2020高考物理新创新大一轮复习新课改省份专用讲义：第三章第17课时　动力学模型之一——滑块滑板（题型研究课）

第17课时　动力学模型之一—— 滑块滑板(题型研究课)

1.(2017·全国卷Ⅲ)如图，两个滑块A和B的质量分别为mA＝1 kg 和mB＝5 kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.5；木板的质量为m＝4 kg，与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1。某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v0＝3 m/s。A、B相遇时，A与木板恰好相对静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10 m/s2。求：
(1)B与木板相对静止时，木板的速度；
(2)A、B开始运动时，两者之间的距离。
解析：(1)A和B在木板上滑动时，木板也在地面上滑动。设A、B和木板所受的摩擦力大小分别为f1、f2和f3，A和B相对于地面的加速度大小分别为aA和aB，木板相对于地面的加速度大小为a1。在B与木板达到共同速度前有
f1＝μ1mAg①
f2＝μ1mBg②
f3＝μ2(m＋mA＋mB)g③
由牛顿第二定律得f1＝mAaA④
f2＝mBaB⑤
f2－f1－f3＝ma1⑥
设在t1时刻，B与木板达到共同速度，其大小为v1。由运动学公式有
v1＝v0－aBt1⑦
v1＝a1t1⑧
联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得
v1＝1 m/s。⑨
(2)在t1时间间隔内，B相对于地面移动的距离为
sB＝v0t1－aBt12⑩
设在B与木板达到共同速度v1后，木板的加速度大小为a2。对于B与木板组成的系统，由牛顿第二定律有
f1＋f3＝(mB＋m)a2⑪
由①②④⑤式知，aA＝aB；再由⑦⑧式知，B与木板达到共同速度时，A的速度大小也为v1，但运动方向与木板相反。由题意知，A和B相遇时，A与木板的速度相同，设其大小为v2，设A的速度大小从v1变到v2所用的时间为t2。则由运动学公式，对木板有v2＝v1－a2t2⑫
对A有v2＝－v1＋aAt2⑬
在t2时间间隔内，B(以及木板)相对地面移动的距离为
s1＝v1t2－a2t22⑭
在t1＋t2时间间隔内，A相对地面移动的距离为
sA＝v0(t1＋t2)－aA2⑮
A和B相遇时，A与木板的速度也恰好相同，因此A和B开始运动时，两者之间的距离为
s0＝sA＋s1＋sB⑯
联立以上各式，并代入数据得
s0＝1.9 m。⑰
答案：(1)1 m/s　(2)1.9 m
2．(2015·全国卷Ⅰ)一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5 m，如图(a)所示。t＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t＝1 s时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)。碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板。已知碰撞后1 s时间内小物块的v ­t图线如图(b)所示。木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10 m/s2。求：

(1)木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2；
(2)木板的最小长度；
(3)木板右端离墙壁的最终距离。
解析：(1)规定向右为正方向。木板与墙壁相碰前，小物块和木板一起向右做匀变速运动，设加速度为a1，小物块和木板的质量分别为m和M。由牛顿第二定律有
－μ1(m＋M)g＝(m＋M)a1①
由题图(b)可知，木板与墙壁碰撞前瞬间的速度v1＝4 m/s，由运动学公式有
v1＝v0＋a1t1②
s0＝v0t1＋a1t12③
式中，t1＝1 s，s0＝4.5 m是木板碰撞前的位移，v0是小物块和木板开始运动时的速度。
联立①②③式和题给条件得μ1＝0.1④
在木板与墙壁碰撞后，木板以－v1的初速度向左做匀变速运动，小物块以v1的初速度向右做匀变速运动。设小物块的加速度为a2，由牛顿第二定律有
－μ2mg＝ma2⑤
由题图(b)可得a2＝⑥
式中，t2＝2 s，v2＝0，联立⑤⑥式和题给条件得
μ2＝0.4。⑦
(2)设碰撞后木板的加速度为a3，经过时间Δt，木板和小物块刚好具有共同速度v3。由牛顿第二定律及运动学公式得
μ2mg＋μ1(M＋m)g＝Ma3⑧
v3＝－v1＋a3Δt⑨
v3＝v1＋a2Δt⑩
碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运动的位移为
s1＝Δt⑪
小物块运动的位移为s2＝Δt⑫
小物块相对木板的位移为Δs＝s2－s1⑬
联立⑥⑧⑨⑩⑪⑫⑬式，并代入数值得
Δs＝6.0 m ⑭
因为运动过程中小物块没有脱离木板，所以木板的最小长度应为6.0 m。
(3)在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速运动直至停止，设加速度为a4，此过程中小物块和木板运动的位移为s3。由牛顿第二定律及运动学公式得
μ1(m＋M)g＝(m＋M)a4⑮
0－v32＝2a4s3⑯
碰后木板运动的位移为s＝s1＋s3⑰
联立⑥⑧⑨⑩⑪⑮⑯⑰式，并代入数值得
s＝－6.5 m⑱
木板右端离墙壁的最终距离为6.5 m。
答案：(1)0.1　0.4　 (2)6.0 m　(3)6.5 m
3．(2015·全国卷Ⅱ)下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害。某地有一倾角为θ＝37°(sin 37°＝)的山坡C，上面有一质量为m的石板B，其上下表面与斜坡平行；B上有一碎石堆A(含有大量泥土)，A和B均处于静止状态，如图所示。假设某次暴雨中，A浸透雨水后总质量也为m(可视为质量不变的滑块)，在极短时间内，A、B间的动摩擦因数μ1减小为，B、C间的动摩擦因数μ2减小为0.5，A、B开始运动，此时刻为计时起点；在第2 s末，B的上表面突然变为光滑，μ2保持不变。已知A开始运动时，A离B下边缘的距离l＝27 m，C足够长，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。取重力加速度大小g＝10 m/s2。求：
(1)在0～2 s时间内A和B加速度的大小；
(2)A在B上总的运动时间。
解析：(1)在0～2 s时间内，A和B的受力如图所示，其中f1、N1是A与B之间的摩擦力和正压力的大小，f2、N2是B与C之间的摩擦力和正压力的大小，方向如图所示。由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得

f1＝μ1N1
N1＝mgcos θ
f2＝μ2N2
N2＝N1′＋mgcos θ
规定沿斜面向下为正。设A和B的加速度分别为a1和a2，由牛顿第二定律得
mgsin θ－f1＝ma1
mgsin θ－f2＋f1′＝ma2
由牛顿第三定律知
N1＝N1′
f1＝f1′
解得a1＝3 m/s2，a2＝1 m/s2。
(2)在t1＝2 s时，设A和B的速度分别为v1和v2，则
v1＝a1t1＝6 m/s
v2＝a2t1＝2 m/s
t＞t1时，设A和B的加速度分别为a1′和a2′。此时A与B之间的摩擦力为零，mgsin θ＝ma1′
解得a1′＝6 m/s2
mgsin θ－f2＝ma2′，解得a2′＝－2 m/s2
B做减速运动。设经过时间t2，B的速度减为零，则有
v2＋a2′t2＝0
解得t2＝1 s
在t1＋t2时间内，A相对于B运动的距离为
s＝－
＝12 m＜27 m
此后B静止，A继续在B上滑动。设再经过时间t3后A离开B，则有
l－s＝(v1＋a1′t2)t3＋a1′t32
解得t3＝1 s(另一解不合题意，舍去)
设A在B上总的运动时间为t总，有
t总＝t1＋t2＋t3＝4 s。
答案：(1)3 m/s2　1 m/s2　(2)4 s
[备考视角]
滑块滑板问题是高考常考的热点，这类问题对学生的综合分析能力和数学运算能力要求较高，而且滑块滑板模型常和功能关系、动量守恒等结合，分析过程较复杂。学生常因为对过程分析不清或计算失误而丢分。

命题点一　水平面上的滑块—滑板模型
1．两种位移关系
滑块由滑板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和滑板同向运动，位移之差等于板长；反向运动时，位移大小之和等于板长。
2．解题思路

[典例]　如图所示，质量m＝1 kg 的物块A放在质量M＝4 kg的木板B的左端，起初A、B静止在水平地面上。现用一水平向左的力F作用在B上，已知A、B之间的动摩擦因数为μ1＝0.4，地面与B之间的动摩擦因数为μ2＝0.1。假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10 m/s2。求：
(1)能使A、B发生相对滑动的力F的最小值；
(2)若力F＝30 N，作用1 s后撤去，要想A不从B上滑落，则B至少多长；从开始到A、B均静止，A的总位移是多少。
[解析]　(1)A的最大加速度由A、B间的最大静摩擦力决定，即
对于A，根据牛顿第二定律得：μ1mg＝mam
解得am＝4 m/s2
对于A、B整体，根据牛顿第二定律得：
F－μ2(M＋m)g＝(M＋m)am
解得F＝25 N。
(2)设力F作用在B上时A、B的加速度大小分别为a1、a2，撤去力F时速度分别为v1、v2，撤去力F后A、B速度相等前加速度大小分别为a1′、a2′，A、B速度相等时速度为v3，加速度大小为a3
对于A，根据牛顿第二定律得：μ1mg＝ma1
得a1＝4 m/s2，v1＝a1t1＝4 m/s
对于B，根据牛顿第二定律得：
F－μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2
得a2＝5.25 m/s2，v2＝a2t1＝5.25 m/s
撤去力F：a1′＝a1＝4 m/s2
μ1mg＋μ2(M＋m)g＝Ma2′
得a2′＝2.25 m/s2
经过t2时间后A、B速度相等v1＋a1′t2＝v2－a2′t2
得t2＝0.2 s
共同速度v3＝v1＋a1′t2＝4.8 m/s
从开始到A、B相对静止，A、B的相对位移即为B的最短长度L
L＝xB－xA＝＋－a1(t1＋t2)2＝0.75 m
A、B速度相等后共同在水平地面上做匀减速运动，加速度大小
a3＝μ2g＝1 m/s2
对于A、B整体从v3至最终静止位移为
x＝＝11.52 m
所以A的总位移为xA总＝xA＋x＝14.4 m。
[答案]　(1)25 N　(2)0.75 m　14.4 m
[规律方法]
求解“滑块—滑板”类问题的方法技巧
(1)弄清各物体初态对地的运动和相对运动(或相对运动趋势)，根据相对运动(或相对运动趋势)情况，确定物体间的摩擦力方向。
(2)准确地对各物体进行受力分析，并根据牛顿第二定律确定各物体的加速度，结合加速度和速度的方向关系确定物体的运动情况。
(3)速度相等是这类问题的临界点，此时往往意味着物体间的相对位移最大，物体的受力和运动情况可能发生突变。
[集训冲关]
1.如图所示，光滑水平面上静止放着长为L＝1.6 m、质量为M＝3 kg 的木板，一质量为m＝1 kg的物块放在木板的最右端，物块与木板之间的动摩擦因数为μ＝0.1，对木板施加一水平向右的拉力F，g取10 m/s2。
(1)施力F后，要想把木板从物块的下方抽出来，求力F的大小应满足的条件；
(2)为使木板从物块的下方抽出来，施加力F后，发现力F作用最短时间t0＝0.8 s，恰好可以抽出，求力F的大小。
解析：(1)力F拉动木板运动过程中，物块与木板相对运动时：
对物块，由牛顿第二定律知μmg＝ma，解得a＝1 m/s2
对木板，由牛顿第二定律知F－μmg＝Ma1，即
a1＝
要想抽出木板，则只需a1>a，即F>μ(M＋m)g
代入数据解得F>4 N。
(2)设施加力F时木板的加速度大小为a2，则
a2＝
设撤去力F时木板的加速度大小为a3，则
a3＝＝ m/s2
设从撤去力F到木板恰好被抽出所用时间为t2
木板从物块下抽出时有
物块速度为v＝a(t0＋t2)
发生的位移为s＝a(t0＋t2)2
木板的速度为v板＝a2t0－a3t2
发生的位移为s板＝a2t02＋a2t0t2－a3t22
木板刚好从物块下抽出时应有v板＝v且s板－s＝L
联立并代入数据得t2＝1.2 s，a2＝3 m/s2，F＝10 N。
答案：(1)F>4 N　(2)10 N
2.(2019·成都模拟)如图所示，长为l的长木板A放在动摩擦因数为μ1的水平地面上，一滑块B(可视为质点)从A的左侧以初速度v0向右滑上A，B与A间的动摩擦因数为μ2(A与水平地面间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相同)。已知A的质量为M＝2.0 kg，B的质量为m＝3.0 kg，A的长度为l＝2.5 m，μ1＝0.2，μ2＝0.4(g取10 m/s2)。
(1)A、B刚开始运动时各自的加速度分别是多大？
(2)为保证B在滑动过程中不滑出A，初速度v0应满足什么条件？
(3)在满足(2)中条件的情况下，分别求出A、B对水平地面的最大位移。
解析：(1)分别对A、B进行受力分析，
根据牛顿第二定律，B的加速度大小：
aB＝＝＝4 m/s2
A的加速度大小：
aA＝＝＝1 m/s2。
(2)当A、B速度相等时，若B恰好运动到A的右侧末端，则可保证B不会滑出A，
设经过时间t，A、B的速度相等，则有：
v0－aBt＝aAt
根据位移关系得：
v0t－aBt2－aAt2＝l
代入数据解得：t＝1 s，v0＝5 m/s
所以初速度v0≤5 m/s。
(3)B恰好不滑出A时，A、B对水平地面的位移最大，A、B速度相等后相对静止，一起以v＝aAt＝1 m/s的初速度做匀减速运动直到静止，
匀减速运动的加速度大小为a＝＝2 m/s2
发生的位移：s＝＝0.25 m
A、B速度相等前A发生的位移：
sA＝aAt2＝0.5 m
B发生的位移：sB＝v0t－aBt2＝3 m
所以A发生的位移：
sA＋s＝0.5 m＋0.25 m＝0.75 m
B发生的位移：
sB＋s＝3 m＋0.25 m＝3.25 m。
答案：(1)1 m/s2　4 m/s2　(2)v0≤5 m/s　(3)0.75 m　3.25 m
命题点二　斜面上的滑块—滑板模型
滑块—滑板类模型应抓住一个转折和两个关联
一 个 转 折
两 个 关 联
滑块与滑板达到相同速度或者滑块从滑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、滑板位移与板长之间的关联。一般情况下，由于摩擦力或其他力的转变，转折前、后滑块和滑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
[典例]　如图所示，倾角α＝30°的足够长光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一长L＝1.8 m、质量M＝3 kg的薄木板，木板的最右端叠放一质量m＝1 kg的小物块，物块与木板间的动摩擦因数μ＝。对木板施加沿斜面向上的恒力F，使木板沿斜面由静止开始做匀加速直线运动。设物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。
(1)为使物块不滑离木板，求力F应满足的条件；
(2)若力F＝37.5 N，物块能否滑离木板？若不能，请说明理由；若能，求出物块滑离木板所用的时间及滑离木板后沿斜面上升的最大距离。
[解析]　(1)以物块和木板整体为研究对象，由牛顿第二定律得F－(M＋m)gsin α＝(M＋m)a
以物块为研究对象，由牛顿第二定律得
Ff－mgsin α＝ma
又Ff≤Ffm＝μmgcos α
解得F≤30 N。
(2)因力F＝37.5 N＞30 N，所以物块能够滑离木板，对木板，由牛顿第二定律得
F－μmgcos α－Mgsin α＝Ma1
对物块，由牛顿第二定律得
μmgcos α－mgsin α＝ma2
设物块滑离木板所用时间为t
木板的位移x1＝a1t2
物块的位移x2＝a2t2
物块与木板的分离条件为
Δx＝x1－x2＝L
解得t＝1.2 s
物块滑离木板时的速度v＝a2t
物块滑离木板后的加速度大小为a3＝gsin α＝5 m/s2
物块滑离木板后沿斜面上升的最大距离为x＝
解得x＝0.9 m。
[答案]　(1)F≤30 N　(2)能　1.2 s　0.9 m
[规律方法]
解决速度临界问题的思维模板



[集训冲关]
1.如图所示，足够长光滑斜面的倾角为θ，斜面上放着质量为M的木板，木板左端有一个质量为m的木块，木块与木板之间的动摩擦因数为μ，木块和木板的初速度都为零。对木块施加平行斜面向上的恒力F后，下列说法正确的是(　　)
A．若μ＞tan θ，则木板一定沿斜面向上运动
B．若F＝mgsin θ，则木块一定静止在木板上
C．若木板沿斜面向上滑动，木板质量M越小，木块与木板分离时，木块滑行的距离越大
D．若木板沿斜面向下滑动，木板质量M越大，木块与木板分离时，木块滑行的距离越大
解析：选C　如果恒力F趋于0，木板一定沿斜面向下运动，故A错误；如果μ趋于0，木板一定向下运动，两者不能保持静止，故B错误；假设木板质量M趋于0，木板将随木块一直运动，故C正确；如果木块始终静止，无论M多大，木块滑行的距离都为0，故D错误。
2.(多选)(2019·日照模拟)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0.5，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，则下列判断正确的是(　　)
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0.5 m/s2
C．经过 s的时间，小孩离开滑板
D．小孩离开滑板时的速度大小为 m/s
解析：选AC　对小孩，由牛顿第二定律，加速度大小为a1＝＝2 m/s2，同理对滑板，加速度大小为a2＝＝1 m/s2，选项A正确，B错误；要使小孩与滑板分离，a1t2－a2t2＝L，解得t＝ s(另一解不符合，舍去)，离开滑板时小孩的速度大小为v＝a1t＝2 m/s，选项C正确，D错误。