为a2，则a2设撤去力F时木板的加速度大小为a3，则a3 m/s2设从撤去力F到木板恰好被抽出所用时间为t2木板从物块下抽出时有物块速度为va(t0t2)发生的位移为sa(t0t2)2木板的速度为v板a2t0a3t2发生的位移为s板a2t02a2t0t2a3t22木板刚好从物块下抽出时应有v板v且s板sL联立并代入数据得t21.2 s，a23 m/s2，F10 N。答案：(1)F4 N(2)10 N2.(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1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M2.0 kg，B的质量为m3.0 kg，A的长度为l2.5 m，10.2，20.4(g取10 m/s2)。(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？(3)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进行受力分析，根据牛顿第二定律，B的加速度大小：aB4 m/s2A的加速度大小：aA1 m/s2。(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不会滑出A，设经过时间t，A、B的速度相等，则有：v0aBtaAt根据位移关系得：v0taBt2aAt2l代入数据解得：t1 s，v05 m/s所以初速度v05 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vaAt1 m/s的初速度做匀减速运动直到静止，匀减速运动的加速度大小为a2 m/s2发生的位移：s0.25 mA、B速度相等前A发生的位移：sAaAt20.5 mB发生的位移：sBv0taBt23 m所以A发生的位移：sAs0.5 m0.25 m0.75 mB发生的位移：sBs3 m0.25 m3.25 m。答案：(1)1 m/s24 m/s2(2)v05 m/s(3)0.75 m3.25 m命题点二斜面上的滑块滑板模型滑块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30的足够长光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一长L1.8 m、质量M3 kg的薄木板，木板的最右端叠放一质量m1 kg的小物块，物块与木板间的动摩擦因数。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F37.5 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(Mm)gsin (Mm)a以物块为研究对象，由牛顿第二定律得Ffmgsin ma又FfFfmmgcos 解得F30 N。(2)因力F37.5 N30 N，所以物块能够滑离木板，对木板，由牛顿第二定律得Fmgcos Mgsin Ma1对物块，由牛顿第二定律得mgcos mgsin ma2设物块滑离木板所用时间为t木板的位移x1a1t2物块的位移x2a2t2物块与木板的分离条件为xx1x2L解得t1.2 s物块滑离木板时的速度va2t物块滑离木板后的加速度大小为a3gsin 5 m/s2物块滑离木板后沿斜面上升的最大距离为x解得x0.9 m。答案(1)F30 N(2)能1.2 s0.9 m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，斜面上放着质量为M的木板，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，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后，下列说法正确的是()A若tan ，则木板一定沿斜面向上运动B若Fmgsin ，则木块一定静止在木板上C若木板沿斜面向上滑动，木板质量M越小，木块与木板分离时，木块滑行的距离越大D若木板沿斜面向下滑动，木板质量M越大，木块与木板分离时，木块滑行的距离越大解析：选C如果恒力F趋于0，木板一定沿斜面向下运动，故A错误；如果趋于0，木板一定向下运动，两者不能保持静止，故B错误；假设木板质量M趋于0，木板将随木块一直运动，故C正确；如果木块始终静止，无论M多大，木块滑行的距离都为0，故D错误。2.(多选)(2019日照模拟)滑沙运动是小孩比较喜欢的一项运动，其运动过程可类比为如图所示的模型，倾角为37的斜坡上有长为1 m的滑板，滑板与沙间的动摩擦因数为。小孩(可视为质点)坐在滑板上端，与滑板一起由静止开始下滑。小孩与滑板之间的动摩擦因数取决于小孩的衣料，假设图中小孩与滑板间的动摩擦因数为0.5，小孩的质量与滑板的质量相等，斜坡足够长，sin 370.6，cos 370.8，g取10 m/s2，则下列判断正确的是()A小孩在滑板上下滑的加速度大小为2 m/s2B小孩和滑板脱离前滑板的加速度大小为0.5 m/s2C经过 s的时间，小孩离开滑板D小孩离开滑板时的速度大小为 m/s解析：选AC对小孩，由牛顿第二定律，加速度大小为a12 m/s2，同理对滑板，加速度大小为a21 m/s2，选项A正确，B错误；要使小孩与滑板分离，a1t2a2t2L，解得t s(另一解不符合，舍去)，离开滑板时小孩的速度大小为va1t2 m/s，选项C正确，D错误。