第三章 素养培优6 “滑块—木板”模型中的动力学问题（配套教参）-【创新教程】2027年高考物理总复习大一轮讲义

高考总复习物理 经七1时间工件与传送带的速度相同，解得 41=9=0.8s, 1 工件前进的位移为x1=2a1行=1.6m, 此后工件将与传送带一起匀速运动至B点，用时 4-Ls-4=0.6s, 所以工件第一次到达B点所用的时间 t=t1+t2=1.4s. (2)在倾斜传送带上工件的加速度为a2,由牛顿第 二定律得mngcos0-mngsin0=ma2, 解得a2=-2m/s2, 由速度-位移公式得0-v=2a,sin0 hm 解得hm=2.4m; (3)工件沿传送带向上运动的时间为 2hm 此后由于工件在传送带的倾斜段运动时的加速度 相同，在传送带的水平段运动时的加速度也相同， 故工件将在传送带上做往复运动，其周期为T,则 T=2t1+2t3=5.6s. 工件从开始运动到第一次返回传送带的水平部分， 且速度变为零所需时间t。=2t1十t2十2t3=6.2s, 而23s=t。十3T,这说明经过23s后工件恰好运动 素养培优6“滑块一木校 模型解读 1.模型特征 滑块—滑板模型（如图a),涉及摩擦力分析、相对 运动、摩擦生热，多次相互作用，属于多物体、多过程 问题，知识综合性较强，对能力要求较高，故多次出现 于高考试卷中，另外，常见的子弹射击滑板（如图b)、 圆环在直杆中滑动（如图c)都属于滑块类问题，处 理方法与滑块 滑板模型类似. 图a 图b 图c 2.两种类型 类型图示 规律分析 木板B带动物块A,物块恰 好不从木板上掉下的临界 A 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十L 物块A带动木板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十L=xA 到传送带的水平部分，且速度为零，故工件在A点 右侧，到A点的距离x=LB-x1=2.4m. 答案：(1)1.4s(2)2.4m (3)在A点右侧2.4m处 规律总结1，传送带模型问题的分析流程 n与 能否 摩擦 速度 同向 共速 力方 变化 向 向 情况 o与 反向 2.思维模板 传送带及带上的物体 V物婚①摩擦力发生突变 状态 ②物体的运动状态发生改变 ①根据物体的受力和传送带的速度：计算 水平 物体加速的时间：和位移x 力与 传送带 ②再由x和传送带长度的关系判断物体的 运动 运动形式 若μ≥tan0,且物体能 与传送带共速，则共速 倾斜a=g(sin0 后物体匀速运动 传送带以cos0) 若μ<tan0,物体以加速 度a1,运动，当与传送带速度 相同时，力发生变化，以加速 度a2运动，且4≠a 结果 进一步计算物体在传送带上的运动时间：、相对 计算 位移△x等 ”模型中的动力学问题 学生用书P56 模型剖析 模型一 无动力“滑块一滑板”模型 1.受力分析：主要是摩擦力的分析 (1)初始时刻：比较滑块运动速度和滑板速度（确认相 对运动状态)，从而弄清摩擦力的有无、性质、 方向 (2)共速时刻：意味着摩擦力发生突变（可以是有无突 变、性质突变或方向突变). 2.过程分析 初始时刻如何运动；共速以后如何运动；速度为零 以后如何运动 3.位移分析 区别滑块位移、滑板的位移、滑块相对于滑板的 位移 [典例1]（多选）如图1所示，一物块叠放在足够长 的木板上，初始时木板静止在粗糙水平面上，物块 与木板保持相对静止.某时刻，给木板一初速度。， 图2为二者的v-t图像，图中v、t1t2已知，长木 板和物块的质量均为m.下列说法正确的是( t,2t. 图1 图2 A.物块与木板的位移之比可表达为)2 B.整个过程，因摩擦产生的总热量为m 1 C.板块间与板地间的动摩擦因数比值可表达 为 D.v>4v [解析]BCD[-t图像与坐标轴围成的面积表 1 示位移，物块的位移为x=之·21=1， 1 木板的位移为2三4十2v(一) =t2十v1 2 物块与木板的位移之比可表达为 2wt1一，故 x2Ut2十vot1 A错误； 根据能量守恒，整个过程，因摩擦产生的总热量为 Q=2m听，故B正确：0~4时间内，对物块，根据 牛頓第二定律a1=1m8=41g, m 二0~时间内，对木板，根据牛顿第二定律 a1= voU 41mg十42·2mg=ma2,a2= 板块间与板地间的动摩擦因数比值可表达为凸 以2 。一2故C正确：~2时间内，对木板，根据牛 2v 顿第二定律有42·2mg一1mg=ma3, 且a3>a1,联立可得vo>4v,故D正确.] [典例2]如图甲所示，质量为M的长木板，静止放 置在粗糙水平地面上，有一个质量为m、可视为质 点的物块，以某一水平初速度从左端冲上木板，从 物块冲上木板到物块和木板达到共同速度的过程 中，物块和木板的v-t图像分别如图乙中的折线 acd和bcd所示，a、b、c、d点的坐标分别为a(0, 10)、b(0,0)、c(4,4)、d(12,0).根据v-t图像，求： 个l(m·s) 10 8 6- "o. m口 M 7777777777777777777777 b024681012s 甲 (1)物块冲上木板做匀减速直线运动的加速度大小 a1,木板开始做匀加速直线运动的加速度大小a2, 达到共同速度后一起做匀减速直线运动的加速度 大小a3; (2)物块质量m与长木板质量M之比； (3)物块相对长木板滑行的距离△x. [解析](1)由题图乙可求出物块冲上木板做匀减 速直线运动的加速度大小a,=10-4m/s 4 .7 第三章牛顿运动定律 1.5m/s2,木板开始做匀加速直线运动的加速度大 小a2=4-0 m/s2=1m/s2,达到共同速度后物块 4 与木板一起做匀减速直线运动的加速度大小a3= 4gm/g=0.5m/ (2)对物块冲上木板匀减速阶段有41mg=ma1, 对木板向前匀加速阶段有41mg一2（m十M)g =Ma2, 物块和木板达到共同速度后向前匀减速阶段有 2(m+M)g=(M+m)a3, 联立以上三式可得一是。 (3)由题图乙可以看出，物块相对于长木板滑行的 距离△x对应题图中△abc的面积，故△x=10×4X 2m=20m. [答案](1)1.5m/s21m/s20.5m/s2 (3)20m 模型二有动力“滑块一滑板”模型 1.外力逐渐增大过程中三个临界点的摩擦力分析和 运动分析 (1)力较小时：分析各自摩擦力特点，整体都未动（地 面粗糙时才有). (2)力较大时：分析各自摩擦力特点，整体一起动. (3)力很大时：分析各自摩擦力特点，发生相对运动」 2.两个角度的临界点分析 (1)恰好相对滑动的受力条件：F=Fmax (2)恰好相对滑动的加速度条件：a整体=a局部最大， [典例3]物体A的质 量m1=2kg,静止在 →6B 水平面上的木板B的 77力7777777777777777777777777777 质量为m2=1kg、长为L=1m,某时刻A以，= 4m/s的初速度滑上木板B上表面的最左端，在A 滑上B的同时，给B施加一个水平向右的拉力F, 若A与B之间的动摩擦因数为μ=0.2，（忽略物体 A的大小，g取10m/s2).试求： (1)如果木板B与水平面的动摩擦因数也为=0.2， 拉力F=5N,当A刚滑上木板B时，A和B的加 速度分别为多大？ (2)如果水平面是光滑的，为使A不从B板右侧滑 落，拉力F应满足的条件. [解析](1)物体A刚滑上木板B时，根据牛顿第 二定律得： 对物体A:m1g=m1aA, ⑦ 对木板B:F+n1g一μ(m1+m2）g=m2aB 解得：aA=2m/s, ③ aB=3 m/s. ④ (2)物体A不滑落的临界条件是A到达B的右端 20g+L⑤ 时，A、B具有共同的速度，则”=宁 高考总复习物理 且%一”= ⑥ an aB 部挥瓷 an=6 m/s2 ⑦ 对木板B：F十m1g=m2aB ⑧ 解得：F=2N ⑨ 所以为使A不从B板右侧滑落，必须：F≥2N. [答案]见解析 [典例4幻如图甲所示，质量M=0.2kg的平板放在 水平地面上，质量m=0.1kg的物块（可视为质点） 叠放在平板上P处，整个系统处于静止状态.现对 平板施加一水平向右的拉力F,在0~1.5s内拉力 随时间t的变化关系如图乙所示，1.5s末撤去拉 力.物块始终未从平板上掉下.已知物块与平板间 的动摩擦因数1=0.2，平板与地面间的动摩擦因 数2=0.4，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等， 取g=10m/s2求： (1)t1=1s时物块的速度大小 (2)0~1.5s内平板运动的位移大小. (3)物块最后静止时到P处的距离 个FN 2.0 1.4--- F mmmmmmmm 0 11.5/s 甲 乙 [解析](1)对物块根据牛顿第二定律得41mg= ma1,解得a1=2m/s2,当t=1s时物块的速度大 小为1=a1t1=2m/s. (2)拉力为2N时，平板的加速度为F1一41mg 42(M+m)g=Ma2, 解得a2=3m/s2, 平板的速度为2=a2t41=3m/s, 1 平板的位移为x,=2a,=1.5m, 拉力为1.4N时的加速度为F2一41mg-2(M十 m)g=Mas, 解得a3=0, 平板做匀速运动，位移为x3=v2t2=1.5m, 0~1.5s内平板运动的位移大小为 x=x2十x3=3m. (3)物块加速到3m/s的时间为与=二0=1.5s, .1 物块加速到3m/s的位移为x4=之a1后=2.25m, 物块最后静止时到P处的距离为s=x一x4 =0.75m. [答案](1)2m/s;(2)3m;(3)0.75m ·7 规律总结 1.分析“板块”模型时要抓住一个转折和两个关联 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 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， 两个关联 由于摩擦力或其他力的转变，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.思维模板 物理 建模 确定滑块—滑板模型 隔离法 研究 对象 对滑块、滑板分别受力分析 计算 由牛顿第二定律 、判断 和运动学公式 判断是否存在速度相等的“临界点” 无临界滑块与滑 确定相同时间内的位 速度 板分离 移关系，列式求解 判断 若F≤Fm 、结果 滑块与 由隔离法 假设成立， 滑板没 由整 求滑块与 整体列式 有临界 分离， 求系 滑板间摩 假设速 速度 擦力F及 度相等 统加 速度 最大静座 若F>Fm, 后，加 擦力Fm 假设不成立， 速度也 分别列式 相等 [教师专享] 如图所示，质量M=1kg的 L 木块A静止在水平地面上， A 77777777777777777777777☑ 在木块的左端放置一个质 量m=1kg的铁块B,铁块与木块间的动摩擦因数 41=0.3,木块长L=1m,用F=5N的水平恒力作 用在铁块上，g取10m/s2. (1)若水平地面光滑，计算说明铁块与木块间是否 会发生相对滑动； (2)若木块与水平地面间的动摩擦因数42=0.1，求 铁块运动到木块右端的时间. 解析：(1)A、B之间的最大静摩擦力为Fm>μ1mg =0.3×1×10N=3N, 假设A、B之间不发生相对滑动，则 对A、B整体，有F=(M十n)a, 对A,有FB=Ma, 解得FB=2.5N, 因为FB<Fm,所以A、B之间不发生相对滑动. (2)对B,有F-41mg=maB, 对A,有41mg-h2(M+m)g=MaA, 根据题意有xB一xA=L, 1 又x=20i,xB=2Bf, 解得t=√2s. 答案：(1)见解析(2)√2s 第三章牛顿运动定律 [规范答题·满分规则1]用牛顿运动定律处理动力学问题 学生用书P58 经典案例 审题指导 [例门(2024·新课标卷，T25)(14分)如图，一 长度=1.0m的均匀薄板初始时静止在一光 777777 滑平台上，薄板的右端与平台的边缘O对齐. ①小物块与薄板发生相对滑动，薄板 ①薄板上的一小物块从薄板的左端以某一初速度向右滑动，②当 做加速运动，小物块做减速运动. ②可以判断出薄板和物块位移间的关 薄板运动的距离△1=合时，物块从薄板右端水平飞出：®当物块 系，并确定小物块离开薄板后做平抛 落到地面时，薄板中心恰好运动到O点.已知物块与薄板的质量 运动. 相等.它们之间的动摩擦因数4=0.3，重力加速度大小取g= ③可根据两者的等时性求出小物块做 10m/s2.求 平抛运动的时间， (1)物块初速度大小及其在薄板上运动的时间； (2)平台距地面的高度. 规范解答 满分规则 [规则1]答题过程，条理清晰 解析：(1)物块在薄板上做匀减速运动的加速度大小为 解题过程应条理清晰、层次分明.对于 a1=g=3m/s2, (2分) 综合性较强的题目，先选取研究对象， 然后进行受力分析和运动过程分析 薄板做加速运动的加速度a2=ms=3m/s2, (2分) m (如本题中的受力分析图)，最后选择 合适的规律列方程，并注意联系前后 1 对物块l十△l=%1一之a1, (1分) 过程的关键物理量. [规则2]解析过程，分步列式 .1 对薄板△1=2a,t, (1分) 解题时要注意分步列式，不要漏掉或 合并关系式，避免阅卷时找不到得分 解得vo=4m/s, (1分) 点，或者合并的综合算式一处错而导 致全部错误，丢失步骤分. 3s. (1分) [规则3]矢量方程，注意方向 (2)物块飞离薄板后薄板的速度v2=a2t=1m/s, (2分) 牛顿第二定律的表达式是矢量式，列 方程时要注意正方向的规定或选取. 物块飞离薄板后薄板做匀速运动，物块做平抛运动，则当物块落到地 [规则4]数学运算，可以淡化 阅卷原则是“只看物理公式和答案，不 面时运动的时间为'二 261 S, (2分)看数学运算过程”.只有物理公式和最 3 后的答案是得分点，应用物理过程导 则平台距地面的高度h= 2g1、5 n. (2分) 出的数学运算过程不是得分点. [规则5]文字说明，简洁明了 答案：1)4m/s:3s:(2) 1 9 m 分析过程，分步列式时加以必要的文 字说明，使解题过程更具有系统性， ·77·