专题02 常见动力学模型(上)(解析版)

浙江高考物理尖子生核心素养提升之常见动力学模型(上)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＝ma m解得a m＝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)a m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/s2μ1mg＋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LL＝x B－x A＝v222a2＋v32－v22－2a2′－12a1(t1＋t2)2＝0.75 mA、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＝v322a3＝11.52 m所以A的总位移为x A总＝x A＋x＝14.4 m。

[答案](1)25 N(2)0.75 m14.4 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t 0＝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/s 2 对木板，由牛顿第二定律知F －μmg ＝Ma 1，即 a 1＝F －μmg M要想抽出木板，则只需a 1>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a 2，则 a 2＝F －μmg M设撤去力F 时木板的加速度大小为a 3，则 a 3＝μmg M ＝13m/s 2设从撤去力F 到木板恰好被抽出所用时间为t 2 木板从物块下抽出时有 物块速度为v ＝a (t 0＋t 2) 发生的位移为s ＝12a (t 0＋t 2)2木板的速度为v 板＝a 2t 0－a 3t 2发生的位移为s 板＝12a 2t 02＋a 2t 0t 2－12a 3t 22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t 2＝1.2 s ，a 2＝3 m/s 2，F ＝10 N 。

答案：(1)F >4 N (2)10 N2.(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v 0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/s 2)。

(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v 0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： a B ＝f m ＝μ2mg m ＝4 m/s 2A 的加速度大小：a A ＝f －f ′M ＝μ2mg －μ1(M ＋m )g M＝1 m/s 2。

(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： v 0－a B t ＝a A t 根据位移关系得： v 0t －12a B t 2－12a A t 2＝l代入数据解得：t ＝1 s ，v 0＝5 m/s 所以初速度v 0≤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 ＝a A t ＝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 ＝μ1(M ＋m )g M ＋m ＝2 m/s 2发生的位移：s ＝v 22a ＝0.25 mA 、B 速度相等前A 发生的位移： s A ＝12a A t 2＝0.5 mB 发生的位移：s B ＝v 0t －12a B t 2＝3 m所以A 发生的位移： s A ＋s ＝0.5 m ＋0.25 m ＝0.75 m B 发生的位移：s B ＋s ＝3 m ＋0.25 m ＝3.25 m 。

答案：(1)1 m/s 2 4 m/s 2 (2)v 0≤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[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＝32。

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/s 2。

(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 )g sin α＝(M ＋m )a 以物块为研究对象，由牛顿第二定律得 F f －mg sin α＝ma 又F f ≤F fm ＝μmg cos 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 －μmg cos α－Mg sin α＝Ma 1 对物块，由牛顿第二定律得 μmg cos α－mg sin α＝ma 2 设物块滑离木板所用时间为t 木板的位移x 1＝12a 1t2物块的位移x 2＝12a 2t 2物块与木板的分离条件为 Δx ＝x 1－x 2＝L 解得t ＝1.2 s物块滑离木板时的速度v ＝a 2t物块滑离木板后的加速度大小为a3＝g sin α＝5 m/s2物块滑离木板后沿斜面上升的最大距离为x＝0－v2－2a3解得x＝0.9 m。

[答案](1)F≤30 N(2)能 1.2 s0.9 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＝mg sin 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916。

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/s 2，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/s 2B ．小孩和滑板脱离前滑板的加速度大小为0.5 m/s 2C ．经过 2 s 的时间，小孩离开滑板D ．小孩离开滑板时的速度大小为433m/s解析：选AC 对小孩，由牛顿第二定律，加速度大小为a 1＝mg sin 37°－μ1mg cos 37°m ＝2 m/s 2，同理对滑板，加速度大小为a 2＝mg sin 37°＋μ1mg cos 37°－2μ2mg cos 37°m ＝1 m/s 2，选项A 正确，B 错误；要使小孩与滑板分离，12a 1t 2－12a 2t 2＝L ，解得t ＝ 2 s(另一解不符合，舍去)，离开滑板时小孩的速度大小为v ＝a 1t ＝2 2 m/s ，选项C 正确，D 错误。