高考物理一轮复习讲义第3章第5课时　专题强化 “滑块—木板”模型中的动力学问题（2份打包，原卷版+教师版）

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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。
考点一 水平面上的板块问题
例1 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。
(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？
(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？
②刚撤去F时，小物块离长木板右端多远？
③最终长木板与小物块一起以多大的速度匀速运动？
④最终小物块离长木板右端多远？
答案 (1)10 N (2)①3 m/s2 ②0.5 m
③2.8 m/s ④0.7 m
解析 (1)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。
(2)①对长木板，根据牛顿第二定律可得
F－μmg＝Ma，解得a＝3 m/s2
②撤去F之前，小物块只受摩擦力的作用
故am＝a0＝μg＝2 m/s2
Δx1＝eq \f(1,2)at2－eq \f(1,2)amt2＝0.5 m
③刚撤去F时v＝at＝3 m/s，vm＝amt＝2 m/s
撤去F后，
长木板的加速度大小a′＝eq \f(μmg,M)＝0.5 m/s2
最终速度v′＝vm＋amt′＝v－a′t′
解得共同速度v′＝2.8 m/s
④在t′内，小物块和长木板的相对位移
Δx2＝eq \f(v2－v′2,2a′)－eq \f(v′2－vm2,2am)，解得Δx2＝0.2 m
最终小物块离长木板右端的距离为
x＝Δx1＋Δx2＝0.7 m。
例2 (多选)如图甲所示，长木板B静止在光滑水平地面上，在t＝0时刻，可视为质点、质量为1 kg的物块A在水平外力F作用下，从长木板的左端从静止开始运动，1 s后撤去外力F，物块A、长木板B的速度—时间图像如图乙所示，g＝10 m/s2，则下列说法正确的是( )
A．长木板的最小长度为2 m
B．A、B间的动摩擦因数是0.1
C．长木板的质量为0.5 kg
D．外力F的大小为4 N
答案 ABD
解析 由题图乙可知，2 s后物块和木板达到共速后一起匀速运动，说明木板与地面之间无摩擦，v－t图像中图线与t轴围成的面积表示物体的位移，故由题图乙可知，在2 s内物块的位移为x1＝4 m，木板的位移为x2＝2 m，故长木板的最小长度为L＝x1－x2＝2 m，A正确；由题图乙可知，1 s时撤去外力F，在1～2 s内由物块的受力及牛顿第二定律可知μmg＝maA，由题图乙可知1～2 s内物块的加速度大小为aA＝1 m/s2，解得A、B间的动摩擦因数为μ＝0.1，B正确；由题图乙可知，木板的加速度大小为aB＝1 m/s2，由木板B的受力及牛顿第二定律可知μmg＝MaB，解得长木板的质量为M＝1 kg，C错误；由0～1 s内物块的受力及牛顿第二定律可知F－μmg＝maA′，又此过程中加速度的大小为aA′＝3 m/s2，解得F＝4 N，D正确。
例3 (2024·广东佛山市联考)如图所示，质量均为m＝1 kg的物块A和B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；
(2)在左边缘再次对齐的前、后，B运动的加速度的大小aB、aB′；
(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 (1)4 m/s (2)12 m/s2 4 m/s2
(3)8 m/s 3 m
解析 (1)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
解得vA＝eq \r(2μgL)＝4 m/s。
(2)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
(3)经过时间t，A、B达到共同速度v，位移分别为xA、xB，A加速度的大小等于aA，
则v＝aAt＝vB－aBt，xA＝eq \f(1,2)aAt2
xB＝vBt－eq \f(1,2)aBt2，xB－xA＝L
解得vB＝8 m/s，xB＝2.5 m
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。
处理“板块”模型中动力学问题的流程
考点二 斜面上的板块问题
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，cs 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；
(2)从释放到小滑块滑离薄平板经历的时间t。
答案 (1)4 m/s2 1 m/s2 (2)1 s
解析 (1)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＝mgcs 37°
解得a1＝gsin 37°－μ1gcs 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)gcs 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。
(2)设滑块滑离薄平板经历的时间为t，由运动学公式，有x1＝eq \f(1,2)a1t2，x2＝eq \f(1,2)a2t2，又x1－x2＝L
解得t＝1 s。
课时精练
1.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( )
答案 A
解析 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。
2．(多选)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＝2m
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
答案 BC
解析 物块相对木板运动的过程中，在水平方向上只受到木板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，故物块的加速度大小为a1＝eq \f(7－3,2) m/s2＝2 m/s2，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a2＝eq \f(2－0,2) m/s2＝1 m/s2，联立解得M＝2m，A、D错误，B正确；由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，故L＝eq \f(1,2)×(7＋3)×2 m－eq \f(1,2)×2×2 m＝8 m，C正确。
3.(2023·福建省枫亭中学期中)如图所示，木板长L＝2.4 m，质量M＝4.0 kg，与地面间的动摩擦因数为μ1＝0.4。质量为m＝1.0 kg的小滑块(可视为质点)放在木板的最右端，与木板间的动摩擦因数为μ2＝0.2，开始时滑块与木板均处于静止状态，现给木板一个向右的初速度v0，取g＝10 m/s2，求：
(1)木板所受摩擦力的大小；
(2)使滑块不从木板上掉下来，木板初速度v0的最大值。
答案 (1)22 N (2)6 m/s
解析 (1)木板所受摩擦力的大小
Ff＝μ2mg＋μ1(M＋m)g＝22 N
(2)设滑块做匀加速直线运动的加速度大小为a1，则μ2mg＝ma1，a1＝μ2g＝2 m/s2
木板做匀减速直线运动的加速度大小为a2，
则μ2mg＋μ1(M＋m)g＝Ma2
解得a2＝5.5 m/s2
设经过时间t滑块刚好滑到木板左侧且两者速度相等，有a1t＝v0－a2t①
滑块相对于地面的位移x1＝eq \f(1,2)a1t2②
木板相对于地面的位移x2＝v0t－eq \f(1,2)a2t2③
又L＝x2－x1④
由①②③④解得，使滑块不从木板上掉下来，木板初速度的最大值v0＝6 m/s。
4．(多选)如图所示，质量mA＝1 kg足够长的长板A置于水平地面上，质量mB＝2 kg的小滑块B置于长板A的左端，A与水平地面间的动摩擦因数μ1＝0.3，B与A间的动摩擦因数μ2＝0.5，对B施加一大小为F＝20 N，方向与水平方向成37°角的恒力。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。下列说法正确的是( )
A．A的加速度大小为1 m/s2
B．B的加速度大小为6 m/s2
C．若力F作用一段时间后，撤去力F，A的加速度大小增大
D．若力F作用一段时间后，撤去力F，B相对A静止
答案 BC
解析 对小滑块B进行受力分析，如图甲，可知FNB＋Fsin 37°＝mBg
Ff1＝μ2FNB，根据牛顿第二定律有
Fcs 37°－Ff1＝mBaB
联立可得aB＝6 m/s2，故B正确；
对长板A受力分析，如图乙，
可知FNA＝FNB′＋mAg＝FNB＋mAg
由Ff地m＝μ1FNA＝5.4 N>Ff1′＝Ff1可知，长板A静止，即aA＝0，故A错误；
若力F作用一段时间后，撤去力F，则对A有
aA′＝eq \f(μ2mBg－μ1mA＋mBg,mA)＝1 m/s2
对B有aB′＝μ2g＝5 m/s2
可知，A的加速度大小增大，B不会相对A静止，故C正确，D错误。
5．(2024·广东东莞市石龙中学月考)如图所示，厚0.2 m、长为3 m的木板AB静止在粗糙水平地面上，C为其中点，木板上表面AC部分光滑，CB部分粗糙，下表面与水平地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，木板右端静止放置一个小物块(可看成质点)，它与木板CB部分的动摩擦因数μ2＝0.3。已知木板和小物块的质量均为2 kg，重力加速度g取10 m/s2，现对木板施加一个水平向右的恒力F。
(1)为使小物块与木板保持相对静止，求恒力的最大值Fm；
(2)当F＝22 N时，小物块经多长时间滑到木板中点C?
(3)接第(2)问，当小物块到达C点时撤去F，求小物块落地时与木板A端的距离。
答案 (1)16 N (2)1 s (3)0.326 m
解析 (1)设小物块能够达到的最大加速度为am，由牛顿第二定律有μ2mg＝mam
解得am＝3 m/s2
对整体，由牛顿第二定律有Fm－μ1(M＋m)g＝(M＋m)am，解得Fm＝16 N
(2)当F＝22 N时，小物块与长木板发生相对滑动，对长木板有F－μ1(M＋m)g－μ2mg＝Ma1，解得a1＝6 m/s2
小物块加速度a2＝eq \f(μ2mg,m)＝μ2g＝3 m/s2
小物块滑到木板中点C，有eq \f(1,2)a1t12－eq \f(1,2)a2t12＝eq \f(L,2)
解得t1＝1 s
(3)设撤掉外力时木板和物块的速度分别为v1、v2，则有v1＝a1t1＝6 m/s
v2＝a2t1＝3 m/s
撤掉外力后，物块匀速运动，设木板做匀减速运动的加速度为a3，则μ1(M＋m)g＝Ma3，
解得a3＝2 m/s2
设小物块从长木板中点滑动到最左端时长木板速度为v3，
则有eq \f(v12－v32,2a3)－v2·eq \f(v1－v3,a3)＝eq \f(L,2)
解得v3＝(3＋eq \r(3)) m/s
此后长木板做匀减速运动，则μ1Mg＝Ma4
解得a4＝1 m/s2
此后小物块做平抛运动，h＝eq \f(1,2)gt22
落地时距长木板左端的距离为Δx＝v3t2－eq \f(1,2)a4t22－v2t2，解得Δx≈0.326 m。
6.(2024·江苏苏州市段考)如图所示，有一倾角为θ＝37°的斜面(sin 37°＝eq \f(3,5))，下端固定一挡板，挡板与斜面垂直，一长木板上表面的上部分粗糙，下部分光滑，上端放有一质量为m的小物块。现让长木板和小物块同时由静止释放，此时刻为计时起点，在第2 s末，小物块刚好到达长木板的光滑部分，又经过一段时间，长木板到达挡板处速度恰好减为零，小物块刚好到达长木板的下端边缘。已知小物块与长木板的上部分的动摩擦因数μ1＝eq \f(3,8)，长木板与斜面间的动摩擦因数μ2＝0.5，长木板的质量M＝m。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时间内长木板和小物块的加速度的大小；
(2)开始时长木板距离挡板多远；
(3)长木板的长度。
答案 (1)3 m/s2 1 m/s2 (2)3 m (3)12 m
解析 (1)在0～2 s时间内，对小物块和长木板受力分析，Ff1、FN1是小物块与长木板之间的摩擦力和正压力的大小，Ff2、FN2是长木板与斜面之间的摩擦力和正压力的大小，Ff1＝μ1FN1，FN1＝mgcs θ
Ff2＝μ2FN2，FN2＝FN1＋Mgcs θ
规定沿斜面向下为正，设小物块和长木板的加速度分别为a1和a2，由牛顿第二定律得
mgsin θ－Ff1＝ma1
Mgsin θ－Ff2＋Ff1＝Ma2
联立得a1＝3 m/s2，a2＝1 m/s2
(2)在t1＝2 s时，设小物块和长木板的速度分别为v1和v2，
则v1＝a1t1＝6 m/s，v2＝a2t2＝2 m/s
t>t1时，设小物块和长木板的加速度分别为a1′和a2′。此时小物块与长木板之间摩擦力为零，
对小物块：mgsin θ＝ma1′，a1′＝6 m/s2
对长木板：Mgsin θ－μ2(M＋m)gcs θ＝Ma2′，
a2′＝－2 m/s2
即长木板做匀减速运动，设经过时间t2，长木板的速度减为零，则有v2＋a2′t2＝0
联立得t2＝1 s
在t1＋t2时间内，L1＝eq \f(1,2)a2t12＝2 m，
L2＝eq \f(1,2)|a2′|t22＝1 m
L＝L1＋L2＝3 m
(3)长木板的长度等于小物块相对于长木板运动的距离，即s＝(eq \f(1,2)a1t12＋v1t2＋eq \f(1,2)a1′t22)－(eq \f(1,2)a2t12＋v2t2＋eq \f(1,2)a2′t22)＝12 m。