（通用版）2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第三章 第17課時 動力學(xué)模型之一——滑塊滑板（題型研究課）講義（含解析）

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1、（通用版）2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第三章 第17課時 動力學(xué)模型之一——滑塊滑板（題型研究課）講義（含解析） 1.(2017·全國卷Ⅲ)如圖，兩個滑塊A和B的質(zhì)量分別為mA＝1 kg 和mB＝5 kg，放在靜止于水平地面上的木板的兩端，兩者與木板間的動摩擦因數(shù)均為μ1＝0.5；木板的質(zhì)量為m＝4 kg，與地面間的動摩擦因數(shù)為μ2＝0.1。某時刻A、B兩滑塊開始相向滑動，初速度大小均為v0＝3 m/s。A、B相遇時，A與木板恰好相對靜止。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度大小g＝10 m/s2。求： (1)B與木板相對靜止時，木板的速度； (2)A、B開始運動時，兩者之間的距離

2、。 解析：(1)A和B在木板上滑動時，木板也在地面上滑動。設(shè)A、B和木板所受的摩擦力大小分別為f1、f2和f3，A和B相對于地面的加速度大小分別為aA和aB，木板相對于地面的加速度大小為a1。在B與木板達(dá)到共同速度前有 f1＝μ1mAg① f2＝μ1mBg② f3＝μ2(m＋mA＋mB)g③ 由牛頓第二定律得f1＝mAaA④ f2＝mBaB⑤ f2－f1－f3＝ma1⑥ 設(shè)在t1時刻，B與木板達(dá)到共同速度，其大小為v1。由運動學(xué)公式有 v1＝v0－aBt1⑦ v1＝a1t1⑧ 聯(lián)立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知數(shù)據(jù)得 v1＝1 m/s。⑨ (2)在t1時間間隔內(nèi)，B相對

3、于地面移動的距離為 sB＝v0t1－aBt12⑩ 設(shè)在B與木板達(dá)到共同速度v1后，木板的加速度大小為a2。對于B與木板組成的系統(tǒng)，由牛頓第二定律有 f1＋f3＝(mB＋m)a2? 由①②④⑤式知，aA＝aB；再由⑦⑧式知，B與木板達(dá)到共同速度時，A的速度大小也為v1，但運動方向與木板相反。由題意知，A和B相遇時，A與木板的速度相同，設(shè)其大小為v2，設(shè)A的速度大小從v1變到v2所用的時間為t2。則由運動學(xué)公式，對木板有v2＝v1－a2t2? 對A有v2＝－v1＋aAt2? 在t2時間間隔內(nèi)，B(以及木板)相對地面移動的距離為 s1＝v1t2－a2t22? 在t1＋t2時間間隔內(nèi)，

4、A相對地面移動的距離為 sA＝v0(t1＋t2)－aA2? A和B相遇時，A與木板的速度也恰好相同，因此A和B開始運動時，兩者之間的距離為 s0＝sA＋s1＋sB? 聯(lián)立以上各式，并代入數(shù)據(jù)得 s0＝1.9 m。? 答案：(1)1 m/s　(2)1.9 m 2．(2015·全國卷Ⅰ)一長木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物塊；在木板右方有一墻壁，木板右端與墻壁的距離為4.5 m，如圖(a)所示。t＝0時刻開始，小物塊與木板一起以共同速度向右運動，直至t＝1 s時木板與墻壁碰撞(碰撞時間極短)。碰撞前后木板速度大小不變，方向相反；運動過程中小物塊始終未離開木板。已知碰撞后1

5、s時間內(nèi)小物塊的v -t圖線如圖(b)所示。木板的質(zhì)量是小物塊質(zhì)量的15倍，重力加速度大小g取10 m/s2。求： (1)木板與地面間的動摩擦因數(shù)μ1及小物塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ2； (2)木板的最小長度； (3)木板右端離墻壁的最終距離。 解析：(1)規(guī)定向右為正方向。木板與墻壁相碰前，小物塊和木板一起向右做勻變速運動，設(shè)加速度為a1，小物塊和木板的質(zhì)量分別為m和M。由牛頓第二定律有 －μ1(m＋M)g＝(m＋M)a1① 由題圖(b)可知，木板與墻壁碰撞前瞬間的速度v1＝4 m/s，由運動學(xué)公式有 v1＝v0＋a1t1② s0＝v0t1＋a1t12③ 式中，t1＝1

6、s，s0＝4.5 m是木板碰撞前的位移，v0是小物塊和木板開始運動時的速度。 聯(lián)立①②③式和題給條件得μ1＝0.1④ 在木板與墻壁碰撞后，木板以－v1的初速度向左做勻變速運動，小物塊以v1的初速度向右做勻變速運動。設(shè)小物塊的加速度為a2，由牛頓第二定律有 －μ2mg＝ma2⑤ 由題圖(b)可得a2＝⑥ 式中，t2＝2 s，v2＝0，聯(lián)立⑤⑥式和題給條件得 μ2＝0.4。⑦ (2)設(shè)碰撞后木板的加速度為a3，經(jīng)過時間Δt，木板和小物塊剛好具有共同速度v3。由牛頓第二定律及運動學(xué)公式得 μ2mg＋μ1(M＋m)g＝Ma3⑧ v3＝－v1＋a3Δt⑨ v3＝v1＋a2Δt⑩ 碰

7、撞后至木板和小物塊剛好達(dá)到共同速度的過程中，木板運動的位移為 s1＝Δt? 小物塊運動的位移為s2＝Δt? 小物塊相對木板的位移為Δs＝s2－s1? 聯(lián)立⑥⑧⑨⑩???式，并代入數(shù)值得 Δs＝6.0 m ? 因為運動過程中小物塊沒有脫離木板，所以木板的最小長度應(yīng)為6.0 m。 (3)在小物塊和木板具有共同速度后，兩者向左做勻變速運動直至停止，設(shè)加速度為a4，此過程中小物塊和木板運動的位移為s3。由牛頓第二定律及運動學(xué)公式得 μ1(m＋M)g＝(m＋M)a4? 0－v32＝2a4s3? 碰后木板運動的位移為s＝s1＋s3? 聯(lián)立⑥⑧⑨⑩????式，并代入數(shù)值得 s＝－6.

8、5 m? 木板右端離墻壁的最終距離為6.5 m。 答案：(1)0.1　0.4　 (2)6.0 m　(3)6.5 m 3．(2015·全國卷Ⅱ)下暴雨時，有時會發(fā)生山體滑坡或泥石流等地質(zhì)災(zāi)害。某地有一傾角為θ＝37°(sin 37°＝)的山坡C，上面有一質(zhì)量為m的石板B，其上下表面與斜坡平行；B上有一碎石堆A(含有大量泥土)，A和B均處于靜止?fàn)顟B(tài)，如圖所示。假設(shè)某次暴雨中，A浸透雨水后總質(zhì)量也為m(可視為質(zhì)量不變的滑塊)，在極短時間內(nèi)，A、B間的動摩擦因數(shù)μ1減小為，B、C間的動摩擦因數(shù)μ2減小為0.5，A、B開始運動，此時刻為計時起點；在第2 s末，B的上表面突然變?yōu)楣饣?保持不變。

9、已知A開始運動時，A離B下邊緣的距離l＝27 m，C足夠長，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。取重力加速度大小g＝10 m/s2。求： (1)在0～2 s時間內(nèi)A和B加速度的大小； (2)A在B上總的運動時間。 解析：(1)在0～2 s時間內(nèi)，A和B的受力如圖所示，其中f1、N1是A與B之間的摩擦力和正壓力的大小，f2、N2是B與C之間的摩擦力和正壓力的大小，方向如圖所示。由滑動摩擦力公式和力的平衡條件得 f1＝μ1N1 N1＝mgcos θ f2＝μ2N2 N2＝N1′＋mgcos θ 規(guī)定沿斜面向下為正。設(shè)A和B的加速度分別為a1和a2，由牛頓第二定律得 mgsin θ－

10、f1＝ma1 mgsin θ－f2＋f1′＝ma2 由牛頓第三定律知 N1＝N1′ f1＝f1′ 解得a1＝3 m/s2，a2＝1 m/s2。 (2)在t1＝2 s時，設(shè)A和B的速度分別為v1和v2，則 v1＝a1t1＝6 m/s v2＝a2t1＝2 m/s t＞t1時，設(shè)A和B的加速度分別為a1′和a2′。此時A與B之間的摩擦力為零，mgsin θ＝ma1′ 解得a1′＝6 m/s2 mgsin θ－f2＝ma2′，解得a2′＝－2 m/s2 B做減速運動。設(shè)經(jīng)過時間t2，B的速度減為零，則有 v2＋a2′t2＝0 解得t2＝1 s 在t1＋t2時間內(nèi)，A相對于

11、B運動的距離為 s＝－ ＝12 m＜27 m 此后B靜止，A繼續(xù)在B上滑動。設(shè)再經(jīng)過時間t3后A離開B，則有 l－s＝(v1＋a1′t2)t3＋a1′t32 解得t3＝1 s(另一解不合題意，舍去) 設(shè)A在B上總的運動時間為t總，有 t總＝t1＋t2＋t3＝4 s。 答案：(1)3 m/s2　1 m/s2　(2)4 s 滑塊滑板問題是高考?？嫉臒狳c，這類問題對學(xué)生的綜合分析能力和數(shù)學(xué)運算能力要求較高，而且滑塊滑板模型常和功能關(guān)系、動量守恒等結(jié)合，分析過程較復(fù)雜。學(xué)生常因為對過程分析不清或計算失誤而丟分。　　 命題點一　水平面上的滑塊—滑板模型 1．兩種位移關(guān)系

12、 滑塊由滑板的一端運動到另一端的過程中，若滑塊和滑板同向運動，位移之差等于板長；反向運動時，位移大小之和等于板長。 2．解題思路 [典例]　如圖所示，質(zhì)量m＝1 kg 的物塊A放在質(zhì)量M＝4 kg的木板B的左端，起初A、B靜止在水平地面上?，F(xiàn)用一水平向左的力F作用在B上，已知A、B之間的動摩擦因數(shù)為μ1＝0.4，地面與B之間的動摩擦因數(shù)為μ2＝0.1。假設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g＝10 m/s2。求： (1)能使A、B發(fā)生相對滑動的力F的最小值； (2)若力F＝30 N，作用1 s后撤去，要想A不從B上滑落，則B至少多長；從開始到A、B均靜止，A的總位移是多少。 [解析]　

13、(1)A的最大加速度由A、B間的最大靜摩擦力決定，即 對于A，根據(jù)牛頓第二定律得：μ1mg＝mam 解得am＝4 m/s2 對于A、B整體，根據(jù)牛頓第二定律得： F－μ2(M＋m)g＝(M＋m)am 解得F＝25 N。 (2)設(shè)力F作用在B上時A、B的加速度大小分別為a1、a2，撤去力F時速度分別為v1、v2，撤去力F后A、B速度相等前加速度大小分別為a1′、a2′，A、B速度相等時速度為v3，加速度大小為a3 對于A，根據(jù)牛頓第二定律得：μ1mg＝ma1 得a1＝4 m/s2，v1＝a1t1＝4 m/s 對于B，根據(jù)牛頓第二定律得： F－μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2

14、 得a2＝5.25 m/s2，v2＝a2t1＝5.25 m/s 撤去力F：a1′＝a1＝4 m/s2 μ1mg＋μ2(M＋m)g＝Ma2′ 得a2′＝2.25 m/s2 經(jīng)過t2時間后A、B速度相等v1＋a1′t2＝v2－a2′t2 得t2＝0.2 s 共同速度v3＝v1＋a1′t2＝4.8 m/s 從開始到A、B相對靜止，A、B的相對位移即為B的最短長度L L＝xB－xA＝＋－a1(t1＋t2)2＝0.75 m A、B速度相等后共同在水平地面上做勻減速運動，加速度大小 a3＝μ2g＝1 m/s2 對于A、B整體從v3至最終靜止位移為 x＝＝11.52 m 所以A的

15、總位移為xA總＝xA＋x＝14.4 m。 [答案]　(1)25 N　(2)0.75 m　14.4 m 求解“滑塊—滑板”類問題的方法技巧 (1)弄清各物體初態(tài)對地的運動和相對運動(或相對運動趨勢)，根據(jù)相對運動(或相對運動趨勢)情況，確定物體間的摩擦力方向。 (2)準(zhǔn)確地對各物體進(jìn)行受力分析，并根據(jù)牛頓第二定律確定各物體的加速度，結(jié)合加速度和速度的方向關(guān)系確定物體的運動情況。 (3)速度相等是這類問題的臨界點，此時往往意味著物體間的相對位移最大，物體的受力和運動情況可能發(fā)生突變。 [集訓(xùn)沖關(guān)] 1.如圖所示，光滑水平面上靜止放著長為L＝1.6 m、質(zhì)量為M＝3 kg 的木板，

16、一質(zhì)量為m＝1 kg的物塊放在木板的最右端，物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.1，對木板施加一水平向右的拉力F，g取10 m/s2。 (1)施力F后，要想把木板從物塊的下方抽出來，求力F的大小應(yīng)滿足的條件； (2)為使木板從物塊的下方抽出來，施加力F后，發(fā)現(xiàn)力F作用最短時間t0＝0.8 s，恰好可以抽出，求力F的大小。 解析：(1)力F拉動木板運動過程中，物塊與木板相對運動時： 對物塊，由牛頓第二定律知μmg＝ma，解得a＝1 m/s2 對木板，由牛頓第二定律知F－μmg＝Ma1，即 a1＝ 要想抽出木板，則只需a1>a，即F>μ(M＋m)g 代入數(shù)據(jù)解得F>4 N。 (2

17、)設(shè)施加力F時木板的加速度大小為a2，則 a2＝ 設(shè)撤去力F時木板的加速度大小為a3，則 a3＝＝ m/s2 設(shè)從撤去力F到木板恰好被抽出所用時間為t2 木板從物塊下抽出時有 物塊速度為v＝a(t0＋t2) 發(fā)生的位移為s＝a(t0＋t2)2 木板的速度為v板＝a2t0－a3t2 發(fā)生的位移為s板＝a2t02＋a2t0t2－a3t22 木板剛好從物塊下抽出時應(yīng)有v板＝v且s板－s＝L 聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得t2＝1.2 s，a2＝3 m/s2，F(xiàn)＝10 N。 答案：(1)F>4 N　(2)10 N 2.(2019·成都模擬)如圖所示，長為l的長木板A放在動摩擦因數(shù)為μ1的水

18、平地面上，一滑塊B(可視為質(zhì)點)從A的左側(cè)以初速度v0向右滑上A，B與A間的動摩擦因數(shù)為μ2(A與水平地面間的最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相同)。已知A的質(zhì)量為M＝2.0 kg，B的質(zhì)量為m＝3.0 kg，A的長度為l＝2.5 m，μ1＝0.2，μ2＝0.4(g取10 m/s2)。 (1)A、B剛開始運動時各自的加速度分別是多大？ (2)為保證B在滑動過程中不滑出A，初速度v0應(yīng)滿足什么條件？ (3)在滿足(2)中條件的情況下，分別求出A、B對水平地面的最大位移。 解析：(1)分別對A、B進(jìn)行受力分析， 根據(jù)牛頓第二定律，B的加速度大小： aB＝＝＝4 m/s2 A的加速度大?。?/p>

19、 aA＝＝＝1 m/s2。 (2)當(dāng)A、B速度相等時，若B恰好運動到A的右側(cè)末端，則可保證B不會滑出A， 設(shè)經(jīng)過時間t，A、B的速度相等，則有： v0－aBt＝aAt 根據(jù)位移關(guān)系得： v0t－aBt2－aAt2＝l 代入數(shù)據(jù)解得：t＝1 s，v0＝5 m/s 所以初速度v0≤5 m/s。 (3)B恰好不滑出A時，A、B對水平地面的位移最大，A、B速度相等后相對靜止，一起以v＝aAt＝1 m/s的初速度做勻減速運動直到靜止， 勻減速運動的加速度大小為a＝＝2 m/s2 發(fā)生的位移：s＝＝0.25 m A、B速度相等前A發(fā)生的位移： sA＝aAt2＝0.5 m B發(fā)生

20、的位移：sB＝v0t－aBt2＝3 m 所以A發(fā)生的位移： sA＋s＝0.5 m＋0.25 m＝0.75 m B發(fā)生的位移： sB＋s＝3 m＋0.25 m＝3.25 m。 答案：(1)1 m/s2　4 m/s2　(2)v0≤5 m/s　(3)0.75 m　3.25 m 命題點二　斜面上的滑塊—滑板模型 滑塊—滑板類模型應(yīng)抓住一個轉(zhuǎn)折和兩個關(guān)聯(lián) 一 個 轉(zhuǎn) 折 兩 個 關(guān) 聯(lián) 滑塊與滑板達(dá)到相同速度或者滑塊從滑板上滑下是受力和運動狀態(tài)變化的轉(zhuǎn)折點 轉(zhuǎn)折前、后受力情況之間的關(guān)聯(lián)和滑塊、滑板位移與板長之間的關(guān)聯(lián)。一般情況下，由于摩擦力或其他力的轉(zhuǎn)變，轉(zhuǎn)折前、后滑塊和滑板的加速

21、度都會發(fā)生變化，因此以轉(zhuǎn)折點為界，對轉(zhuǎn)折前、后進(jìn)行受力分析是建立模型的關(guān)鍵 [典例]　如圖所示，傾角α＝30°的足夠長光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一長L＝1.8 m、質(zhì)量M＝3 kg的薄木板，木板的最右端疊放一質(zhì)量m＝1 kg的小物塊，物塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ＝。對木板施加沿斜面向上的恒力F，使木板沿斜面由靜止開始做勻加速直線運動。設(shè)物塊與木板間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。 (1)為使物塊不滑離木板，求力F應(yīng)滿足的條件； (2)若力F＝37.5 N，物塊能否滑離木板？若不能，請說明理由；若能，求出物塊滑離木板所用的時間及滑離木板后沿斜面上升的最大

22、距離。 [解析]　(1)以物塊和木板整體為研究對象，由牛頓第二定律得F－(M＋m)gsin α＝(M＋m)a 以物塊為研究對象，由牛頓第二定律得 Ff－mgsin α＝ma 又Ff≤Ffm＝μmgcos α 解得F≤30 N。 (2)因力F＝37.5 N＞30 N，所以物塊能夠滑離木板，對木板，由牛頓第二定律得 F－μmgcos α－Mgsin α＝Ma1 對物塊，由牛頓第二定律得 μmgcos α－mgsin α＝ma2 設(shè)物塊滑離木板所用時間為t 木板的位移x1＝a1t2 物塊的位移x2＝a2t2 物塊與木板的分離條件為 Δx＝x1－x2＝L 解得t＝1.2

23、s 物塊滑離木板時的速度v＝a2t 物塊滑離木板后的加速度大小為a3＝gsin α＝5 m/s2 物塊滑離木板后沿斜面上升的最大距離為x＝ 解得x＝0.9 m。 [答案]　(1)F≤30 N　(2)能　1.2 s　0.9 m 解決速度臨界問題的思維模板 　　 [集訓(xùn)沖關(guān)] 1.如圖所示，足夠長光滑斜面的傾角為θ，斜面上放著質(zhì)量為M的木板，木板左端有一個質(zhì)量為m的木塊，木塊與木板之間的動摩擦因數(shù)為μ，木塊和木板的初速度都為零。對木塊施加平行斜面向上的恒力F后，下列說法正確的是(　　) A．若μ＞tan θ，則木板一定沿斜面向上運動 B．若

24、F＝mgsin θ，則木塊一定靜止在木板上 C．若木板沿斜面向上滑動，木板質(zhì)量M越小，木塊與木板分離時，木塊滑行的距離越大 D．若木板沿斜面向下滑動，木板質(zhì)量M越大，木塊與木板分離時，木塊滑行的距離越大 解析：選C　如果恒力F趨于0，木板一定沿斜面向下運動，故A錯誤；如果μ趨于0，木板一定向下運動，兩者不能保持靜止，故B錯誤；假設(shè)木板質(zhì)量M趨于0，木板將隨木塊一直運動，故C正確；如果木塊始終靜止，無論M多大，木塊滑行的距離都為0，故D錯誤。 2.(多選)(2019·日照模擬)滑沙運動是小孩比較喜歡的一項運動，其運動過程可類比為如圖所示的模型，傾角為37°的斜坡上有長為1 m的滑板，滑板

25、與沙間的動摩擦因數(shù)為。小孩(可視為質(zhì)點)坐在滑板上端，與滑板一起由靜止開始下滑。小孩與滑板之間的動摩擦因數(shù)取決于小孩的衣料，假設(shè)圖中小孩與滑板間的動摩擦因數(shù)為0.5，小孩的質(zhì)量與滑板的質(zhì)量相等，斜坡足夠長，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，則下列判斷正確的是(　　) A．小孩在滑板上下滑的加速度大小為2 m/s2 B．小孩和滑板脫離前滑板的加速度大小為0.5 m/s2 C．經(jīng)過 s的時間，小孩離開滑板 D．小孩離開滑板時的速度大小為 m/s 解析：選AC　對小孩，由牛頓第二定律，加速度大小為a1＝＝2 m/s2，同理對滑板，加速度大小為a2＝＝1 m/s2，選項A正確，B錯誤；要使小孩與滑板分離，a1t2－a2t2＝L，解得t＝ s(另一解不符合，舍去)，離開滑板時小孩的速度大小為v＝a1t＝2 m/s，選項C正確，D錯誤。