1、专题3动力学中的典型“模型”热点一滑块长木板模型物理建模滑块长木板模型是近几年来高考考查的热点，涉及摩擦力的分析判断、牛顿运动定律、匀变速运动等主干知识，能力要求较高滑块和木板的位移关系、速度关系是解答滑块木板模型的切入点，前一运动阶段的末速度则是下一运动阶段的初速度，解题过程中必须以地面为参考系1模型特点：滑块(视为质点)置于长木板上，滑块和木板均相对地面运动，且滑块和木板在摩擦力的相互作用下发生相对滑动2位移关系：滑块由木板一端运动到另一端过程中，滑块和木板同向运动时，位移之差xx2x1L(板长)；滑块和木板反向运动时，位移之和xx2x1L.l 考向一外力F作用下的滑块长木板1 (多选)2
2、015大同一中、同煤一中联考 如图Z31所示，光滑水平桌面上放置一长木板，长木板上表面粗糙，上面放置一小铁块，现有一水平向右的恒力F作用于铁块上，以下判断正确的是()图Z31A铁块与长木板都向右运动，且两者一定保持相对静止B若水平力足够大，铁块与长木板间有可能发生相对滑动C若两者保持相对静止，运动一段时间后，拉力突然反向，铁块与长木板间有可能发生相对滑动D若两者保持相对静止，运动一段时间后，拉力突然反向，铁块与长木板间仍将保持相对静止式题 (多选)2015宝鸡九校联考 如图Z32所示，光滑水平面上放着质量为M的木板，木板左端有一个质量为m的木块现对木块施加一个水平向右的恒力F，木块与木板由静止
3、开始运动，经过时间t分离下列说法正确的是()图Z32A若仅增大木板的质量M，则时间t增大B若仅增大木块的质量m，则时间t增大C若仅增大恒力F，则时间t增大D若仅增大木块与木板间的动摩擦因数，则时间t增大l 考向二无外力F作用的滑块长木板2 (多选)2015山西长治一模 如图Z33所示，一足够长的木板静止在粗糙的水平面上，t0时刻滑块从板的左端以速度v0水平向右滑行，木板与滑块之间存在摩擦，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则滑块的vt图像可能是图Z34中的()图Z33AB C D图Z34式题 2015保定二模 如图Z35所示，光滑水平面上有一矩形长木板，木板左端放一小物块，已知木板质量大于物块质量
4、，t0时两者从图中位置以相同的水平速度v0向右运动，碰到右面的竖直挡板后木板以与原来等大反向的速度被反弹回来，运动过程中物块一直未离开木板，则关于物块运动的速度v随时间t变化的图像可能正确的是()图Z35 A B C D图Z36l 考向三斜面上的滑块长木板3 2015衡水联考 如图Z37所示，一质量为M的斜面体静止在水平地面上，物体B受沿斜面向上力作用，沿斜面匀速上滑，A、B之间的动摩擦因数为，v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速(3) v0v时，返回时速度为v，当v0时，两者发生相对滑动，选项A错误，B正确；若两者保持相对静止，则两者之间的摩擦力小于最大静摩擦力，当拉力反向时，两者摩擦力的
5、大小不变，方向改变，仍然保持相对静止，选项C错误，D正确变式题BD解析 木块与木板相对滑动，滑动摩擦力FfFNmg，分别隔离木块与木板，根据牛顿第二定律得，Fmgma1，mgMa2，则a1g，a2，分离条件是xx1x2L，又x1a1t2，x2a2t2，则t；若仅增大木板的质量M，木块加速度a1不变，木板的加速度a2减小，则时间t减小，故选项A错误；若仅增大木块的质量m，则木块的加速度a1减小，木板的加速度a2增大，则t变大，故选项B正确；若仅增大恒力F，则木块的加速度a1变大，木板的加速度a2不变，则t变小，故选项C错误；若仅增大木块与木板间的动摩擦因数，则木块的加速度a1减小，木板的加速度a
6、2增大，则t变大，故选项D正确例2BD解析 开始时滑块相对木板向右运动，在木板水平向左的滑动摩擦力Ff1作用下向右匀减速运动，木板则受到滑块的水平向右的滑动摩擦力Ff1和地面对其向左的摩擦力Ff2作用，设木板与地面间的最大静摩擦力为Ffm，由于最大静摩擦力等于滑动摩擦力，因滑块与木板、木板与地面间的动摩擦因数未知，因此若Ff1Ffm，则Ff2为静摩擦力，木板不动，滑块一直减速至停止，故选项D正确；若Ff1Ffm，则Ff2为滑动摩擦力，木板向右加速运动，当滑块与木板具有共同速度时，滑块、木板相对静止，将一起向右做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律可知，此时滑块运动的加速度将变小，故选项B正确，选项
7、C错误；由于水平面粗糙、木板与滑块间存在摩擦，因此滑块不可能出现匀速运动的状态，故选项A错误. 变式题A解析 木板碰到挡板前，物块与木板一直做匀速运动，速度为v0；木板碰到挡板后，物块在向左的滑动摩擦力作用下以初速度v0向右做匀减速运动，木板向左减速运动，因物块与木板受到的滑动摩擦力大小相等，而物块的质量小，根据牛顿第二定律知物块的加速度大，所以物块速度先减至为零，之后反向加速，最终物块与木板达到共同速度一起匀速运动，相对滑动过程损失机械能，最终速度小于v0.只有选项A可能正确例3D解析 由于tan ，所以A错误；由受力分析可知A沿斜面向下匀加速下滑，加速度aAgsin gcos ，将A、B及
8、斜面体视为整体，受力分析可知地面对斜面体的摩擦力等于fm(gsin gcos )cos Fcos ，地面受到的压力为FN(M2m)gFsin m(gsin gcos )sin ，故B、C错误，D正确考点二涉及传送带的动力学问题例4B解析 物块在向右的滑动摩擦力作用下先向左做减速运动，加速度大小ag4 m/s2，经过t11 s速度减小到零，此时向左运动的位移x1t12 m3 m，没到达左端A，因此接着在向右的滑动摩擦力作用下向右加速运动，加速度不变，经t20.5 s速度达到2 m/s，与传送带的速度相等，向右运动的位移x2t20.5 m，此时物块与B端的距离为x1x21.5 m，最后物块与传送带
9、一起向右匀速运动，因此B图像正确点评 分析传送带问题的关键是判断摩擦力的方向要注意抓住两个关键时刻：一是初始时刻，根据物块相对传送带的运动方向确定摩擦力的方向，根据受力分析确定物块的运动；二是当物块的速度与传送带速度相等时，判断物块能否与传送带保持相对静止另外注意考虑传送带长度判定达到共同速度(临界点)之前物块是否脱离传送带变式题(1)6 m/s(2)12.5 m解析 (1)设传送带的最大速度为vm根据匀变速直线运动规律x0x1x2(t1t2)代入数据解得vm6 m/s传送带减速运动中a12 m/s2(2)以工件为研究对象，由牛顿第二定律：mgma2解得工件的加速度a2g2 m/s2设经时间t
10、工件与传送带速度v相等va2tvvma1(tt1)解得t2.5 s，v5 m/st2.5 s内工件的位移x1t6.25 m工件与传送带速度v相等后，设二者相对静止则工件受到的摩擦力大小Ffm|a1|m2 m/s2工件与传送带之间的最大静摩擦力Ffmmgm2 m/s2Ff所以二者一起减速运动到静止减速过程工件的位移x2(t1t2t)6.25 m解得工件的位移xx1x212.5 m例5(1)0.5(2)2 m/s解析 (1)滑块从B点下滑的过程中mgsin mgcos ma1La1t求得a12 m/s2，0.5(2)当用拉力F拉滑块时Fmgcos mgsin ma2求得a24 m/s2当滑块的速度
11、与传送带速度相等时，滑块运动的位移x12 m撤去拉力后，滑块开始向上做匀减速运动，加速度大小等于a1，向上运动的位移大小为x2Lx12 m则v2v2a1x2求得vB2 m/s点评 解答倾斜传送带问题，应注意物块与传送带达到共同速度时，分析重力沿传送带的分力与滑动摩擦力(最大静摩擦力)的合力是否满足一起运动的条件变式题传送带顺时针运行时用时2 s传送带逆时针运行时用时4 s解析 (1)当传送带以10 m/s的速度顺时针运行时，物体所受滑动摩擦力沿传送带向下物体受力分析如图中甲所示根据牛顿第二定律mgsin mgcos ma1解得加速度a1gsin gcos 10 m/s2方向沿传送带向下物体达到
12、与传送带相同的速度所需时间t11 s在t1内物体沿传送带对地位移x1a1t5 m从t1开始物体所受滑动摩擦力沿传送带向上物体受力分析如图中乙所示根据牛顿第二定律mgsin mgcos ma2物体对地加速度a2gsin gcos 2 m/s2方向沿传送带向下物体以加速度a2运动的位移x2Lx111 m由x2vt2a2t解得运行x211 m所需时间t21 s(t211 s舍去)所需总时间tt1t22 s(2)当传送带以10 m/s速度逆时针运行时，物体所受滑动摩擦力方向沿传送带向上根据牛顿第二定律mgsin mgcos ma3解得加速度a32 m/s2由xLa3t2解得物体从A运动到B所需时间t4
13、 s【高考模拟演练】1BC解析 若P在传送带左端时的速度v2小于v1，则P受到向右的摩擦力，当P受到的摩擦力大于绳的拉力时，P做加速运动，则有两种可能：第一种是一直做加速运动，第二种是先做加速运动，当速度达到v1后做匀速运动，所以B正确；当P受到的摩擦力小于绳的拉力时，P做减速运动，也有两种可能：第一种是一直做减速运动，从右端滑出；第二种是先做减速运动再做反向加速运动，从左端滑出若P在传送带左端具有的速度v2大于v1，则小物体P受到向左的摩擦力，使P做减速运动，则有三种可能：第一种是一直做减速运动，第二种是速度先减到v1，之后若P受到绳的拉力和静摩擦力作用而处于平衡状态，则其以速度v1做匀速运
14、动，第三种是速度先减到v1，之后若P所受的静摩擦力小于绳的拉力，则P将继续减速直到速度减为0，再反向做加速运动并且摩擦力反向，加速度不变，从左端滑出，所以C正确2(1)3 m/s21 m/s2(2)4 s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联立式，并代入题给条件得a1
15、3 m/s2a21 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之间摩擦力为零，同理可得a16 m/s2a22 m/s2即B做减速运动设经过时间t2，B的速度减为零，则有v2a2t20联立式得t21 s在t1t2时间内，A相对于B运动的距离为s12 ma2，则F2(Mm)g，选项A错误，B正确；若砝码与纸板分离时的速度v，则砝码匀加速运动的位移s1，匀减速运动的位移s2，则总位移小于d，不会从桌面掉下，C正确；当F(2M3m)g时，a12g，ag，经分析计算可知当砝码与纸板分离
16、时，砝码到达桌面边缘且仍有速度，故砝码一定从桌面上掉下，D错误4(1)8 N(2)如图所示(3)1 m解析 (1)把物块和木板看作整体，由牛顿第二定律得F(m1m2)a物块与木板将要相对滑动时1m1gm1a联立解得F1(m1m2)g8 N(2)物块在02 s内做匀加速直线运动，1m1gm1a1木板在01 s内做匀加速直线运动，F11m1gm2a2在12 s内F21m1g，木板做匀速运动撤去F后物块做匀减速直线运动，1m1gm1a3木板做匀减速直线运动，2(m1m2)g1m1gm2a4二者在整个运动过程的vt图像如图所示(3)02 s内物块相对木板向左运动x1a2t(a2t1)t2a1(t1t2
17、)224 s内物块相对木板向右运动x204 s内物块相对木板的位移大小xx1x21 m5(1)5.5 s(2) 1425 J解析 (1)设货物加速运动的加速度为a、时间为t1、位移为x1，则：根据牛顿第二定律mgcos mgsin ma解得货物加速运动的加速度a1 m/s2加速运动的时间t11 s加速运动的位移x1at0.5 m最大静摩擦力等于滑动摩擦力Ffmgcos 0.6mgmgsin 达到共同速度后一起向上匀速运动货物匀速运动时间t24.5 s则货物从地面运送到平台上所用的时间tt1t25.5 s(2)货物加速运动过程中，传送带的位移x2vt11 m相对位移xx2x10.5 m根据能量守恒定律Wmgcos xmghmv2解得W1425 J