《(新课标)高考物理总复习第17课时动力学模型之一——滑块滑板(题型研究课)课件.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《(新课标)高考物理总复习第17课时动力学模型之一——滑块滑板(题型研究课)课件.docx（46页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、第17课时动力学模型之一滑块滑板（题型研究课）NO.lNO.2课前练真题明考什么、怎么考课堂硏题型知学什么、怎么办N0.1课前练真题明考什么、怎么考1.(2017-全国卷UI)如图，两个滑块A和B的质£二量分别为mA = l kg和蚀=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“1 =0.5；木板的质量为m=4 kg,与地面间的动摩擦因数为血 =0.1。某时刻4、两滑块开始相向滑动，初速度大小均为=3 m/So 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=10m/s2o求：(1) B与木板相对静止时，木板的速
2、度；(2) 4、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办、九和於，A和B相对于 地面的加速度大小分别为和畑木板相对于地面的加速度 大小为如。在B与木板达到共同速度前有fi=fiunAgf2=itnBgf3 =“2（加 +tnA+mB）g由牛顿第二定律得fl=>AaAfi=niBaBfifh=niax设在九时刻，B与木板达到共同速度，其大小为由运动学 公式有6=久 v1=a1t1 联立式，代入已知数据得(2)在ti时间间隔内，B相对于地面移动的距离为Sb = v01 严设在B与木板达到共同速度0后，木板的加速度
3、大小为02。对于B与木板组成的系统，由牛顿第二定律有fi + 為=(mB+m)a2由式知，aA=aBi再由式知，B与木板达到共同 速度时，A的速度大小也为6,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S， 设4的速度大小从5变到S所用的时间为右。则由运动学公 式，对木板有2 = 5 a22对 A 有 v2=-v1-aAt2在b时间间隔内，（以及木板）相对地面移动的距离为sl=vlh22在/1+/2时间间隔内，A相对地面移动的距离为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+sB联立以上各式，并代入数据得$o
4、=l9 m。答案：(1)1 m/s (2)1.9 m2. (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。Z=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=ls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e "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/s木板与地面间的动摩擦因数“1及小物块与木板间的动摩 擦因数“2； 木板的最小长度； 木板右端离墙
5、壁的最终距离。.!o求：图(“)42v! (ms'1)012 z/s图(b)III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01,小物块和木板 的质量分别为加和由牛顿第二定律有+M)g=(m +M)«i由题图(b)可知，木板与墙壁碰撞前瞬间的速度可=4m/s,由 运动学公式有"=巩+。£JL2$0=卯1+216式中，(1 = 1 s, $0=4.5 m是木板碰撞前的位移，Oo是小物块和 木板开始运动时的速度。联立式和题给条件得“1=01在木板与墙壁碰撞后，木板以一5的初速度向左做匀变速运 动，小物块以&q
6、uot;的初速度向右做匀变速运动。设小物块的加 速度为a29由牛顿第二定律有一jU2tng=ma2由题图(b)可得=式中，（2 = 2 S,勺2 = 0,联立式和题给条件得“2=0.4。(2)设碰撞后木板的加速度为经过时间A6木板和小物块 刚好具有共同速度巧。由牛顿第二定律及运动学公式得 “2加g+“i(M+/n)g=M"3卩3= 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Si= 小物块运动的位移为匪=吟空山 小物块相对木板的位移为心=$2$1 联立式，并代入数值得As=60m 因为运动过程中小物块没有脱离木板，所以木板的最小长度应 为 6.0 mo(3) 在小
7、物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速运动 直至停止，设加速度为血，此过程中小物块和木板运动的位 移为巧。由牛顿第二定律及运动学公式得+M)g=(tn +M)«4碰后木板运动的位移为S=Si+s3联立式，并代入数值得木板右端离墙壁的最终距离为6.5 m。答案：(1)0.10.4(2)6.0 m (3)6.5 m3. （2015全国卷U）下暴雨时，有时会发生山体滑 ©坡或泥石流等地质灾害。某地有一倾角为0= 汽、3c、37Tsin37匚壬的山坡C,上面有一质量为加的石板B,其上下表面与斜坡平行；B上有一碎石堆A（含有大量泥 土），A和B均处于静止状态，如图所示。假设某次暴
8、雨中，A浸透雨水后总质量也为加（可视为质量不变的滑块），在极短时3间内，A、B间的动摩擦因数“1减小为孑，B、C间的动摩擦因数“2减小为0.5, A、B开始运动，此时刻为计时起点；在第2 s 末，B的上表面突然变为光滑，“2保持不变。已知A开始运动 时，A离B下边缘的距离/=27m, C足够长，设最大静摩擦力 等于滑动摩擦力。取重力加速度大小g=10m/s2o求：（1）在02 s时间内A和加速度的大小；（2）4在B上总的运动时间。-解析：在02 s时间内，A和的受力如图所示，其中/1、M是A与B之间的摩擦力和正压力的大小，了2、2是B与C 之间的摩擦力和正压力的大小，方向如图所示。由滑动摩擦力
9、mg公式和力的平衡条件得M=zwgcos 0fl =“2”2N2=Nif +wzgcos 0规定沿斜面向下为正。设A和B的加速度分别为如和3 由牛顿第二定律得mgsin 0fi=maimgsin' =mai由牛顿第三定律知N=Nf f=f解得 «i=3 m/s2, a21 m/s20在6=2 s时，设4和的速度分别为可和矽2，则。1=皿1=6 m/s。2=。2(1=2 m/s1勺时，设A和B的加速度分别为如和如。此时A与B之 间的摩擦力为零，zngsin O=max'解得如 =6 m/s2 mgsin 0f2=ma2',解得 a2' = 2 m/s2B
10、做减速运动。设经过时间切B的速度减为零，则有 v1-a2,仏=0 解得仏=1 s)(1 A2 2«2i2+2+2tt2，ti =12 m<27 m在h+t2时间内，A相对于B运动的距离为s= |flir12+r1Z2+|a1, t2此后B静止，A继续在B上滑动。设再经过时间心后A离开B, 则有$ =(可+如(2沟+独 解得t3 = ls(另一解不合题意，舍去)设A在B上总的运动时间为(总，有(总=h+f2+t3=4s。 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
11、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一滑板模型N0.2课堂研题型知学什么、怎么办审题建模第二步求加速度£11第三步111明确关系n111第一步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j求解吋应先仔细审题，理解题目的含义、分析清楚: 每一个物体的受力情况、运动情况:准确求出各物体在各运动过程的加速度（注意两： 过程的连接处加速度可能突变）找出物体之间的位移（路程）关系或速度关系是： 解题的突破口，求解中应注意
12、联系两个过程的纽! 带，每一个过程的末速度是下一个过程的初速度典例如图所示，质量加= lkg的物块A放在质量M=4 kg的木板B的左端，起初FABZZZZZZ/Z/Z/ZZZ/ZZZZZA、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4、B之间的动摩擦因数为“i=04,地面与B之间的动摩 擦因数为“2=01。假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g=10 m/s2o 求：(1) 能使4、B发生相对滑动的力F的最小值；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4、B均静止，4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4
13、,根据牛顿第二定律得：“i/Wg=/Wdm 解得 «m=4m/s2对于A、整体，根据牛顿第二定律得:F“2(M+/w)g=(M+fn)“m 解得 F=25 N。设力F作用在B上时A、B的加速度大小分别为如、如， 撤去力F时速度分别为可、5,撤去力F后A. B速度相等前 加速度大小分别为如、如，A、B速度相等时速度为4,加 速度大小为«3对于A,根据牛顿第二定律得：“iing=/nai得如=4 m/&,可=。1(1=4 m/s对于根据牛顿第二定律得：F“itng“2（M+/n）g=Ma2 得=5.25 m/s2, v2=a2ti=525 m/s撤去力 F： a/=ai
14、=4m/s2M"g+M2（M+m）g=Ma2 得 E =2.25 m/s2 经过b时间后A、B速度相等v1+a1f t2=V2a2f t2 得為=02 s共同速度 v3=v1-ha1f（2=4.8 m/s从开始到A、B相对静止，A. B的相对位移即为B的最短长度厶V2 v3 V219=亦+二厂一刃血+切=075mA、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。3=“霑=1 m/s2对于A、整体从"至最终静止位移为x=U.52m3所以A的总位移为和总=xa+x=14.4 mo答案(1)25 N (2)0.75 m 14.4 m【规律方法求解“滑块一滑板”类问题的方
15、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乙=1.6 m质量为A/=3kg的木板，一质量为加MmF>/ZZ/Z/Z/ZZZZZZZ/ZZ/ZZZ=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对木板施加一水平向右的拉力已g
16、 10 m/s2o(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Zo=O.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“mg=mat解得« = lm/s2 对木板，由牛顿第二定律知F “加g=M©,即Fjumg要想抽出木板，则只需ai>a,即F>“(M+/w)g代入数据解得F>4N。(2)设施加力F时木板的加速度大小为则如FfimgM设撤去力F时木板的加速度大小为如，则m/s2设从撤去力
17、F到木板恰好被抽出所用时间为r2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板二分臥彳+呼血一 木板刚好从物块下抽出时应有。板=。且s板一£=厶 联立并代入数据得r2=l-2 s, a2=3 m/s2, F=10 No 答案：(1)F>4 N (2)10 N2.(2019-成都棋拟)如图所示，长为/的长木板A 放在动摩擦因数为“1的水平地面上，一滑块B(可视为质点)从4的左侧以初速度向右滑上A, 与4间的动摩擦因数为“2®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
18、4的质量为M=2.0 kg, B的质量为m=3.0 kg,4 的长度为 1=2.5 m, “i=02，“2=04 取 lOm/s?)。(1)4、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4,初速度应满足什么条件？(3) 在满足中条件的情况下，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:° tn m=4 m/s2A的加速度大小:“2 加g“i（M+加）g=1 m/s2o(2)当4、B速度相等时，若恰好运动到4的右侧末端，则可保证B不会滑出4,设经过时间A、B的速度相等，则有：v0aBt=aAt
19、根据位移关系得：卯一切/一苏4” = /代入数据解得：f=ls, eo=5 m/s所以初速度QoW5 m/so(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=M+m=2血"p2发生的位移：s=025mA> B速度相等前A发生的位移：sA=aAt2=0.5 mB 发生的位移：sB=VotaBt2=3 m所以 A 发生的位移：M+s=0.5m+0.25m=0.75mB发生的位移：SB+s=3m+025m=325m。答案：(1)1 m/s2 4 m/s2 (2)%
20、 W 5 m/s (3)0.75 m 3.25 m滑块一滑板类模型应抓住一个转折和两个关联两个关联一个转折转折前.后受力情况之间的关联和滑块、滑块与滑板达到滑板位移与板长之间的关联。般情况下,相同速度或者滑由于摩擦力或其他力的转变，转折前、后块从滑板上滑下滑块和滑板的加速度都会发生变化，因此是受力和运动状态变化的转折点以转折点为界，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，倾角么=30啲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 = l kg的小物=J块，物块与木板间的动摩擦因数“=丫。对木板施加沿斜面向上的 恒力F
21、,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10m/s2o(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。解析以物块和木板整体为研究对象，由牛顿第二定 律得 F(M+加)gsin a=(Mrm)a以物块为研究对象，由牛顿第二定律得Fmgsin a=ma 又 FfWFfm=“/wgcos a 解得 FW30 No (2)因力F=375N>30N,所以物块能够滑离木板，对木板，由牛顿第二定律得 Fim
22、gcos aMgsin a=Ma对物块，由牛顿第二定律得“mgcos amgsin a=ma2设物块滑离木板所用时间为r 木板的位移物块的位移兀2 = ；"2”物块与木板的分离条件为Ax=xj xi=L解得(=1.2 s物块滑离木板时的速度v=at物块滑离木板后的加速度大小为a3=gsin么=5 m/s2 亠亠 0r2物块滑离木板后沿斜面上升的最大距离为兀=二么解得 x=0.9 mo 答案(l)FW30 N 能 12 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ni1.如图所示，足够长光滑斜面的倾角为，斜面上放着质量为M的木板，木板左端有一个质量为加的木块，木块与木板之间
23、的动摩擦因数为“，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“tan"，则木板一定沿斜面向上运动B. 若F=mgsin 0,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，木块滑彳丁的距离越大 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：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“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。答
24、案：C2.（多选）（2019-日照棋拟）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lm的滑板，川9滑板与沙间的动摩擦因数为訂。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2m/s2B. 小孩和滑板脱离前滑板的加速度大小为0.5 m/s2C. 经过 边s的时间，小孩离开滑板D. 小孩离开滑板时的速度大小为持3 m/s解析：对小孩，由牛顿第二定律，加速度大小为«1 =咤in37。一吋呻37。=2册，同理对滑板，加速度大小为选项Amgsin 37 °+“i/wgcos 37 2血加geos 37°2品=1她,正确，B错误；要使小孩与滑板分离，a1t2a2t2=Lf解得 t=y/2 s（另一解不符合，舍去），离开滑板时小孩的速度大小为v=ait=22 m/s,选项C正确，D错误。答案：AC