第三章 第5课时 专题强化：“滑块－木板”模型中的动力学问题（课件PPT）-【步步高】2025年高考物理大一轮复习讲义（人教版 广东专用）

第三章 运动和力的关系 第 5 课时 专题强化：“滑块－木板”模型中的动力学问题 目标 要求 1.掌握“滑块—木板”模型的运动及受力特点。2.能正确分析木板、滑块的受力情况和运动状态，会正确运用动力学观点解决“滑块—木板”模型问题。 1.模型特点：滑块(视为质点)置于木板上，滑块和木板均相对地面运动，且滑块和木板在摩擦力的作用下发生相对滑动，滑块和木板具有不同的加速度。 2.模型构建 (1)隔离法的应用：对滑块和木板分别进行受力分析和运动过程分析。 (2)对滑块和木板分别列动力学方程和运动学方程。 (3)明确滑块和木板间的位移关系 如图所示，滑块由木板一端运动到另一端的过程中，滑块和木板同向运动时，位移之差Δx＝x1－x2＝L(板长)；滑块和木板反向运动时，位移之和Δx＝x2＋x1＝L。 3.解题关键 (1)摩擦力的分析判断：由滑块与木板的相对运动来判断“板块”间的摩擦力方向。 (2)挖掘“v物＝v板”临界条件的拓展含义 摩擦力突变的临界条件：当v物＝v板时，“板块”间的摩擦力可能由滑动摩擦力转变为静摩擦力或者两者间不再有摩擦力(水平面上共同匀速运动)。 ①滑块恰好不滑离木板的条件：滑块运动到木板的一端时，v物＝v板； ②木板最短的条件：当v物＝v板时滑块恰好滑到木板的一端。 内 容 索 引 考点一　　水平面上的板块问题 考点二　　斜面上的板块问题 课时精练 > < 考点一 水平面上的板块问题 例1　(2024·广东珠海市斗门一中月考改编)如图所示，在光滑的水平面上有一足够长且质量为M＝4 kg的长木板，在长木板右端有一质量为m＝1 kg的小物块，长木板与小物块间的动摩擦因数为μ＝0.2，长木板与小物块均静止，g取10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。   (1)若要使小物块和木板间发生相对滑动，拉力F不小于什么值？ 答案　10 N 水平面上的板块问题 考点一 当物块和木板恰好发生相对滑动时，静摩擦力达到最大值，设此时的加速度为a0，根据牛顿第二定律，对小物块有μmg＝ma0，对物块和木板整体有F0＝(m＋M)a0， 联立解得F0＝10 N，即若小物块和木板发生相对滑动，拉力不小于10 N。 水平面上的板块问题 考点一 (2)现用F＝14 N的水平恒力向右拉长木板，经时间t＝1 s撤去水平恒力F，则： ①在F的作用下，长木板的加速度为多大？ 答案　3 m/s2 对长木板，根据牛顿第二定律可得 F－μmg＝Ma，解得a＝3 m/s2 水平面上的板块问题 考点一 ②刚撤去F时，小物块离长木板右端多远？ 答案　0.5 m 撤去F之前，小物块只受摩擦力的作用 故am＝a0＝μg＝2 m/s2 水平面上的板块问题 考点一 ③最终长木板与小物块一起以多大的速度匀速运动？ 答案　2.8 m/s 水平面上的板块问题 考点一 刚撤去F时v＝at＝3 m/s，vm＝amt＝2 m/s 撤去F后， 最终速度v′＝vm＋amt′＝v－a′t′ 解得共同速度v′＝2.8 m/s 水平面上的板块问题 考点一 ④最终小物块离长木板右端多远？ 答案　0.7 m 在t′内，小物块和长木板的相对位移 最终小物块离长木板右端的距离为x＝Δx1＋Δx2＝0.7 m。 水平面上的板块问题 考点一 例2　如图所示，一质量为M＝0.9 kg的长木板B在粗糙的水平面上向右运动，某一时刻长木板的初速度为v0＝5.5 m/s，此时将一质量m＝0.2 kg的物块A(可视为质点)无初速度地放在长木板右端，经过一段时间后物块A刚好没有从木板的左端滑出。已知物块A与长木板B之间的动摩擦因数为μ1＝0.25，长木板B与地面之间的动摩擦因数为μ2＝0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2，求： (1)两者相对运动过程中物块A和木板B的加速度大小； 答案　2.5 m/s2　3 m/s2 水平面上的板块问题 考点一 由题可知，A、B先相对滑动，达到共速后一起做匀减速直线运动，直到静止。A、B相对滑动时，对物块A受力分析，由牛顿第二定律得μ1mg＝ma1，解得a1＝2.5 m/s2。 对长木板B受力分析，由牛顿第二定律有μ1mg＋μ2(M＋m)g＝Ma2，解得a2＝3 m/s2。 水平面上的板块问题 考点一 (2)长木板B的长度； 答案　2.75 m 水平面上的板块问题 考点一 由物块A刚好未从木板的左端滑出可知，长木板B的长度等于A、B两物体相对地面位移的差值。当A、B共速时有a1t＝v0－a2t，解得t＝1 s， 则L＝xB－xA＝2.75 m。 水平面上的板块问题 考点一 (3)从将物块A放上长木板开始到最后相对地面静止，物块A相对地面的位移大小x。 答案　2.812 5 m 水平面上的板块问题 考点一 由(2)分析可得，A、B共速时，A、B两物体的速度为v共＝a1t＝2.5 m/s， 由题知μ1>μ2，所以A、B共速后，一起做匀减速直线运动，直到停止，由牛顿第二定律得μ2(M＋m)g＝(M＋m)a3， 则全过程中，A相对地面发生的位移大小 x＝xA＋x3＝2.812 5 m。 水平面上的板块问题 考点一 例3　(2024·广东东莞市石龙中学月考)如图所示，厚0.2 m、长为3 m的木板AB静止在粗糙水平地面上，C为其中点，木板上表面AC部分光滑，CB部分粗糙，下表面与水平地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，木板右端静止放置一个小物块(可看成质点)，它与木板CB部分的动摩擦因数μ2＝0.3。已知木板和小物块的质量均为2 kg，重力加速度g取10 m/s2，现对木板施加一个水平向右的恒力F。 水平面上的板块问题 考点一 (1)为使小物块与木板保持相对静止，求恒力的最大值Fm； 答案　16 N 水平面上的板块问题 考点一 设小物块能够达到的最大加速度为am， 由牛顿第二定律有μ2mg＝mam 解得am＝3 m/s2 对整体，由牛顿第二定律有 Fm－μ1(M＋m)g＝(M＋m)am 解得Fm＝16 N 水平面上的板块问题 考点一 (2)当F＝22 N时，小物块多长时间滑到木板中点C? 答案　1 s 水平面上的板块问题 考点一 当F＝22 N时，小物块相对于长木板发生相对滑动，对长木板有F－μ1(M＋m)g－μ2mg＝Ma1 解得a1＝6 m/s2 解得t1＝1 s 水平面上的板块问题 考点一 (3)接第(2)问，当小物块到达C点时撤去F，求小物块落地时与木板A端的距离。 答案　0.326 m 水平面上的板块问题 考点一 设撤掉外力时木板和物块的速度分别为v1、v2，则有v1＝a1t1＝6 m/s v2＝a2t1＝3 m/s 撤掉外力后，物块做匀速运动，设木板做匀减速运动的加速度大小为a3，则μ1(M＋m)g＝Ma3 解得a3＝2 m/s2 水平面上的板块问题 考点一 此后长木板做匀减速运动μ1Mg＝Ma4 解得a4＝1 m/s2 解得t2＝0.2 s，设长木板减速到零的时间为t3， 水平面上的板块问题 考点一 解得Δx≈0.326 m 返回 水平面上的板块问题 考点一 斜面上的板块问题 > < 考点二 例4　(2023·广东珠海市第一中学检测)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0.4，小孩的质量与滑板的质量相等，斜坡足够长，sin 37°＝0.6， cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2，求： 斜面上的板块问题 考点二 (1)小孩在滑板上下滑的加速度及小孩和滑板脱离前滑板的加速度大小； 答案　2.8 m/s2　0.8 m/s2 对小孩，由牛顿第二定律得，mgsin 37°－μ1mgcos 37°＝ma1 得a1＝2.8 m/s2， 对滑板，由mgsin 37°＋μ1mgcos 37°－2μ2mgcos 37°＝ma2 得a2＝0.8 m/s2 斜面上的板块问题 考点二 (2)经过多长的时间，小孩离开滑板； 答案　1 s 斜面上的板块问题 考点二 (3)小孩离开滑板时的速度大小。 答案　2.8 m/s 离开滑板时小孩的速度大小为v＝a1t＝2.8 m/s。 斜面上的板块问题 考点二 处理“板块”模型中动力学问题的流程 考点二 总结提升 斜面上的板块问题 返回 考点二 总结提升 斜面上的板块问题 课时精练 1.(多选)如图甲所示，光滑水平面上静置一个薄长木板，长木板上表面粗糙，其质量为M，t＝0时刻，质量为m的物块以速度v水平滑上长木板，此后木板与物块运动的v－t图像如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是 A.M＝m B.M＝2m C.木板的长度为8 m D.木板与物块间的动摩擦因数为0.1 1 2 3 4 5 √ √ 38 1 2 3 4 5 物块相对木板运动的过程中，在水平方向上只受到木板的滑动摩擦力的作用，故μmg＝ma1， 39 1 2 3 4 5 从题图乙可知物块和木板在t＝2 s时分离，两者在0～2 s内的v－t图像与t轴围成的面积之差等于木板的长度， 40 2.(2023·广东深圳市模拟)如图所示，长为L＝2 m、质量为M＝8 kg的木板，放在水平地面上，木板向右运动的速度v0＝6 m/s时，在木板最前端轻放一个大小不计、质量为m＝2 kg的小物块。木板与地面、物块与木板间的动摩擦因数均为μ＝0.2，g＝10 m/s2。求： 1 2 3 4 5 (1)物块的加速度大小a1和木板的加速度大小a2； 答案　2 m/s2　3 m/s2 1 2 3 4 5 对木板有μmg＋μ(M＋m)g＝Ma2 解得a2＝3 m/s2 (2)物块滑离木板时的时间t。 1 2 3 4 5 答案　0.4 s 设物块经时间t从木板滑离，则 解得t＝0.4 s或t＝2 s(舍去)。 1 2 3 4 5 3.(2023·广东佛山市模拟)如图，光滑水平桌面右端固定有一个定滑轮和挡板P，长木板c质量为mc＝2 kg，物块a静止放在长木板c左端，并通过与桌面平行的轻绳与重物b相连。重物b由静止释放t＝2 s时，长木板c与挡板P发生碰撞(碰撞时间极短)，同时轻绳立即断裂，碰后长木板c以碰前速率的0.8倍反弹，已知物块a和重物b的质量均为ma＝mb＝1 kg，物块a与长木板c间的动摩擦因数为μ＝0.75，光滑水平桌面足够长，重物b离地面的高度足够高，g＝10 m/s2。则： 1 2 3 4 5 (1)重物b刚开始下落时轻绳的拉力及长木板c与挡板P碰前的速率为多少？ 答案　7.5 N　5 m/s 1 2 3 4 5 重物b释放后假设a、b、c一起运动，根据牛顿第二定律有mbg－FT＝mba ① FT＝(ma＋mc)a ② 解得a＝2.5 m/s2 则长木板c应受到的摩擦力为Ffc＝mca＝5 N<μmag＝7.5 N 故重物b释放后，a、b、c一起运动，再由①解得FT＝7.5 N 长木板c与挡板P碰前的速率为vc＝at＝5 m/s 1 2 3 4 5 (2)长木板c至少需要多长，物块a才不会从c上滑出？ 答案　3.6 m 1 2 3 4 5 长木板c与挡板P碰后，a、c均做匀减速运动，a、c的加速度大小分别为 aa＝μg＝7.5 m/s2，μmag＝mcac 所以a先向右减速，减速为零后再反向加速，最后二者达到共同速度 1 2 3 4 5 选向左为正方向 对a：v＝－vc＋aat 对c：v＝0.8vc－act 联立解得t＝0.8 s，v＝1 m/s 木板的长度至少为L＝xc－xa＝3.6 m。 4.(2024·广东省深圳中学月考)如图所示，有一倾角为θ＝37°的斜面，下端固定一挡板，挡板与斜面垂直，一长木板上表面的上部分粗糙，下部分光滑，上端放有一质量m的小物块。现让长木板和小物块同时由静止释放，此时刻为计时起点，在第2 s末，小物块刚好到达长木板的光滑部分，又经过一段时间，长木板到达挡板处速度恰好减为零，小物块刚好到达长木板的下端边缘。已知小物块与长木板的上 部分的动摩擦因数μ1＝ ，长木板与斜面间的动摩 擦因数μ2＝0.5，长木板的质量M＝m。设最大静摩擦 力等于滑动摩擦力，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6。求： 1 2 3 4 5 (1)在0～2 s时间内长木板和小物块的加速度的大小； 1 2 3 4 5 答案　1 m/s2　3 m/s2 1 2 3 4 5 在0～2 s时间内，对小物块和长木板受力分析，其中Ff1、FN1是小物块与长木板之间的摩擦力和正压力的大小，Ff2、FN2是长木板与斜面之间的摩擦力和正压力的大小，则Ff1＝μ1FN1，FN1＝mgcos θ Ff2＝μ2FN2，FN2＝FN1＋Mgcos θ 规定沿斜面向下为正方向，设小物块和长木板的 加速度分别为a1和a2，由牛顿第二定律得 mgsin θ－Ff1＝ma1 Mgsin θ－Ff2＋Ff1＝Ma2 联立得a1＝3 m/s2，a2＝1 m/s2 (2)开始时长木板距离挡板多远； 1 2 3 4 5 答案　3 m 1 2 3 4 5 在t1＝2 s时，设小物块和长木板的速度分别为v1和v2， 则v1＝a1t1＝6 m/s，v2＝a2t1＝2 m/s 2 s后，设小物块和长木板的加速度分别为a1′和a2′。 此时小物块与长木板之间摩擦力为零，同理可得 对小物块：mgsin θ＝ma1′，a1′＝6 m/s2 对长木板：Mgsin θ－μ2(M＋m)gcos θ＝Ma2′，a2′＝－2 m/s2 即长木板做减速运动，设经过时间t2，长木板的速度减为零，则有v2＋a2′t2＝0 1 2 3 4 5 联立得t2＝1 s L＝L1＋L2＝3 m， 即开始时长木板距离挡板3 m。 (3)长木板的长度。 1 2 3 4 5 答案　12 m 5.(2024·广东广州市真光中学月考)如图甲所示，一架质量为M＝2 kg的小车模型静止在光滑水平面上，车上放置有木板A，木板左端放有可视为质点、质量mB＝4 kg的小物体B。A、B紧靠车厢前壁，木板A的右端与小车后壁相距一定的距离。现对小车施加水平向左的恒力F＝34 N，使小车从静止开始做匀加速直线运动，经过t0＝1 s，木板A与车厢后壁发生碰撞，该过程中木板A的加速度大小aA＝4 m/s2，物体B未与木板A保持相对静止，但未从木板A上滑离，已知木板A与小车间的动摩擦因数μ0＝0.3，物体B与木板A间的动摩擦因数μ＝0.25，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2。 1 2 3 4 5 (1)求木板A的质量和小车做匀加速直线运动的加速度大小； 1 2 3 4 5 答案　2 kg　8 m/s2 1 2 3 4 5 由题知，木板A与车厢后壁发生碰撞前过程，与B发生相对运动且加速度aA＝4 m/s2，对A受力分析，根据牛顿第二定律有μ0(mA＋mB)g－μmBg＝mAaA 解得mA＝2 kg 对车受力分析，根据牛顿第二定律有F－μ0(mA＋mB)g＝Ma 解得a＝8 m/s2 (2)求木板A的右端与小车后壁的距离； 1 2 3 4 5 答案　2 m 解得Δx＝2 m (3)假设车和木板足够长，现对小车施加水平向左的大小从零开始连续增加的力F，请在图乙中画出物体B受到木板A的摩擦力f随拉力F大小变化的图像。(需要写明图像各部分表达式及所有关节点的运算过程和数值) 1 2 3 4 5 答案　见解析 1 2 3 4 5 因μ0>μ，随F增加，车与A、B整体一起运动，无相对滑动，加速度增加，A、B先发生相对滑动，F继续增加，A与车发生相对滑动。设A与B刚要发生相对滑动时的外力为F1，对B分析可知μmBg＝mBaB 解得aB＝2.5 m/s2 对整体分析可得F1＝(M＋mA＋mB)aB 解得F1＝20 N 所以，当0<F≤20 N时，三者一起加速运动，A、B之间为静摩擦力 1 2 3 4 5 当F>20 N后，物体B相对木板A运动，受到的摩擦力为滑动摩擦力，大小恒为 Ff＝μmBg＝10 N 综上所述，可画出物体B受到木板A的摩擦力Ff 随拉力F大小变化的图像如图所示。 返回 Δx1＝at2－amt2＝0.5 m 长木板的加速度大小a′＝＝0.5 m/s2 Δx2＝－，解得Δx2＝0.2 m A物块的位移xA＝a1t2＝1.25 m， B长木板的位移xB＝v0t－a2t2＝4 m， 解得a3＝2 m/s2，由匀变速直线运动规律有v共2＝2a3x3，可知x3＝＝1.562 5 m， 小物块加速度a2＝＝μ2g＝3 m/s2 小物块滑到木板中点C，有a1t12－a2t12＝ 设小物块从长木板中点滑动到最左端时长木板速度为v3，则有－v2·＝ 解得v3＝(3＋) m/s(另一解不合题意，舍去) 此后小物块做平抛运动h＝gt22 则t3＝≈4.73 s>t2，故小物块落地时木板未停止运动 长木板做匀减速运动，小物块落地时距长木板A端的距离为Δx＝v3t2－a4t22－v2t2 小孩刚与滑板分离时，有a1t2－a2t2＝L，解得t＝1 s 解得μ＝0.2，对木板受力分析可知μmg＝Ma2，由v－t图像可知木板的加速度大小为a2＝ m/s2＝1 m/s2，联立解得M＝2m，A、D错误，B正确； 而v－t图像的斜率表示加速度，故物块的加速度大小为 a1＝ m/s2＝2 m/s2， 故L＝×(7＋1)×2 m＝8 m，C正确。 物块的加速度大小a1＝＝μg＝2 m/s2 L＝v0t－a2t2－a1t2， 物块a减速为零的时间为t1＝＝＝ s 长木板c减速为零的时间为t2＝＝ s ac＝＝μg＝3.75 m/s2 xc＝t＝2 m xa＝t＝－1.6 m L2＝|a2′|t22＝1 m 在t1和t2时间内，长木板的运动位移分别为L1＝a2t12＝2 m， 长木板的长度就是小物块相对于长木板运动的距离为x＝(a1t12＋v1t2＋a1′t22)－(a2t12＋v2t2＋a2′t22)＝12 m。 由位移关系可得Δx＝at02－aAt02 Ff＝mBa＝F＝F $