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 苏京）

第三章 运动和力的关系 第 5 课时 目标 要求 1.掌握“滑块—木板”模型的运动及受力特点。 2.能正确运用动力学观点处理“滑块—木板”模型问题。 专题强化：“滑块—木板”模型中的动力学问题 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·江苏扬州市宝应区段考改编)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 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大小 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 拓展　请画出例1中小物块和长木板的v－t图像。 答案 水平面上的板块问题 考点一 例2　(2023·江苏无锡市期中)如图，质量为M的木板放在光滑的水平面上，木板的左端有一质量为m的木块，在木块上施加一水平向右的恒力F，木块和木板由静止开始运动，木块相对地面运动位移x后二者分离。则下列哪些变化可使x增大 A.仅增大恒力F B.仅增大木板的质量M C.仅增大木块的质量m D.仅减小木块与木板间的动摩擦因数 √ 水平面上的板块问题 考点一 水平面上的板块问题 考点一 则知若仅增大恒力F， 则木块的加速度a1变大，木板的加速度a2不变，则x减小，A错误； 若仅增大木板的质量M，木块的加速度a1不变，木板的加速度a2减小，由上式知x减小，B错误； 水平面上的板块问题 考点一 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x增大，C正确； 若仅减小木块与木板间的动摩擦因数，则木块的加速度a1增大，木板的加速度a2减小，则x减小，D错误。 水平面上的板块问题 考点一 例3　(2024·江苏宿迁市沭阳县阶段测试)如图所示，质量均为m＝1 kg的物块A和足够长木板B静止叠放在水平地面上，左边缘对齐。A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.4。先敲击A，A立即获得水平向右的初速度，在B上滑动距离L＝2 m后停下。接着敲击B，B立即获得水平向右的初速度，A、B都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块A长度可忽略不计，重力加速度g＝10 m/s2。求： (1)A被敲击后获得的初速度大小vA； 答案　4 m/s 水平面上的板块问题 考点一 由牛顿第二定律知μmg＝maA A加速度的大小aA＝μg 根据匀变速直线运动速度位移关系vA2＝2aAL 水平面上的板块问题 考点一 (2)在左边缘再次对齐的前、后，B运动的加速度的大小aB、aB′； 答案　12 m/s2　4 m/s2 在左边缘再次对齐前，对B， 根据牛顿第二定律得μmg＋2μmg＝maB 解得aB＝3μg＝12 m/s2 对齐后，对A、B整体， 根据牛顿第二定律得2μmg＝2maB′，解得aB′＝μg＝4 m/s2 水平面上的板块问题 考点一 (3)B被敲击后获得的初速度大小vB及B运动的最大距离sB。 答案　8 m/s　3 m 水平面上的板块问题 考点一 经过时间t，A、B左边缘对齐并达到共同速度v，位移分别为xA、xB，A加速度的大小等于aA， 解得vB＝8 m/s，xB＝2.5 m 水平面上的板块问题 考点一 A、B达到共同速度后，有v2＝2aB′xB′ 解得xB′＝0.5 m 所以sB＝xB＋xB′＝3 m。 水平面上的板块问题 考点一 处理“板块”模型中动力学问题的流程 总结提升 水平面上的板块问题 考点一 返回 总结提升 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　如图所示，在倾角为θ＝37°的足够长固定斜面上放置一质量M＝ 2 kg，长度L＝1.5 m的薄平板AB，在薄平板上端A处放一质量m＝1 kg的小滑块(视为质点)，将小滑块和薄平板同时无初速度释放，已知小滑块与薄平板之间的动摩擦因数为μ1＝0.25，薄平板与斜面之间的动摩擦因数为μ2＝0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2，求： (1)释放后，小滑块的加速度大小a1和薄平板的 加速度大小a2； 答案　4 m/s2　1 m/s2　 斜面上的板块问题 考点二 假设释放后滑块会相对于薄平板向下滑动，对滑块，由牛顿第二定律有mgsin 37°－Ff1＝ma1，其中Ff1＝μ1FN1，FN1＝mgcos 37° 解得a1＝gsin 37°－μ1gcos 37°＝4 m/s2 对薄平板，由牛顿第二定律有Mgsin 37°＋Ff1－Ff2＝Ma2 其中Ff2＝μ2FN2，FN2＝(m＋M)gcos 37° 解得a2＝1 m/s2，a1>a2， 假设成立，即滑块会相对于薄平板向下滑动。 斜面上的板块问题 考点二 (2)从释放到小滑块滑离薄平板经历的时间t。 答案　1 s 斜面上的板块问题 考点二 设滑块滑离薄平板经历的时间为t， 又x1－x2＝L 解得t＝1 s。 返回 斜面上的板块问题 考点二 课时精练 1.(2024·江苏苏州市吴江中学月考)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＝3m 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 6 7 33 物块相对木板运动的过程中，在水平方向上只受到木板给的滑动摩擦力的作用，故μmg＝ma1，而v－t图像的斜率表示加速度， 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 联立解得M＝2m，A、B、D错误； 1 2 3 4 5 6 7 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， 1 2 3 4 5 6 7 2.(2024·江苏省镇江第一中学月考)水平桌面上有一薄板，薄板上摆放着小圆柱体A、B、C，圆柱体的质量分别为mA、mB、mC，且mA>mB>mC，如图所示为俯视图。用一水平外力将薄板抽出，圆柱体与薄板间的动摩擦因数、圆柱体与桌面间的动摩擦因数均相同。则抽出后，三个圆柱体留在桌面上的位置所组成的图形可能是图 √ 1 2 3 4 5 6 7 设圆柱体的质量为m，圆柱体与薄板间的动摩擦因数、圆柱体与桌面间的动摩擦因数均为μ，则在抽出薄板的过程中，圆柱体在薄板摩擦力的作用下做加速运动，离开薄板后在桌面摩擦力的作用下做减速运动，根据牛顿第二定律有μmg＝ma，可得加速运动与减速运动时的加速度大小都为 a＝μg。由于圆柱体A先离开薄板，B、C同时后离开薄板， 则根据v＝at可知，A离开薄板时的速度小于B、C离开薄 板时的速度，同时A加速运动的位移小于B、C加速运动 的位移。离开薄板后，根据v2＝2ax可知，B、C在桌面上 滑动的距离相等，且大于A在桌面上滑动的距离，故A正确。 1 2 3 4 5 6 7 3.(2024·江苏常州市前黄高级中学校考)如图所示，质量为m＝1 kg的物块(可视为质点)放在质量为M＝4 kg的木板的右端，木板长L＝2.5 m。开始木板静止放在水平地面上，物块与木板及木板与水平地面间的动摩擦因数均为μ＝0.2。现对木板施加一水平向右的恒力F＝40 N，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10 m/s2，则物块在木板上运动的过程中，下列说法中正确的是 A.物块与木板以相同的加速度做匀加速运动 B.木板的加速度大小为5.6 m/s2 C.物块的最大速度大小为3.5 m/s D.物块到达木板左端时木板前进的位移大小为3.5 m 1 2 3 4 5 6 7 √ 若木板和物块相对静止，则整体加速度 故木板与物块发生相对滑动，物块与木板不能以相同的加速度做匀加速运动，故A错误； 1 2 3 4 5 6 7 由牛顿第二定律可得，木板的加速度大小 由以上分析可知物块的加速度大小为2 m/s2， 此时物块的速度最大，v＝amt＝2 m/s，故C错误； 1 2 3 4 5 6 7 4.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，g取10 m/s2，则下列说法正确的是 A.小孩在滑板上下滑的加速度大小为2 m/s2 B.小孩和滑板脱离前滑板的加速度大小为5 m/s2 C.经过1 s的时间，小孩离开滑板 D.小孩离开滑板时的速度大小为0.8 m/s 1 2 3 4 5 6 7 √ 对小孩，由牛顿第二定律得，加速度大小为 小孩和滑板脱离前，对滑板，加速度大小为 离开滑板时小孩的速度大小为v＝a1t＝2.8 m/s，C正确，D错误。 1 2 3 4 5 6 7 5.(2024·江苏连云港市校考)如图所示，水平地面上静置有一质量为1 kg的长木板A，木板长2 m，左端放有一质量为2 kg的小物块B。一水平向右的力F＝20 N作用在物块上，已知木板与地面间的动摩擦因数为μ1＝0.2，物块与木板间的动摩擦因数为μ2＝0.5，g＝10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求： (1)木板开始运动时的加速度大小； 1 2 3 4 5 6 7 答案　4 m/s2　 物块与木板之间的摩擦力大小Ff＝μ2mBg＝0.5×2×10 N＝10 N 地面与木板之间的摩擦力大小Ff1＝μ1(mA＋mB)g＝0.2×3×10 N＝6 N 木板开始运动时的加速度大小 1 2 3 4 5 6 7 设经过时间t木板A和物块B分离， 有xB－xA＝lA 解得t＝2 s (2)多长时间A、B分离； 1 2 3 4 5 6 7 答案　2 s 分离时A的速度大小v＝aAt＝8 m/s。 (3)分离时A的速度大小。 1 2 3 4 5 6 7 答案　8 m/s 6.(2024·江苏省灌南高级中学检测)如图所示，物块A、木板B的质量均为m＝1 kg，不计A的大小，木板B长L＝2 m。开始时A、B均静止。现使A以水平初速度v0从B的最左端开始运动。已知A与B、B与水平面之间的动摩擦因数分别为μ1＝0.3和μ2＝0.1，g取10 m/s2。 (1)发生相对滑动时，A、B的加速度各是多大？ 1 2 3 4 5 6 7 答案　3 m/s2　1 m/s2 分别对物块A、木板B进行受力分析可知，A在B上向右做匀减速运动，设其加速度大小为a1， 木板B向右做匀加速运动， 设其加速度大小为a2， 根据牛顿第二定律可得μ1mg－μ2×2mg＝ma2 解得a2＝1 m/s2 1 2 3 4 5 6 7 A刚好没有从B上滑下来，则A滑到B最右端时的速度和B的速度相同，设为v，则有 解得v＝1 m/s，v0＝4 m/s 若A刚好没有从B上滑下来，则A的初速度v0为4 m/s。 (2)若A刚好没有从B上滑下来，则A的初速度v0为多大？ 1 2 3 4 5 6 7 答案　4 m/s (3)若A刚好没有从B上滑下来，求B在地面上滑行的总位移。 1 2 3 4 5 6 7 答案　1 m 若A刚好没有从B上滑下来，A到达B的最右端时B的位移 此后A、B一起匀减速运动直至停止，设加速度大小为a3，由牛顿第二定律得μ2×2mg＝2ma3 解得a3＝μ2g＝1 m/s2 A、B在地面上一起减速滑行的位移 则B在地面上滑行的总位移为x＝x1＋x2＝0.5 m＋0.5 m＝1 m。 1 2 3 4 5 6 7 7.如图甲所示，一辆质量为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F0＝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 6 7 (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； 答案　2 kg　8 m/s2 1 2 3 4 5 6 7 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F0－μ0(mA＋mB)g＝Ma， 解得a＝8 m/s2 1 2 3 4 5 6 7 (2)求木板A的右端与小车后壁 的距离； 答案　2 m　 1 2 3 4 5 6 7 解得Δx＝2 m (3)假设车和木板足够长，各部分均恢复至初始静止状态，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Ff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) 答案　见解析 1 2 3 4 5 6 7 因μ0>μ，随F增加，刚开始车与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 6 7 当F>20 N时，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。 1 2 3 4 5 6 7 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 得t＝ 设板长为L，根据L＝a1t2－a2t2 木板的加速度为a2＝ 根据牛顿第二定律得木块的加速度为a1＝＝－μg 木块相对地面运动位移为x＝a1t2＝ 解得vA＝＝4 m/s。 则v＝aAt＝vB－aBt，xA＝aAt2  xB＝vBt－aBt2，xB－xA＝L 由运动学公式有x1＝a1t2，x2＝a2t2， 故物块的加速度大小为a1＝ m/s2＝2 m/s2， a2＝ m/s2＝1 m/s2， 故L＝×(7＋3)×2 m－×2×2 m＝8 m，C正确。 a′＝＝ m/s2＝6 m/s2>am， 由牛顿第二定律可得，物块的最大加速度am＝＝2 m/s2， 当物块刚要脱离木板时满足at2－amt2＝L，解得t＝1 s， 物块到达木板左端时木板前进的位移大小x＝at2＝3.5 m，故D正确。 a＝＝ m/s2＝ 7 m/s2，故B错误； a1＝＝2.8 m/s2， a2＝＝0.8 m/s2，A、B错误； 小孩刚与滑板分离时，有a1t2－a2t2＝L，解得t＝1 s， aA＝＝4 m/s2 物块B的加速度大小aB＝＝5 m/s2 即aBt2－aAt2＝2 m 根据牛顿第二定律可得a1＝＝μ1g＝3 m/s2 t＝＝，L＝－  x2＝＝0.5 m  x1＝＝ m＝0.5 m 由位移关系可得Δx＝at02－aAt02  Ff＝mBa＝F＝F $