2025高考物理總復習滑塊-木板模型中的動力學問題

第三章運動和力的關系第5課時目標要求1.掌握“滑塊—木板”模型的運動及受力特點。2.能正確運用動力學觀點處理“滑塊—木板”模型問題。專題強化：“滑塊—木板”模型中的動力學問題1.模型特點：滑塊(視為質(zhì)點)置于木板上，滑塊和木板均相對地面運動，且滑塊和木板在摩擦力的作用下發(fā)生相對滑動，滑塊和木板具有不同的加速度。2.模型構(gòu)建(1)隔離法的應用：對滑塊和木板分別進行受力分析和運動過程分析。(2)對滑塊和木板分別列動力學方程和運動學方程。(3)明確滑塊和木板間的位移關系如圖所示，滑塊由木板一端運動到另一端的過程中，滑塊和木板同向運動時，位移之差Δx＝x1－x2＝L(板長)；滑塊和木板反向運動時，位移之和Δx＝x2＋x1＝L。3.解題關鍵(1)摩擦力的分析判斷：由滑塊與木板的相對運動來判斷“板塊”間的摩擦力方向。(2)挖掘“v物＝v板”臨界條件的拓展含義摩擦力突變的臨界條件：當v物＝v板時，“板塊”間的摩擦力可能由滑動摩擦力轉(zhuǎn)變?yōu)殪o摩擦力或者兩者間不再有摩擦力(水平面上共同勻速運動)。①滑塊恰好不滑離木板的條件：滑塊運動到木板的一端時，v物＝v板；②木板最短的條件：當v物＝v板時滑塊恰好滑到木板的一端。內(nèi)容索引考點一

水平面上的板塊問題考點二

斜面上的板塊問題課時精練><考點一水平面上的板塊問題例1

(2024·江蘇揚州市寶應區(qū)段考改編)如圖所示，在光滑的水平面上有一足夠長且質(zhì)量為M＝4kg的長木板，在長木板右端有一質(zhì)量為m＝1kg的小物塊，長木板與小物塊間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.2，長木板與小物塊均靜止，g取10m/s2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。(1)若要使小物塊和木板間發(fā)生相對滑動，拉力F不小于什么值？答案10N當物塊和木板恰好發(fā)生相對滑動時，靜摩擦力達到最大值，設此時的加速度為a0，根據(jù)牛頓第二定律，對小物塊有μmg＝ma0，對物塊和木板整體有F0＝(m＋M)a0，聯(lián)立解得F0＝10N，即若小物塊和木板發(fā)生相對滑動，拉力不小于10N。(2)現(xiàn)用F＝14N的水平恒力向右拉長木板，經(jīng)時間t＝1s撤去水平恒力F，則：①在F的作用下，長木板的加速度為多大？答案3m/s2

對長木板，根據(jù)牛頓第二定律可得F－μmg＝Ma，解得a＝3m/s2②剛撤去F時，小物塊離長木板右端多遠？答案0.5m

撤去F之前，小物塊只受摩擦力的作用故am＝a0＝μg＝2m/s2③最終長木板與小物塊一起以多大的速度勻速運動？答案2.8m/s剛撤去F時v＝at＝3m/s，vm＝amt＝2m/s撤去F后，最終速度v′＝vm＋amt′＝v－a′t′解得共同速度v′＝2.8m/s④最終小物塊離長木板右端多遠？答案0.7m在t′內(nèi)，小物塊和長木板的相對位移大小最終小物塊離長木板右端的距離為x＝Δx1＋Δx2＝0.7m。拓展請畫出例1中小物塊和長木板的v－t圖像。答案例2

(2023·江蘇無錫市期中)如圖，質(zhì)量為M的木板放在光滑的水平面上，木板的左端有一質(zhì)量為m的木塊，在木塊上施加一水平向右的恒力F，木塊和木板由靜止開始運動，木塊相對地面運動位移x后二者分離。則下列哪些變化可使x增大A.僅增大恒力FB.僅增大木板的質(zhì)量MC.僅增大木塊的質(zhì)量mD.僅減小木塊與木板間的動摩擦因數(shù)√則知若僅增大恒力F，則木塊的加速度a1變大，木板的加速度a2不變，則x減小，A錯誤；若僅增大木板的質(zhì)量M，木塊的加速度a1不變，木板的加速度a2減小，由上式知x減小，B錯誤；若僅增大木塊的質(zhì)量m，則木塊的加速度a1減小，木板的加速度a2增大，則x增大，C正確；若僅減小木塊與木板間的動摩擦因數(shù)，則木塊的加速度a1增大，木板的加速度a2減小，則x減小，D錯誤。例3

(2024·江蘇宿遷市沭陽縣階段測試)如圖所示，質(zhì)量均為m＝1kg的物塊A和足夠長木板B靜止疊放在水平地面上，左邊緣對齊。A與B、B與地面間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.4。先敲擊A，A立即獲得水平向右的初速度，在B上滑動距離L＝2m后停下。接著敲擊B，B立即獲得水平向右的初速度，A、B都向右運動，左邊緣再次對齊時恰好相對靜止，此后兩者一起運動至停下。最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，物塊A長度可忽略不計，重力加速度g＝10m/s2。求：(1)A被敲擊后獲得的初速度大小vA；答案4m/s由牛頓第二定律知μmg＝maAA加速度的大小aA＝μg根據(jù)勻變速直線運動速度位移關系vA2＝2aAL(2)在左邊緣再次對齊的前、后，B運動的加速度的大小aB、aB′；答案12m/s2

4m/s2在左邊緣再次對齊前，對B，根據(jù)牛頓第二定律得μmg＋2μmg＝maB解得aB＝3μg＝12m/s2對齊后，對A、B整體，根據(jù)牛頓第二定律得2μmg＝2maB′，解得aB′＝μg＝4m/s2(3)B被敲擊后獲得的初速度大小vB及B運動的最大距離sB。答案8m/s

3m經(jīng)過時間t，A、B左邊緣對齊并達到共同速度v，位移分別為xA、xB，A加速度的大小等于aA，解得vB＝8m/s，xB＝2.5mA、B達到共同速度后，有v2＝2aB′xB′解得xB′＝0.5m所以sB＝xB＋xB′＝3m。處理“板塊”模型中動力學問題的流程返回斜面上的板塊問題><考點二例4如圖所示，在傾角為θ＝37°的足夠長固定斜面上放置一質(zhì)量M＝2kg，長度L＝1.5m的薄平板AB，在薄平板上端A處放一質(zhì)量m＝1kg的小滑塊(視為質(zhì)點)，將小滑塊和薄平板同時無初速度釋放，已知小滑塊與薄平板之間的動摩擦因數(shù)為μ1＝0.25，薄平板與斜面之間的動摩擦因數(shù)為μ2＝0.5，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取g＝10m/s2，求：(1)釋放后，小滑塊的加速度大小a1和薄平板的加速度大小a2；答案4m/s2

1m/s2

假設釋放后滑塊會相對于薄平板向下滑動，對滑塊，由牛頓第二定律有mgsin37°－Ff1＝ma1，其中Ff1＝μ1FN1，F(xiàn)N1＝mgcos37°解得a1＝gsin37°－μ1gcos37°＝4m/s2對薄平板，由牛頓第二定律有Mgsin37°＋Ff1－Ff2＝Ma2其中Ff2＝μ2FN2，F(xiàn)N2＝(m＋M)gcos37°解得a2＝1m/s2，a1>a2，假設成立，即滑塊會相對于薄平板向下滑動。(2)從釋放到小滑塊滑離薄平板經(jīng)歷的時間t。答案1s設滑塊滑離薄平板經(jīng)歷的時間為t，又x1－x2＝L解得t＝1s。返回課時精練1.(2024·江蘇蘇州市吳江中學月考)如圖甲所示，光滑水平面上靜置一個薄長木板，長木板上表面粗糙，其質(zhì)量為M，t＝0時刻，質(zhì)量為m的物塊以速度v水平滑上長木板，此后木板與物塊運動的v－t圖像如圖乙所示，重力加速度g取10m/s2，下列說法正確的是A.M＝mB.M＝3mC.木板的長度為8mD.木板與物塊間的動摩擦因數(shù)為0.1√1234567物塊相對木板運動的過程中，在水平方向上只受到木板給的滑動摩擦力的作用，故μmg＝ma1，而v－t圖像的斜率表示加速度，解得μ＝0.2，對木板受力分析可知μmg＝Ma2，由v－t圖像可知木板的加速度大小為聯(lián)立解得M＝2m，A、B、D錯誤；1234567從題圖乙可知物塊和木板在t＝2s時分離，兩者在0～2s內(nèi)的v－t圖像與t軸圍成的面積之差等于木板的長度，12345672.(2024·江蘇省鎮(zhèn)江第一中學月考)水平桌面上有一薄板，薄板上擺放著小圓柱體A、B、C，圓柱體的質(zhì)量分別為mA、mB、mC，且mA>mB>mC，如圖所示為俯視圖。用一水平外力將薄板抽出，圓柱體與薄板間的動摩擦因數(shù)、圓柱體與桌面間的動摩擦因數(shù)均相同。則抽出后，三個圓柱體留在桌面上的位置所組成的圖形可能是圖√1234567設圓柱體的質(zhì)量為m，圓柱體與薄板間的動摩擦因數(shù)、圓柱體與桌面間的動摩擦因數(shù)均為μ，則在抽出薄板的過程中，圓柱體在薄板摩擦力的作用下做加速運動，離開薄板后在桌面摩擦力的作用下做減速運動，根據(jù)牛頓第二定律有μmg＝ma，可得加速運動與減速運動時的加速度大小都為a＝μg。由于圓柱體A先離開薄板，B、C同時后離開薄板，則根據(jù)v＝at可知，A離開薄板時的速度小于B、C離開薄板時的速度，同時A加速運動的位移小于B、C加速運動的位移。離開薄板后，根據(jù)v2＝2ax可知，B、C在桌面上滑動的距離相等，且大于A在桌面上滑動的距離，故A正確。12345673.(2024·江蘇常州市前黃高級中學?？?如圖所示，質(zhì)量為m＝1kg的物塊(可視為質(zhì)點)放在質(zhì)量為M＝4kg的木板的右端，木板長L＝2.5m。開始木板靜止放在水平地面上，物塊與木板及木板與水平地面間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.2?，F(xiàn)對木板施加一水平向右的恒力F＝40N，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g＝10m/s2，則物塊在木板上運動的過程中，下列說法中正確的是A.物塊與木板以相同的加速度做勻加速運動B.木板的加速度大小為5.6m/s2C.物塊的最大速度大小為3.5m/sD.物塊到達木板左端時木板前進的位移大小為3.5m1234567√若木板和物塊相對靜止，則整體加速度故木板與物塊發(fā)生相對滑動，物塊與木板不能以相同的加速度做勻加速運動，故A錯誤；1234567由牛頓第二定律可得，木板的加速度大小由以上分析可知物塊的加速度大小為2m/s2，此時物塊的速度最大，v＝amt＝2m/s，故C錯誤；12345674.滑沙運動是小孩比較喜歡的一項運動，其運動過程可類比為如圖所示的模型，傾角為37°的斜坡上有長為1m的滑板，滑板與沙間的動摩擦因數(shù)為

。小孩(可視為質(zhì)點)坐在滑板上端，與滑板一起由靜止開始下滑，小孩與滑板之間的動摩擦因數(shù)取決于小孩的衣料，假設圖中小孩與滑板間的動摩擦因數(shù)為0.4，小孩的質(zhì)量與滑板的質(zhì)量相等，斜坡足夠長，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2，則下列說法正確的是A.小孩在滑板上下滑的加速度大小為2m/s2B.小孩和滑板脫離前滑板的加速度大小為5m/s2C.經(jīng)過1s的時間，小孩離開滑板D.小孩離開滑板時的速度大小為0.8m/s1234567√對小孩，由牛頓第二定律得，加速度大小為小孩和滑板脫離前，對滑板，加速度大小為離開滑板時小孩的速度大小為v＝a1t＝2.8m/s，C正確，D錯誤。12345675.(2024·江蘇連云港市?？?如圖所示，水平地面上靜置有一質(zhì)量為1kg的長木板A，木板長2m，左端放有一質(zhì)量為2kg的小物塊B。一水平向右的力F＝20N作用在物塊上，已知木板與地面間的動摩擦因數(shù)為μ1＝0.2，物塊與木板間的動摩擦因數(shù)為μ2＝0.5，g＝10m/s2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。求：(1)木板開始運動時的加速度大小；1234567答案4m/s2

物塊與木板之間的摩擦力大小Ff＝μ2mBg＝0.5×2×10N＝10N地面與木板之間的摩擦力大小Ff1＝μ1(mA＋mB)g＝0.2×3×10N＝6N木板開始運動時的加速度大小1234567設經(jīng)過時間t木板A和物塊B分離，有xB－xA＝lA解得t＝2s(2)多長時間A、B分離；1234567答案2s分離時A的速度大小v＝aAt＝8m/s。(3)分離時A的速度大小。1234567答案8m/s6.(2024·江蘇省灌南高級中學檢測)如圖所示，物塊A、木板B的質(zhì)量均為m＝1kg，不計A的大小，木板B長L＝2m。開始時A、B均靜止?，F(xiàn)使A以水平初速度v0從B的最左端開始運動。已知A與B、B與水平面之間的動摩擦因數(shù)分別為μ1＝0.3和μ2＝0.1，g取10m/s2。(1)發(fā)生相對滑動時，A、B的加速度各是多大？1234567答案3m/s2

1m/s2分別對物塊A、木板B進行受力分析可知，A在B上向右做勻減速運動，設其加速度大小為a1，木板B向右做勻加速運動，設其加速度大小為a2，根據(jù)牛頓第二定律可得μ1mg－μ2×2mg＝ma2解得a2＝1m/s21234567A剛好沒有從B上滑下來，則A滑到B最右端時的速度和B的速度相同，設為v，則有解得v＝1m/s，v0＝4m/s若A剛好沒有從B上滑下來，則A的初速度v0為4m/s。(2)若A剛好沒有從B上滑下來，則A的初速度v0為多大？1234567答案4m/s(3)若A剛好沒有從B上滑下來，求B在地面上滑行的總位移。1234567答案1m若A剛好沒有從B上滑下來，A到達B的最右端時B的位移此后A、B一起勻減速運動直至停止，設加速度大小為a3，由牛頓第二定律得μ2×2mg＝2ma3解得a3＝μ2g＝1m/s2A、B在地面上一起減速滑行的位移則B在地面上滑行的總位移為x＝x1＋x2＝0.5m＋0.5m＝1m。12345677.如圖甲所示，一輛質(zhì)量為M＝2kg的小車模型靜止在光滑水平面上，車上放置有木板A，木板左端放有可視為質(zhì)點、質(zhì)量mB＝4kg的小物體B。A、B緊靠車廂前壁，木板A的右端與小車后壁相距一定的距離。現(xiàn)對小車施加水平向左的恒力F0＝34N，使小車從靜止開始做勻加速直線運動，經(jīng)過t0＝1s，木板A與車廂后壁發(fā)生碰撞，該過程中木板A的加速度大小aA＝4m/s2，物體B未與木板A保持相對靜止，但未從木板A上滑離，已知木板A與小車間的動摩擦因數(shù)μ0＝0.3，物體B與木板A間的動摩擦因數(shù)μ＝0.25，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g＝10m/s2。1234567(1)求木板A的質(zhì)量和小車做勻加速直線運動的加速度大??；答案2kg

8m/s21234567由題知，木板