1、第17课时 动力学模型之一 滑块滑板(题型研究课)NO.1 课前练真题明考什么、怎么考 课时跟踪检测NO.2 课堂研题型知学什么、怎么办 返回NO.1 课前练真题明考什么、怎么考返回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
2、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。返回解析：(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。返回(2)在 t1 时间间隔内，
3、B 相对于地面移动的距离为sBv0t112aBt12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返回对 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s1v1t212a2t22在 t1t2 时间间隔内，A
4、 相对地面移动的距离为sAv0(t1t2)12aAt1t2 2A 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 m返回2(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
5、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。返回解析：(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 v1v0a1t1 s0v0t112a1t12式中，t11 s，s04.5 m 是木板碰撞前的位移，v0
6、 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 a2v2v1t2t1 式中，t22 s，v20，联立式和题给条件得 20.4。返回(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 s1v1v32t小物块运动的位移为 s2v1v32t小
7、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。返回(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)0.1 0.4 (2)6.0 m(3)6.5 m返回3(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
8、 3735)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38，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
9、的大小；(2)A 在 B 上总的运动时间。返回解析：(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。返回(2)在 t12 s 时，设 A 和 B 的速度分别为 v1
10、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s12a1t12v1t212a1t22 12a2t12v2t212a2t22 12 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)t312a1t32解得 t3
11、1 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/s2 1 m/s2(2)4 s返回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。返回NO.2 课堂研题型知学什么、怎么办返回命题点一 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解题思路返回典例 如图所示，质量 m1 kg
12、 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。返回解析(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
13、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返回撤去力 F：a1a14 m/s21mg2(Mm)gMa2得 a22.25 m/s2经过 t2 时间后
14、 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 LLxBxAv222a2v32v222a212a1(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 xv322a311.52 m所以 A 的总位移为 xA 总xAx14.4 m。答案(1)25 N(2)0.75 m 14.4 m返回规律方法求解“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
15、)，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。返回集训冲关 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
16、；(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。返回解析：(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a1FmgM要想抽出木板，则只需 a1a，即 F(Mm)g代入数据解得 F4 N。返回(2)设施加力 F 时木板的加速度大小为 a2，则 a2FmgM设撤去力 F 时木板的加速度大小为 a3，则 a3mgM 13 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(t
17、0t2)发生的位移为 s12a(t0t2)2木板的速度为 v 板a2t0a3t2发生的位移为 s 板12a2t02a2t0t212a3t22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 N返回2.(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
18、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。返回解析：(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：aB fm2mgm 4 m/s2A 的加速度大小：aAffM2mg1MmgM1 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
19、据位移关系得：v0t12aBt212aAt2l代入数据解得：t1 s，v05 m/s所以初速度 v05 m/s。返回(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 a1MmgMm2 m/s2发生的位移：sv22a0.25 mA、B 速度相等前 A 发生的位移：sA12aAt20.5 mB 发生的位移：sBv0t12aBt23 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/s2 4
20、m/s2(2)v05 m/s(3)0.75 m 3.25 m返回命题点二 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两 个 关 联一 个 转 折返回典例 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
21、与木板间的动摩擦因数 32。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。返回解析(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
22、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 x112a1t2物块的位移 x212a2t2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 x0v22a3解得 x0.9 m。答案(1)F30 N(2)能 1.2 s 0.9 m返回规律方法解决速度临界问题的思维模板返回集训冲关 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
23、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返回解析：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
24、 M 多大，木块滑行的距离都为 0，故 D 错误。答案：C 返回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 916。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2 s 的时间，小孩离开滑板D小孩离开滑板时的速度大小为4 33 m/s返回解 析：对小 孩，由牛 顿 第二定 律，加速 度 大小为 a1 mgsin 371mgcos 37m2 m/s2，同理对滑板，加速度大小为a2mgsin 371mgcos 3722mgcos 37m1 m/s2，选项 A正确，B 错误；要使小孩与滑板分离，12a1t212a2t2L，解得t 2 s(另一解不符合，舍去)，离开滑板时小孩的速度大小为va1t2 2 m/s，选项 C 正确，D 错误。答案：AC 返回“课时跟踪检测”见“课时检测(十七)”(单击进入电子文档)
