专题8 应用动力学解决滑块-滑板模型问题 2021年高考物理二轮专题解读与训练（解析版）

专题 8 应用动力学解决滑块-滑板模型问题 考点解读 1.模型特点 上、下叠放的两个物体，并且两物体在摩擦力的相互作用下发生相对滑动。 2.解题指导 （1）分析滑块和木板的受力情况，根据牛顿第二定律分别求出滑块和木板的加速度； （2）对滑块和木板进行运动情况分析，找出滑块和木板之间位移关系或速度关系，建立方程。 （3）通常所说物体运动的位移、速度、加速度都是对地而言的。在相对运动的过程中相互作用的物 体之间位移、速度、加速度、时间一定存在关联。它就是解决问题的突破口。 （4）求时间通常会用到牛顿第二定律加运动学公式或动量定理：应用动量定理时特别要注意条件和 方向，最好是对单个物体应用动量定理求解。 （5）求位移通常会用到牛顿第二定律加运动学公式或动能定理，应用动能定理时研究对象为单个物 体或可以看成单个物体的整体。另外求相对位移时，通常会用到系统能量守恒定律。 （6）求速度通常会用到牛顿第二定律加运动学公式或动能定理或动量守恒定律：应用动量守恒定律 时要特别注意系统的条件和方向。 3.两种位移关系 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，二者位移之差等于滑板长度； 反向运动时，二者位移之和等于滑板长。 4.易错点 （1）不清楚滑块、滑板的受力情况，求不出各自的加速度； （2）不清楚物体间发生相对滑动的条件。 说明：两者发生相对滑动的条件：（1）摩擦力为滑动摩擦力（动力学条件）；（2）二者速度或加 速度不相等（运动学条件）。（其中动力学条件是判断的主要依据） 5.分析“滑块—滑板模型”问题时应掌握的技巧 （1）分析题中滑块、滑板的受力情况，求出各自的加速度； （2）画好运动草图，找出位移、速度、时间等物理量间的关系； （3）明确每一过程的末速度是下一过程的初速度。 例 1.如图，质量为 M 且足够长的倾角为θ的斜面体 C 始终静止在水平面上，一质量为 m 的长方形木板 A 上表面光滑，木板 A 获得初速度 v0 后恰好能沿斜面匀速下滑，当木板 A 匀速下滑时将一质量也为 m 的滑 块 B 轻轻放在木板上，滑块 B 在木板 A 上下滑的过程中，下列说法正确的是（ ） A.A 与 B 组成的系统在沿斜面的方向上动量不守恒 B.A 的加速度大小为 2gsinθ C.A 的速度为 0 1 2 v 时 B 的速度也是 0 1 2 v D.水平面对斜面体有向右的摩擦力 【答案】C 【解析】A.因木板 A 获得初速度 v0 后恰好能沿斜面匀速下滑，即沿斜面方向受合力为零，可知 sin cosmg mg   当放上木块 B 后，对 AB 系统沿斜面方向仍满足 2 sin 2 cosmg mg    可知系统沿斜面方向受到的合外力为零，则系统沿斜面方向动量守恒，选项 A 错误； B.A 的加速度大小为 sin 2 cos sinA mg mga gm        选项 B 错误； C.由系统沿斜面方向动量守恒可知 0 0 12 vmv m mv  解得 0 1 2 vv  选项 C 正确； D.斜面体受到木板 A 垂直斜面向下的正压力大小为 2 cosmg  ，A 对斜面体向下的摩擦力大小为 2 cos =2 sinmg mg   ，这两个力的合力竖直向下，可知斜面体水平方向受力为零，即水平面对斜面 体没有摩擦力作用，选项 D 错误。 例 2.如图所示，甲叠放在物体乙上， 2 2m m m 乙 甲 ，甲、乙之间以及与地面之间的动摩擦因数均为μ， 一水平外力 F 向右拉乙，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为 g，下列说法正确的是（ ） A.要使甲、乙一起运动，则 F 最大值为 4 mg B.要使甲、乙一起运动，则 F 最大值为 5 mg C.若 5F mg ，则甲的加速度为 g D.若甲、乙一起向右匀速直线运动，F 方向可变， 0.5  ，则 F 最小值为 3 5 5 mg 【答案】D 【解析】AB. 要使甲、乙一起运动，甲的最大静摩擦力提供甲的最大加速度。 对整体受力分析，根据牛顿第二定律可知： 3 3F mg ma  对甲进行受力分析有： m g m a 甲 甲 解得要使甲、乙一起运动，则 F 最大值为 6F mg 选项 AB 错误； C.若 5 6F mg mg  ＜ ，则甲乙一起加速运动，整体根据牛顿第二定律可知： 3 3F mg ma  解得： 2 3a g 选项 C 错误； D.若甲、乙一起向右匀速直线运动，F 方向可变，设力 F 与水平方向的夹角为θ，则有： 3 0Fcos mg Fsin    （ ） 解得： 3 3 3 2 5 ( ) mg mg mgF cos sin sin cos sin            ＝ ＝ 其中 tan 2＝ 当分母最大即 ( ) 1sin    时，拉力最小，最小为： 3 5  5F mg 选项 D 正确。 故选 D。 1.（多选）如图所示，A，B 两物块的质量分别为 2m 和 m，静止叠放在水平地面上。A，B 间的动摩擦因 数为μ，B 与地面间的动摩擦因数为 。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为 g。现对 A 施加一 水平拉力 F，则（ ） A． 当 F＜2μmg 时，A，B 都相对地面静止 B． 当 F＝ 时，A 的加速度为 C． 当 F＞3μmg 时，A 相对 B 滑动 D． 无论 F 为何值，B 的加速度不会超过 【答案】BCD 【解析】由题意可知 AB 间的最大静摩擦力 ，B 与地面间的最大静摩擦力 ，所以当 F 逐渐增大至 时，B 与地面间先发生相对滑动，A 项错误；F 继续增大， AB 间摩擦力也逐渐增大，当ＡＢ间摩擦力增大至 时，AB 恰要发生相对滑动，此时对 B： ，可以解得 ；对 A： ，解得 ，C 项正确；F 继续增 大，B 受到两个不变的滑动摩擦力，加速度始终为 ，D 项正确；当 ，AB 正在一起匀加， 对整体： ，解得 ，B 正确。 2.如图，可看作质点的小物块放在长木板正中间，已知长木板质量为 M=4kg，长度为 L=2m，小物块质量 为 m=1kg，长木板置于光滑水平地面上，两物体皆静止。现在用一大小为 F 的水平恒力作用于小物块上， 发现只有当 F 超过 2.5N 时，才能让两物体间产生相对滑动。设两物体间的最大静摩擦力大小等于滑动摩 擦力大小，重力加速度 g=10m/s2，试求： （1）小物块和长木板间的动摩擦因数。 （2）若一开始力 F 就作用在长木板上，且 F=12N，则小物块经过多长时间从长木板上掉下？ 【答案】（1）0.2 （2）2s 【解析】（1）设两物体间的最大静摩擦力为 f，当 F=2.5N 作用于 m 时，对整体由牛顿第二定律有 ① 对 M，由牛顿第二定律 ② 由①②可得 f=2N 小物块竖直方向上受力平衡，所受支持力 N=mg，由摩擦力性质 f=μmg 得μ=0.2 ③ （2）F=12N 作用于 M 时，两物体发生相对滑动，设 M，m 加速度分别为 a1，a2， 对 M，由牛顿第二定律 ④ 得 a1=2.5m/s2 对 m，由牛顿第二定律 ⑤ 得 a2=2m/s2 由匀变速直线运动规律，两物体在 t 时间内位移为 ⑥ ⑦ m 刚滑下 M 时 ⑧ 由⑥⑦⑧得 t=2s 3.如图所示，以水平地面建立 轴，有一个质量 m=1kg 为的木块（视为质点）放在质量为 M=2kg 的长木 板上，木板长 L=11.5m。已知木板与地面的动摩擦因数为 ， 与 之间的摩擦因素 （设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）。 与 保持相对静止且共同向右运动，已知木板的左端 点经 过坐标原点 时的速度为 ，在坐标为 处有一挡板 ，木板与挡板 瞬间碰撞后立 即以原速率反向弹回，而木块在此瞬间速率不变，若碰后立刻撤去挡板 ， 取 10m/s2,求： （1）木板碰挡板 前瞬间的速度 为多少？ （2）木板最终停止运动时其左端 的位置坐标？ 【答案】(1) （2）1.4m 【解析】(1) 假设木板碰挡板前，木块和木板相对静止，木板与地面的滑动静摩擦力为 ， 根据牛顿第二定律知，它们的共同加速度为 小于 与 之间的最大摩擦力 产生的加速度为 ，所以木板碰挡板前，木块和木板组成的系统保持相对静 止向右匀减速运动，设木板碰挡板时的速度为 ，由运动学公式得： 其中：s=x-L=21m-11.5m=9.5m 解得： （水平向右） （2）由题设木板与挡板 瞬间碰撞后立即以原速率反向弹回，而木块在此瞬间速率不变及受力分析可知， 当木板碰到挡板并撤掉挡板后，木板以初速度 向左做匀减速运动，木块以初速度 向右做匀减速运动， 设木板和木块的加速度分别为 和 ，由牛顿第二定律可知： （水平向右） （水平向左） 假设木块没有掉离木板，由于木块加速度较大，所以木块先停下，然后向左做匀加速运动，直到二者保 持相对静止。设二者保持相对静止所用时间为 ，共同速度为 ，可得： 解得： （水平向左） 在此过程中，木块运动位移 （水平向右） 木板运动位移 （水平向左） 所以二者相对位移 ，即二者相对运动时木块没有掉离木板。二者共速 后，又以 向左减速至停下，设其向左运动的位移为 解得： 最终木板 左端 点位置坐标为 4.如图所示，水平地面上有一质量为 M 的长木板，一个质量为 m 的物块(可视为质点)放在长木板的最右端。 已知 m 与 M 之间的动摩擦因数为 ，木板与地面间的动摩擦因数为 。从某时刻起物块 m 以 的水平 初速度向左运动，同时木=板 M 在水平外力 F 控制下始终向右以速度 匀速运动，求： (1)在物块 m 向左运动过程中外力 F 的大小： (2)木板至少多长物块不会从木板上滑下来? 【答案】（ 1）f1+f2=μ1mg＋μ2(m+M)g（2） 【解析】（1）在物块 m 向左运动过程中，木板受力如图所示， 其中 f1，f2 分别为物 块和地面给木板的摩擦力，由题意可知 f1=μ1mg① f2=μ2(m+M)g ② 由平衡条件得：F= f1+f2=μ1mg＋μ2(m+M)g ③ （2）解法一：设物块向左匀减速至速度为零的时间为 t1，则 设 ④ 物块向左匀减速运动的位移为 X1 ，则 ⑤ 设物块由速度为零向右匀加速至与木板同速（即停止相对滑动）的时间为 t2，则 ⑥ 设物块向右匀加速运动的位移为 X2，则 ⑦ 此过程木板向右匀速运动的总位移为 X′，则 ⑧ 则物块不从木板上滑下来的最小长度： ⑨ 代入数据解得： ⑩ 解法二：以木板为参考系，设物块相对木板向左匀减速初速度为 V0，末速度为 Vt，则 ① ② 加速度： ③ 根据运动学公式： ④ 解得： ⑤ 5.如图所示，编号 1 是倾角为 370 的三角形劈，编号 2，3，4，5，6 是梯形劈，三角形劈和梯形．劈的斜 面部分位于同一倾斜平面内，即三角形劈和梯形劈构成一个完整的斜面体；可视为质点的物块质量为 ，与斜面部分的动摩擦因数均为 1＝0.5，三角形劈和梯形劈的质量均为 M＝1 kg，劈的斜面长 度均为 L＝0.3 m，与地面的动摩擦因数均为 2＝0.2，它们紧靠在一起放在水平面上，现使物块以平行于 斜面方向的初速度 v0＝6 m/s 从三角形劈的底端冲上斜 面，假定最大静摩擦力与滑动摩擦力相等。 （g=10m/s2,sin370=0.6） （1)若将所有劈都固定在水平面上，通过计算判断物块能否从第 6 块劈的右上端飞出？ （2)若所有劈均不固定，物块滑动到第几块劈时梯形劈开始相对地面滑动？ （3）劈开始相对地面滑动时，物块的速度为多大？ 【答案】（1） 不能 （2） 第 4 块 （3） m/s 【解析】（1）若劈一直保持静止不动，则物块滑到第 6 块劈右上端时的速度 解得： =0. 所以物块不能从第 6 块劈的右上端飞出 （2）物块与斜面间的弹力： =8N 物块与斜面间的滑动摩擦力： =4N 地面对劈的支持力： 当 时刚好开始滑动 解得： =3.6 所以物块滑动到第 4 块劈时，劈开始相对地面滑动 （3）物块的加速度： 代入数值 a=10m/s2 劈开始滑动时物块的速度： 解得： m/s 6.如图所示，倾角 =30 的足够长光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一长 L=1.8m，质量 M= 3kg 的薄 木板，木板的最右端叠放一质量 m=lkg 的小物块，物块与木板间的动摩擦因数 = ．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．设物块与木板间最大静摩擦力等于滑动摩 擦力，取重力加速度 g=l0 ． (1)为使物块不滑离木板，求力 F 应满足的条件； (2)若 F=37.5N，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． 【答案】（1）条件为 F≤30N．（2）能 1.2s， 0.9m． 【 解 析 】 （ 1 ） 对 M ， m ， 由 牛 顿 第 二 定 律 得 ， 对 m ， 有 代入数据解得 F≤30N． （2）当 F=37.5N＞30N，物块能滑离木板， 对 M，有： 对 m，有： 设滑块滑离木板所用的时间为 t，由运动学公式得， a1t2− a2t2 ＝L 代入数据解得 t=1.2s； 物块滑离木板时的速度 v=a2t 由公式 代入数据解得 s=0.9m． 7.如图所示，由斜面 A B 和水平面 BC 组成的物块，放在光滑水平地面上，斜面 AB 部分光滑，AB 长度为 S=2.5 m，水平部分 BC 粗糙。物块左侧与竖直墙壁之间连接着一个力传感器，当传感器受压时示数为正 值，被拉时为负值。上表面与 BC 等高且粗糙程度相同的木板 DE 紧靠在物块的右端，木板 DE 质量 M=4 kg，长度 L=1.5 m。一可视为质点的滑块从 A 点由静止开始下滑，经 B 点由斜面转到水平面时速度大小不 变。滑块从 A 到 C 过程中，传感器记录到力和时间的关系如图乙所示。g 取 10m/s2，求： (1)斜面 AB 的倾角 ； (2)滑块的质量 m； (3)滑块到达木板 DE 右端时的速度大小。 【答案】（1） 300（2）2kg (3) 1m/s 【解析】（1）在 0-1s 内木块沿斜面匀加速下滑，由 ,由图可知，t=1s， 解得： ， 得： =30°． （2）在 0-1s 内对斜面体 ABC 受力分析， ， 由图可知：F= N， 代入数据解得：m=2kg． （3）木块到达 B 点的速度： =5m/s， 1-2s 木块在 BC 部分做减速运动： 对斜面体，由图象知： =4N， 代入数据解得： =2m/s2， =0.2． 木块到达 C 点时： =3m/s ． 木 块 滑 上 木 板 DE 时 ， 对 木 块 ： ， 对 木 板 ： ， 代入数据解得：a1＝−2m/s2，a2＝1m/s2． 设木块在木板上的滑行时间为 t， 木块 ， 木板 L=x 木块-x 木板， 代入数据解得：t=1s． 此时木块的速度：v 木块=vC- a1t=1m/s， 木板的速度：v 木板=a2t=1m/s． 所以木块恰好滑到木板右端，速度为 1m/s． 8.如图所示，一固定的 l/4 圆弧轨道，半径为 l.25m，表面光滑，其底端与水平面相切，且与水平面右端 P 点相距 6m。轨道的下方有一长为 l.5m 的薄木板，木板右侧与轨道右侧相齐。现让质量为 1kg 的物块从轨 道的顶端由静止滑下，当物块滑到轨道底端时，木板从轨道下方的缝隙中冲出，此后木板在水平推力的 作用下保持 6m/s 的速度匀速运动，物块则在木板上滑动。当木板右侧到达 P 点时，立即停止运动并被锁 定，物块则继续运动，最终落到地面上。已知 P 点与地面相距 l.75m，物块与木板间的动摩擦因数为 0.1， 取重力加速度 g=10m/s2，不计木板的厚度和缝隙大小，求：(结果保留两位有效数字) (1)物块滑到弧形轨道底端受到的支持力大小； (2)物块离开木板时的速度大小； (3)物块落地时的速度大小及落地点与 P 点的水平距离。 【答案】（1）30N； （2）5.9m/s； （3）3.5m． 【解析】⑴对物块 解得 ⑵木板运动时间 对物块 ⑶由机械能守恒定律得 物块在竖直方向 物块在水平方向 9.如图所示，一质量为 mB=2kg，长为 L=6m 的薄木板 B 放在水平面上，质量为 mA=2kg 的物体 A（可视为 质点）在一电动机拉动下从木板左端以 v0=5m/s 的速度向右匀速运动．在物体带动下，木板以 a=2 m/s2 的 加速度从静止开始做匀加速直线运动，此时牵引物体的轻绳的拉力 F= 8N．已知各接触面间的摩擦因数 恒定，重力加速度 g 取 l0m／s2，则 （1）经多长时间物体 A 滑离木板？ （2）木板与水平面间的动摩擦因数为多少？ （3）物体 A 滑离木板后立即取走物体 A，木板能继续滑行的距离为多少？ 【答案】（1）2s （2） 0.1 （3） 8m 【解析】（1）设经 t0 时间物体 A 滑离木板，则对 A：SA=v0t0 对木板 B： SA-SB=L 联立解得：t0=2s，t′=3s（舍去） （2）AB 间的滑动摩擦力为：fAB=F=8N 此时地面对 B 的摩擦 力满足：fAB-f=mBa 解得：f=4N 地面对 B 的摩擦力：f=μFN，FN=（mA+mB）g=40N 联立解得：μ=0.1 （3）A 滑离 B 时 B 的速度为：v=at0=4m/s A 滑离 B 后 FN=mBg=20N，地面对 B 的摩擦力为 f′= ＝2N A 滑离 B 后对木板 f′=mBa′ 解得 a′=1m/s2 从 A 滑离木板到木板停止运动所经历的时间 t= ＝4s 木板 滑过位移为 x= ＝8m 10.如图所示，物体 A 的质量 m1＝1kg，静止在光滑水平面上的木板 B 的质量为 m2＝0.5 kg，长 L＝1 m， 某时刻 A 以 v0＝4 m/s 的初速度滑上木板 B 的上表面，为使 A 不至于从 B 上滑落，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μ＝0．2，忽略物体 A 的大小，拉力 F 应满足 的条件。 【答案】1 N≤F≤3 N 【解析】物体 A 滑上木板 B 以后，做匀减速运动，加速度 木板 B 做匀加速运动，设加速度为 a2，由牛顿第二定律， 有 F＋μm1g＝m2a2， A 不从 B 的右端滑落的临界条件是 A 到达 B 的右端时，A，B 具有共同的速度 vt，由位置关系，有 ， 运动时间相等，有 ， 联立解得 a2＝ －μg，F＝m2( －μg)－μm1g， 代入数值，得 F＝1 N。若 F