专题六 动力学中的“滑块—木板”模型 讲义 -2027届高三物理一轮复习

专题六 动力学中的“滑块—木板”模型 讲义 1.模型特点:滑块置于滑板上,滑块和滑板初始运动条件或受力不同且均相对地面(或斜面)运动,在其间摩擦力的作用下发生相对滑动。 (1)滑块相对于滑板从一端运动到另一端,若两者同向运动,其位移差等于板长;若反方向运动,其位移和等于板长。 (2)一般地,滑块和滑板速度相等时为其“临界点”,此点前后所受摩擦力可能发生突变,要判断此后滑块、滑板的运动情况。 2．解题关键 (1)由滑块与木板的相对运动来判断“板块”间的摩擦力方向。 (2)当滑块与木板速度相同时，“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)。 3．常见情境 常见情境 木板获得一初速度v0，则板块同向运动，两者加速度不同，x板>x块，Δx＝x板－x块，最后分离或相对静止 滑块获得一初速度v0，则板块同向运动，两者加速度不同，x板<x块，Δx＝x块－x板，最后分离或相对静止 开始时板块运动方向相反，两者加速度不同，最后分离或相对静止，Δx＝x块＋x板 木板或滑块受到拉力作用，要判断两者是否有相对运动，以及木板与地面是否有相对运动 水平面上的板块模型 典例1：如图所示，在足够大的水平地面上静置一木板，可视为质点的物块以v0＝3 m/s的速度滑上木板，最终物块恰好到达木板的右端，木板沿地面运动的距离恰好等于木板的长度。已知物块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.2，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.05，取重力加速度大小g＝10 m/s2，则木板的长度为(　　) A．1.0 m B．1.5 m C．2.0 m D．2.5 m B　[设物块的质量为m，木板的质量为M，在物块减速和木板加速到共速的时间为t1，物块的加速度为a1，木板的加速度为a2，有a1＝＝2 m/s2，a2＝，v0－a1t1＝a2t1＝v，木板的位移为x1＝t1，两者共速后，因μ1>μ2，则一起减速到停止，共同减速的加速度为a3，有a3＝＝0.5 m/s2，木板的位移为x2＝，木板沿地面运动的距离恰好等于木板的长度，即L＝x1＋x2，最终物块恰好到达木板的右端，即物块相对滑动的位移为板长，有L＝t1－x1，联立各式解得t1＝1 s，L＝1.5 m，故选B。] 典例2：一足够长的木板P静置于粗糙水平面上，木板的质量M＝4 kg，质量m＝1 kg 的小滑块Q(可视为质点)从木板的左端以初速度v0滑上木板，与此同时在木板右端作用水平向右的恒定拉力F，如图甲所示，设滑块滑上木板为t＝0时刻，经过t1＝2 s撤去拉力F，两物体一起做匀减速直线运动，再经过t2＝4 s两物体停止运动，画出的两物体运动的v-t图像如图乙所示。(最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2) 求： (1)0～2 s内滑块Q和木板P的加速度； (2)滑块Q运动的总位移； (3)拉力F的大小。 【答案】　(1)－4 m/s2　2 m/s2　(2)24 m　(3)9 N 【解析】(1)根据图像斜率代表加速度可知， 0～2 s内滑块Q和木板P的加速度分别为a1＝＝－ m/s2＝－4 m/s2 a2＝＝ m/s2＝2 m/s2。 (2)根据v-t图像与坐标轴围成的面积代表位移可知 x＝×2 m＋×4×4 m＝24 m。 (3)对Q分析0～2 s阶段a1＝－ 对P分析a2＝ 在共同减速阶段地面的摩擦力f0＝－(M＋m)a0，a0＝＝－1 m/s2 解得F＝9 N。 斜面和竖直面上的滑块—滑板模型 典例3：(多选)倾角为37°的足够长斜面，上面有一质量为2 kg，长8 m的长木板Q，木板上下表面与斜面平行。木板Q最上端放置一质量为1 kg的小滑块P。P、Q间光滑，Q与斜面间的动摩擦因数为。若P、Q同时从静止释放，以下关于P、Q两个物体运动情况的描述正确的是(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)(　　) A．P、Q两个物体加速度分别为6 m/s2、4 m/s2 B．P、Q两个物体加速度分别为6 m/s2、2 m/s2 C．P滑块在Q上运动时间为1 s D．P滑块在Q上运动时间为2 s BD　[对P受力分析，受重力和Q对P的支持力作用，根据牛顿第二定律有mPg sin 37°＝mPaP，解得aP＝g sin 37°＝6 m/s2；对Q受力分析，受重力、斜面对Q的支持力、摩擦力和P对Q的压力作用，根据牛顿第二定律有mQg sin 37°－μ(mP＋mQ)g cos 37°＝mQaQ，解得aQ＝2 m/s2，故A错误，B正确；设P在Q上面滑动的时间为t，因aP＝6 m/s2>aQ＝2 m/s2，故P比Q运动更快，根据位移关系有L＝aPt2－aQt2，代入数据解得t＝2 s，C错误，D正确。] 典例4：如图所示,一轻质光滑定滑轮固定在足够长的斜面上,斜面与水平面之间的夹角为37°。物块a(可视为质点)和木板b,通过不可伸长的轻绳跨过光滑定滑轮连接,物块a与木板b下端对齐,物块a、木板b间的接触面和轻绳均与斜面平行。t=0时刻,将物块a、木板b静止释放,t1=0.6 s 时,剪断轻绳,物块a恰好不会从木板b上端滑落。已知木板b的上表面光滑,下表面与斜面之间的动摩擦因数μ=0.2,物块a、木板b的质量分别为m1=1 kg、m2=4 kg,重力加速度g取10 m/s2,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求: (1)t=0时刻,物块a的加速度大小; (2)木板b的长度。 【答案】 (1)2 m/s2　(2)2.16 m 【解析】 (1)由题意可知,将物块a、木板b由静止释放后物块a沿木板b向上运动,木板b沿斜面向下运动,设轻绳的拉力大小为FT,物块a、木板b的加速度大小均为a1,对物块a、木板b分别根据牛顿第二定律可得FT-m1gsin 37°=m1a1, m2gsin 37°-FT-μ(m1+m2)gcos 37°=m2a1, 联立解得a1=2 m/s2, 即t=0时刻物块a的加速度大小为2 m/s2。 (2) 在0～0.6 s内,设t1=0.6 s时物块a的速度大小为v1,根据匀变速直线运动的规律,对物块a有v1=a1t1,xa1=a1,xa1=xb1, 此时物块a与木板b下端距离Δx1=xa1+xb1, 解得Δx1=0.72 m,v1=1.2 m/s。 剪断轻绳后,设物块a加速度为a2,木板b加速度为a3,对物块a、木板b分别有m1gsin 37°=m1a2, m2gsin 37°-μ(m1+m2)gcos 37°=m2a3, 解得a2=6 m/s2,a3=4 m/s2; 由于物块a恰好不从木板b上端滑落,此时二者速度相等, 设再经过时间t2,物块a、木板b达到共速,则有v共=-v1+a2t2,v共=v1+a3t2, 解得t2=1.2 s,v共=6 m/s; 即t=1.8 s时a、b共速, 在0.6～1.8 s内,物块a、木板b的位移的大小分别为 xa2=·t2,xb2=·t2, Δx2=xb2-xa2, 解得Δx2=1.44 m, 木板b的长度为L=Δx1+Δx2, 联立解得L=2.16 m。 典例5：如图所示,一直立的轻质薄空心圆管长为L,在其上下端开口处各安放有一个质量分别为m和2m的圆柱形物块A、B,A、B紧贴管的内壁,厚度不计。A、B与管内壁间的最大静摩擦力分别是Ff1=mg、Ff2=2mg,且设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等。管下方存在这样一个区域:当物块A进入该区域时受到一个竖直向上的恒力F作用,而B在该区域运动时不受它的作用,PQ、MN是该区域的上下水平边界,高度差为H(L>2H)。现让管的下端从距上边界PQ高H处由静止释放,重力加速度为g。 (1)若A、B与管间均无相对运动,求F应满足的条件; (2)若F=3mg,求物块A到达下边界MN时A、B之间的距离。 【答案】 (1)F≤mg　(2)L-H 【解析】 (1)管下端到达PQ前,A、B随管一起做自由落体运动,当物块A通过PQ后,设A、B与管不发生相对滑动,则有相同加速度a,A与管间有静摩擦力FfA。 对A、B整体有3mg-F=3ma, 对A有mg+FfA-F=ma, 并且FfA≤Ff1, 联立解得F≤mg。 (2)A到达边界PQ时的速度vA=。 由于F=3mg>GA+Ff1,可知A相对于圆管向上滑动,则A受到向下的滑动摩擦力,大小为Ff1,设A的加速度为a1, 则有mg+Ff1-F=ma1, 解得a1=-g。 A向下减速运动的位移为H时,速度刚好减小到零, 此过程运动的时间t=, 根据牛顿第三定律,该过程中,A对管的摩擦力向上,且大小为Ff1,由于管的质量不计,可知B对管的摩擦力方向向下,大小为mg,B受到管的摩擦力小于2mg,则B与管相对静止,对物块B根据牛顿第二定律,可得 a2==, 根据公式x=v0t+at2得,t时间内物块B的位移xB=vAt+a2t2=H, 即物块A到达下边界MN时A、B之间的距离为 ΔL=L+H-xB=L-H。 学科网（北京）股份有限公司 $