第3章 第2讲 第3课时 动力学中的两种常见模型（Word教参）-【创新方案】2024高考物理一轮复习（新教材 新高考）

第3课时　动力学中的两种常见模型(综合应用课) 动力学的两类典型模型——“滑块—木板”模型和传送带模型，常以计算题压轴题的形式命题。解决此类问题应牢牢把握受力分析和运动分析的主线，在训练中体会“万变不离其宗”的思考方向，体会透过情境看本质的建模过程，注意拆分复杂过程，注重培养审题能力、建模能力、分析推理能力和规范表达能力等物理学科素养。 (一) 动力学中的“滑块—木板”模型 (一)两种常见类型 类型图示 规律分析 长为L的木板B带动物块A，物块恰好不从木板上掉下的临界条件是物块恰好滑到木板左端时二者速度相等，则位移关系为xB＝xA＋L 物块A带动长为L的木板B，物块恰好不从木板上掉下的临界条件是物块恰好滑到木板右端时二者速度相等，则位移关系为xB＋L＝xA (二)解题方法突破 1．关注“一个转折”和“两个关联” 一个转折 滑块与木板达到相同速度或者滑块从木板上滑下，是受力和运动状态变化的转折点 两个关联 转折前、后受力情况之间的关联和滑块、木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变化，转折前、后滑块和木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 2．掌握“板块”模型的“思维流程” [例1]　(2023·通化质检)如图所示，一长L＝2 m、质量M＝4 kg的薄木板(厚度不计)静止在粗糙的水平台面上，其右端距平台边缘l＝5 m，木板的正中央放有一质量为m＝1 kg的小物块(可视为质点)。已知木板与地面、物块与木板间动摩擦因数均为μ1＝0.4。现对木板施加一水平向右的恒力F，其大小为48 N，g取10 m/s2，试求： (1)F作用了1.2 s时，木板的右端离平台边缘的距离； (2)要使小物块最终不能从平台上滑出去，则物块与平台间的动摩擦因数μ2应满足的条件。 [解题指导]　 (1)看到“木板静止在粗糙的水平台面上”，想到木板与物块做匀加速运动，用牛顿第二定律求加速度； (2)看到“小物块最终不能从平台上滑出去”，想到①木板与物块发生了相对滑动，②物块恰好滑到平台右端且速度为零。 [解析]　(1)假设开始时物块与木板会相对滑动，由牛顿第二定律，对木板有：F－μ1(M＋m)g－μ1mg＝Ma1，解得：a1＝6 m/s2。 对物块有： μ1mg＝ma2，解得：a2＝4 m/s2。 因为a2<a1，故假设成立。 设F作用t秒后，小物块恰好从木板左端滑离，则有：＝a1t2－a2t2 代入数据解得：t＝1 s 在此过程中，木板的位移为： x1＝a1t2＝×6×12 m＝3 m， 末速度为：v1＝a1t＝6×1 m/s＝6 m/s。 物块的位移为：x2＝a2t2＝×4×12 m＝2 m， 末速度为：v2＝a2t＝4×1 m/s＝4 m/s。 在小物块从木板上滑落后的0.2 s内，由牛顿第二定律， 对木板有：F－μ1Mg＝Ma1′ 解得：a1′＝8 m/s2。 木板发生的位移为：x1′＝v1t0＋a1′t02 解得：x1′＝1.36 m 此时木板距平台边缘的距离为：Δx＝l－x1－x1′＝(5－3－1.36)m＝0.64 m。 (2)小物块滑落至平台后，做匀减速直线运动，由牛顿第二定律， 对物块有：μ2mg＝ma2′，解得：a2′＝μ2g 若小物块在平台上速度减为0， 则通过的位移为：x2′＝ 要使物块最终不会从平台上掉下去需满足：l＋≥x2＋x2′，联立解得：μ2≥0.2。 [答案]　(1)0.64 m　(2)μ2≥0.2 [针对训练] 1．(2023·石家庄模拟)(多选)如图甲所示，一质量为M的长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为m的小滑块。木板受到水平拉力F作用时，用传感器测出长木板的加速度a与水平拉力F的关系如图乙所示，重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　 ) A．小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.1 B．当水平拉力F＝7 N时，长木板的加速度大小为3 m/s2　 C．当水平拉力F增大时，小滑块的加速度一定增大 D．小滑块的质量m＝2 kg 解析：选BD　由题图乙可知，当0＜F≤6 N时二者一起加速运动，对整体有F＝(M＋m)a，得a＝F，即此时a-F图线的斜率为整体质量的倒数，得M＋m＝3 kg；当F＞6 N时二者间出现相对滑动，对木板有F－μmg＝Ma，即a＝－，可见此时图线斜率为木板质量的倒数，可得M＝1 kg，则m＝2 kg，D正确；由于出现相对滑动后小滑块所受合外力等于木板对它产生的摩擦力，不再随F的增大而变化，则出现相对滑动后小滑块的加速度达到最大，且不再变化，由题图可知小滑块的最大加速度为a大＝2 m/s2，由牛顿第二定律有μmg＝ma大，得μ＝0.2，A、C错误，将F＝7 N代入a＝F－，得a＝3 m/s2，B正确。