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專題提升六　“滑塊—木板”模型中的動(dòng)力學(xué)問題
1.模型特點(diǎn)。
滑塊置于木板上,滑塊和木板均相對(duì)地面運(yùn)動(dòng),且滑塊和木板在摩擦力的作用下發(fā)生相對(duì)滑動(dòng),滑塊和木板具有不同的加速度。
2.滑塊與木板間的位移關(guān)系。
如圖所示,滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))由木板一端運(yùn)動(dòng)到另一端的過程中,滑塊和木板同向運(yùn)動(dòng)時(shí),相對(duì)位移大小等于滑塊與木板對(duì)地位移大小之差,即Δx=x1-x2=L(L為板長(zhǎng)),如圖甲所示;滑塊和木板反向運(yùn)動(dòng)時(shí),相對(duì)位移大小等于滑塊與木板對(duì)地位移大小之和,即Δx=x1+x2=L(L為板長(zhǎng)),如圖乙所示。
甲　　乙
3.臨界狀態(tài)v塊=v板是解題的關(guān)鍵。
(1)v塊=v板時(shí),滑塊與木板間的摩擦力可能由滑動(dòng)摩擦力轉(zhuǎn)變?yōu)殪o摩擦力或摩擦力消失。
(2)滑塊恰好不滑離木板或木板最短的條件:滑塊剛好到達(dá)木板的一端時(shí)有v塊=v板。
4.解答“滑塊—木板”模型的流程。
題型1　水平面上的“滑塊—木板”模型
　　　　　 　　　　　　　　　　
【典例1】　(2025·阜新模擬)如圖所示,水平桌面上質(zhì)量m1=0.01 kg的薄紙板上,放有一質(zhì)量m2=0.04 kg的小水杯(可視為質(zhì)點(diǎn)),小水杯距紙板左端距離x1為0.5 m,距桌子右端距離x2為1 m。現(xiàn)給紙板一個(gè)水平向右的恒力F,欲將紙板從小水杯下抽出。若紙板與桌面、水杯與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1均為0.4,水杯與紙板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2為0.2,重力加速度g取10 m/s2,設(shè)水杯在運(yùn)動(dòng)過程中始終不會(huì)翻倒,求:
(1)當(dāng)F滿足什么條件時(shí),抽動(dòng)紙板過程水杯相對(duì)紙板不滑動(dòng);
(2)當(dāng)F為0.4 N時(shí),紙板的加速度是多大
(3)當(dāng)F滿足什么條件,紙板能從水杯下抽出,且水杯不會(huì)從桌面滑落
【典例2】　如圖所示,質(zhì)量M=1 kg的木板A靜止在水平地面上,在木板的左端放置一個(gè)質(zhì)量m=1 kg的鐵塊B(大小可忽略),鐵塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1=0.3,木板長(zhǎng)L=1 m,用F=5 N的水平恒力作用在鐵塊上,設(shè)鐵塊B與木板A間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力,g取10 m/s2。
(1)若水平地面光滑,計(jì)算說明鐵塊與木板間是否會(huì)發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)。
(2)若木板與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2=0.1,求鐵塊運(yùn)動(dòng)到木板右端所用的時(shí)間。
題型2　斜面上的“滑塊—木板”模型
　　　　　 　　　　　　　　　　
【典例3】　如圖所示,傾角為θ=37°的傳送帶足夠長(zhǎng),初始靜止。質(zhì)量M=2 kg的長(zhǎng)木板放置在傳送帶上,恰好靜止。有一質(zhì)量m=1 kg的小物塊,以速度v0=3 m/s沿著板面從上邊緣滑上木板。當(dāng)木板與物塊恰好相對(duì)靜止時(shí),板撞到傳送帶下端的彈性開關(guān)上,傳送帶立即以v=1 m/s順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng),木板以碰前大小相同的速度反彈。最終物塊恰好沒有滑離木板。已知物塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2=0.875,sin 37°=0.6,重力加速度g=10 m/s2,最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力,木塊、物塊的上下表面均與傳送帶平行,物塊可看成質(zhì)點(diǎn)。求:
(1)長(zhǎng)木板與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1;
(2)木板與開關(guān)相撞時(shí)的速度v1;
(3)木板的長(zhǎng)度L。
專題提升六　“滑塊—木板”模型中的動(dòng)力學(xué)問題
題型1
【典例1】　答案　(1)F≤0.3 N　(2)12 m/s2
(3)F≥0.315 N
解析　(1)當(dāng)抽動(dòng)紙板且水杯相對(duì)紙板不滑動(dòng)時(shí),設(shè)水杯最大加速度為a1,對(duì)水杯分析,根據(jù)牛頓第二定律
μ2m2g=m2a1,
解得a1=2 m/s2,
對(duì)整體分析,根據(jù)牛頓第二定律
F1-μ1(m1+m2)g=(m1+m2)a1,
解得F1=0.3 N,
故當(dāng)F≤F1=0.3 N時(shí)抽動(dòng)紙板過程水杯相對(duì)紙板不滑動(dòng)。
(2)當(dāng)F2=0.4 N時(shí),紙杯和紙板會(huì)發(fā)生相對(duì)滑動(dòng),對(duì)紙板分析有
F2-μ2m2g-μ1(m1+m2)g=m1a,
解得a=12 m/s2。
(3)紙板抽出的過程,對(duì)紙板有
F-μ2m2g-μ1(m1+m2)g=m1a2,
紙板抽出的過程,二者位移關(guān)系滿足
x1=a2t2-a1t2,
紙板抽出后,水杯在桌面上做勻減速運(yùn)動(dòng),設(shè)經(jīng)歷時(shí)間t'恰好到桌面右邊緣靜止,有
μ1m2g=m2a1',
由速度關(guān)系有a1t=a1't',
紙杯的位移關(guān)系有x2-a1t2=×t',
聯(lián)立解得F=0.315 N,
所以,當(dāng)F≥0.315 N時(shí),紙板能從水杯下抽出,且水杯不會(huì)從桌面滑落。
【典例2】　答案　(1)見解析　(2) s
解析　(1)A、B之間的最大靜摩擦力為
Ffm=μ1mg=0.3×1×10 N=3 N,
假設(shè)A、B之間不發(fā)生相對(duì)滑動(dòng),
對(duì)A、B整體:F=(M+m)a,
對(duì)A:FfAB=Ma,
解得FfAB=2.5 N,
因FfAB(2)對(duì)B:F-μ1mg=maB,
對(duì)A:μ1mg-μ2(M+m)g=MaA,
根據(jù)題意xB-xA=L,
xA=aAt2,xB=aBt2,
解得t= s。
題型2
【典例3】　答案　(1)0.75　(2)1 m/s
(3) m
解析　(1)長(zhǎng)木板恰好靜止在傳送帶上
Mgsin θ=μ1Mgcos θ,
解得μ1=0.75。
(2)對(duì)長(zhǎng)木板由牛頓第二定律得
Mgsin θ+μ2mgcos θ-μ1(M+m)gcos θ=Ma1,
解得a1=0.5 m/s2,
對(duì)物塊由牛頓第二定律得
-mgsin θ+μ2mgcos θ=ma2,
解得a2=1 m/s2,
物塊與長(zhǎng)木板達(dá)到共同速度時(shí)
v1=v0-a2t1=a1t1,
解得v1=1 m/s,方向向下。
(3)木板向下運(yùn)動(dòng)過程中,木板與物塊的相對(duì)位移
Δx1==3 m,
木板被反彈,木板與物塊的加速度均未變
Δx2== m,
所以木板的長(zhǎng)度L=Δx1+Δx2= m。(共18張PPT)
專題提升六
第三章　運(yùn)動(dòng)與力的關(guān)系
“滑塊—木板”模型中的動(dòng)力學(xué)問題
1.模型特點(diǎn)。
滑塊置于木板上，滑塊和木板均相對(duì)地面運(yùn)動(dòng)，且滑塊和木板在摩擦力的作用下發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，滑塊和木板具有不同的加速度。
2.滑塊與木板間的位移關(guān)系。
如圖所示，滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))由木板一端運(yùn)動(dòng)到另一端的過程中，滑塊和木板同向運(yùn)動(dòng)時(shí)，相對(duì)位移大小等于滑塊與木板對(duì)地位移大小之差，即Δx=x1-x2=L(L為板長(zhǎng))，如圖甲所示；滑塊和木板反向運(yùn)動(dòng) 時(shí)，相對(duì)位移大小等于滑塊與木板對(duì)地位移大小之和，即Δx=x1+x2=
L(L為板長(zhǎng))，如圖乙所示。
3.臨界狀態(tài)v塊=v板是解題的關(guān)鍵。
(1)v塊=v板時(shí)，滑塊與木板間的摩擦力可能由滑動(dòng)摩擦力轉(zhuǎn)變?yōu)殪o摩擦力或摩擦力消失。
(2)滑塊恰好不滑離木板或木板最短的條件：滑塊剛好到達(dá)木板的一端時(shí)有v塊=v板。
4.解答“滑塊—木板”模型的流程。
題型1　水平面上的“滑塊—木板”模型
題型2　斜面上的“滑塊—木板”模型
內(nèi)容
索引
水平面上的“滑塊—木板”模型
題型1
【典例1】　(2025·阜新模擬)如圖所示，水平桌面上質(zhì)量m1=0.01 kg的薄紙板上，放有一質(zhì)量m2=0.04 kg的小水杯(可視為質(zhì)點(diǎn))，小水杯距紙板左端距離x1為0.5 m，距桌子右端距離x2為1 m。現(xiàn)給紙板一個(gè)水平向右的恒力F，欲將紙板從小水杯下抽出。若紙板與桌面、水杯與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1均為0.4，水杯與紙板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2為0.2，重力加速度g取10 m/s2，設(shè)水杯在運(yùn)動(dòng)過程中始終不會(huì)翻倒， 求：
(1)當(dāng)F滿足什么條件時(shí)，抽動(dòng)紙板過程水杯相對(duì)紙板不滑動(dòng)；
當(dāng)抽動(dòng)紙板且水杯相對(duì)紙板不滑動(dòng)時(shí)，設(shè)水杯最大加速度為a1，對(duì)水杯分析，根據(jù)牛頓第二定律μ2m2g=m2a1，
解得a1=2 m/s2，
對(duì)整體分析，根據(jù)牛頓第二定律F1-μ1(m1+m2)g=(m1+m2)a1，
解得F1=0.3 N，
故當(dāng)F≤F1=0.3 N時(shí)抽動(dòng)紙板過程水杯相對(duì)紙板不滑動(dòng)。
解析
(2)當(dāng)F為0.4 N時(shí)，紙板的加速度是多大
當(dāng)F2=0.4 N時(shí)，紙杯和紙板會(huì)發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，對(duì)紙板分析有
F2-μ2m2g-μ1(m1+m2)g=m1a，
解得a=12 m/s2。
解析
(3)當(dāng)F滿足什么條件，紙板能從水杯下抽出，且水杯不會(huì)從桌面滑 落
紙板抽出的過程，對(duì)紙板有F-μ2m2g-μ1(m1+m2)g=m1a2，
紙板抽出的過程，二者位移關(guān)系滿足x1=a2t2-a1t2，
紙板抽出后，水杯在桌面上做勻減速運(yùn)動(dòng)，設(shè)經(jīng)歷時(shí)間t'恰好到桌面右邊緣靜止，有μ1m2g=m2a1'，由速度關(guān)系有a1t=a1't'，
紙杯的位移關(guān)系有x2-a1t2=×t'，聯(lián)立解得F=0.315 N，
所以，當(dāng)F≥0.315 N時(shí)，紙板能從水杯下抽出，且水杯不會(huì)從桌面滑落。
解析
【典例2】　如圖所示，質(zhì)量M=1 kg的木板A靜止在水平地面上，在木板的左端放置一個(gè)質(zhì)量m=1 kg的鐵塊B(大小可忽略)，鐵塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1=0.3，木板長(zhǎng)L=1 m，用F=5 N的水平恒力作用在鐵塊上，設(shè)鐵塊B與木板A間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，g取 10 m/s2。
(1)若水平地面光滑，計(jì)算說明鐵塊與木板間是否會(huì)發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)。
A、B之間的最大靜摩擦力為Ffm=μ1mg=0.3×1×10 N=3 N，
假設(shè)A、B之間不發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，
對(duì)A、B整體：F=(M+m)a，
對(duì)A：FfAB=Ma，
解得FfAB=2.5 N，
因FfAB解析
(2)若木板與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2=0.1，求鐵塊運(yùn)動(dòng)到木板右端所用的時(shí)間。
對(duì)B：F-μ1mg=maB，
對(duì)A：μ1mg-μ2(M+m)g=MaA，
根據(jù)題意xB-xA=L，
xA=aAt2，xB=aBt2，
解得t= s。
解析
斜面上的“滑塊—木板”模型
題型2
【典例3】　如圖所示，傾角為θ=37°的傳送帶足夠長(zhǎng)，初始靜止。質(zhì)量M=2 kg的長(zhǎng)木板放置在傳送帶上，恰好靜止。有一質(zhì)量m=1 kg的小物塊，以速度v0=3 m/s沿著板面從上邊緣滑上木板。當(dāng)木板與物塊
恰好相對(duì)靜止時(shí)，板撞到傳送帶下端的彈性開關(guān)上，傳送帶立即以v=1 m/s順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，木板以碰前大小相同的速度反彈。最終物塊恰好沒有滑離木板。已知物塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2=0.875， sin 37°=0.6，重力加速度g=10 m/s2，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦 力，木塊、物塊的上下表面均與傳送帶平行，物塊可看成質(zhì)點(diǎn)。求：
(1)長(zhǎng)木板與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1；
長(zhǎng)木板恰好靜止在傳送帶上
Mgsin θ=μ1Mgcos θ，
解得μ1=0.75。
解析
(2)木板與開關(guān)相撞時(shí)的速度v1；
對(duì)長(zhǎng)木板由牛頓第二定律得
Mgsin θ+μ2mgcos θ-μ1(M+m)gcos θ=Ma1，
解得a1=0.5 m/s2，
對(duì)物塊由牛頓第二定律得-mgsin θ+μ2mgcos θ=ma2，
解得a2=1 m/s2，
物塊與長(zhǎng)木板達(dá)到共同速度時(shí)v1=v0-a2t1=a1t1，
解得v1=1 m/s，方向向下。
解析
(3)木板的長(zhǎng)度L。
木板向下運(yùn)動(dòng)過程中，木板與物塊的相對(duì)位移
Δx1==3 m，
木板被反彈，木板與物塊的加速度均未變
Δx2== m，
所以木板的長(zhǎng)度L=Δx1+Δx2= m。
解析專題提升練6　“滑塊—木板”模型中的動(dòng)力學(xué)問題
　梯級(jí)Ⅰ基礎(chǔ)練
1.(2025·銀川模擬)質(zhì)量為20 kg、長(zhǎng)為5 m的木板放在水平光滑的地面上。將質(zhì)量為10 kg的小鐵塊(可視為質(zhì)點(diǎn))，以6 m/s的速度從木板的左端水平?jīng)_上木板(如圖所示)，小鐵塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.4，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，g=10 m/s2，下列說法不正確的是(　　)
A.小鐵塊與木板的共同速度是2 m/s
B.小鐵塊不能滑出木板
C.木板一定向右滑動(dòng)
D.小鐵塊能滑出木板
2.(多選)(2025·雅安模擬)如圖所示，質(zhì)量為m的長(zhǎng)木板靜止放置在粗糙的水平地面上，質(zhì)量也為m的物塊(視為質(zhì)點(diǎn))靜止放置在長(zhǎng)木板的最左端，長(zhǎng)木板的上表面光滑，下表面與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，現(xiàn)讓長(zhǎng)木板與木塊瞬間同時(shí)獲得一個(gè)水平向右的速度v0，經(jīng)過一段時(shí)間，長(zhǎng)木板停止運(yùn)動(dòng)時(shí)木塊正好從長(zhǎng)木板的最右端脫離，重力加速度為g，下列說法正確的是(　　)
A.長(zhǎng)木板在運(yùn)動(dòng)過程中的加速度大小為2μg
B.長(zhǎng)木板的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為
C.木塊從長(zhǎng)木板的最右端脫離時(shí)，木塊的位移為
D.長(zhǎng)木板的長(zhǎng)度為
3.(多選)如圖所示，質(zhì)量為1 kg的木板B靜置在足夠大的水平地面上，其左端有一可視為質(zhì)點(diǎn)、質(zhì)量為2 kg的物塊A，現(xiàn)對(duì)物塊A施加一水平向右、大小為9 N的恒力，兩者由靜止開始運(yùn)動(dòng)，2 s后撤去恒力，物塊A恰好能到達(dá)木板B的右端。已知物塊A與木板B間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2，木板B與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1，取重力加速度大小g=10 m/s2，下列說法正確的是(　　)
A.撤去恒力時(shí)木板B的速度大小為2 m/s
B.木板B的長(zhǎng)度為2.5 m
C.木板B運(yùn)動(dòng)的最大距離為9 m
D.物塊A運(yùn)動(dòng)的最大距離為13.5 m
4.(多選)(2024·黑吉遼卷)一足夠長(zhǎng)木板置于水平地面上，二者間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ。t=0時(shí)，木板在水平恒力作用下，由靜止開始向右運(yùn)動(dòng)。某時(shí)刻，一小物塊以與木板等大、反向的速度從右端滑上木板。已知t=0到t=4t0的時(shí)間內(nèi)，木板速度v隨時(shí)間t變化的圖像如圖所示，其中g(shù)為重力加速度大小。t=4t0時(shí)刻，小物塊與木板的速度相同。下列說法正確的是(　　)
A.小物塊在t=3t0時(shí)刻滑上木板
B.小物塊和木板間動(dòng)摩擦因數(shù)為2μ
C.小物塊與木板的質(zhì)量比為3∶4
D.t=4t0之后小物塊和木板一起做勻速運(yùn)動(dòng)
5.(2025·深圳模擬)如圖是一種大型戶外水上游樂活動(dòng)的簡(jiǎn)化圖，光滑斜面軌道固定在地面上，浮板A與斜面底部平滑連接并靠在一起。游客從斜面頂端靜止滑下，經(jīng)過斜面底端后，沿浮板的上表面從左端水平滑上浮板。游客滑上浮板的同時(shí)，立即啟動(dòng)引擎，使浮板在恒定牽引力F的作用下沿直線駛向目的地。
已知:斜面高h(yuǎn)=1.8 m，游客和浮板的質(zhì)量均為m=50 kg，浮板長(zhǎng)度L=3 m，游客與浮板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.5，水對(duì)浮板的阻力f=300 N，重力加速度取g=10 m/s2。求:
(1)游客滑到斜面底端時(shí)速度的大小;
(2)游客剛滑上浮板時(shí)加速度的大小;
(3)為保證游客不會(huì)脫離浮板，牽引力F應(yīng)滿足的條件。
梯級(jí)Ⅱ能力練
6.(2025·南寧模擬)如圖所示，質(zhì)量mA=2 kg的小物塊A可以看作質(zhì)點(diǎn)，以初速度v0=3 m/s滑上靜止的木板B左端，木板B足夠長(zhǎng)，當(dāng)A、B的速度達(dá)到相同后，A、B又一起在水平面上滑行直至停下。已知mB=1 kg，A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1=0.2，木板B與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2=0.1，g取10 m/s2。求:
(1)小物塊A剛滑上木板B時(shí)，A、B的加速度大小aA和aB;
(2)A、B速度達(dá)到相同所經(jīng)過的時(shí)間t;
(3)A、B一起在水平面上滑行至停下的距離。
7.(2025·濱州模擬)如圖所示，一足夠長(zhǎng)的固定斜面，斜面傾角為θ=30°，上表面光滑，斜面底端放一長(zhǎng)為L(zhǎng)= m，質(zhì)量m=0.8 kg的木板B，B的上表面下端放一小物塊A，A可以看作質(zhì)點(diǎn)，A質(zhì)量為M=1 kg，A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，A、B均保持靜止。現(xiàn)在A上施加一個(gè)沿斜面斜向上的恒力F=12 N，力F始終作用在A上，取g=10 m/s2，求:
(1)A、B分離的時(shí)間;
(2)B從開始運(yùn)動(dòng)到滑回到出發(fā)點(diǎn)的總時(shí)間。
梯級(jí)Ⅲ創(chuàng)新練
8.(多選)如圖所示，一長(zhǎng)L、質(zhì)量為M的木板靠在光滑豎直墻面上，木板右下方有一質(zhì)量為m的小滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))，滑塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，滑塊與木板間的最大靜摩擦力可近似等于滑動(dòng)摩擦力，現(xiàn)用水平恒力F1向左作用在滑塊上，用豎直恒力F2向上拉動(dòng)滑塊，使滑塊、木板同時(shí)從地面由靜止開始向上運(yùn)動(dòng)。已知L=1 m、質(zhì)量M=0.2 kg、m=0.8 kg、μ=0.1，現(xiàn)F2與F1同時(shí)作用時(shí)間t=2 s，滑塊與木板恰好分離，g=10 m/s2，試根據(jù)以上信息，以下判斷正確的是(　　)
A.F1不能小于20 N
B.F2不能小于20 N
C.當(dāng)F1=30 N時(shí)，F(xiàn)2=19 N
D.t=2 s內(nèi)，滑塊與木板加速度之差一定等于0.5 m/s2
專題提升練6　“滑塊—木板”模型中的動(dòng)力學(xué)問題
1.D　解析　小鐵塊從木板的左端水平?jīng)_上木板,小鐵塊的加速度大小為a==4 m/s2,方向水平向左;木板的加速度大小為a'== m/s2=2 m/s2,方向水平向右,木板一定向右滑動(dòng),C項(xiàng)正確;設(shè)小鐵塊與木板可以達(dá)到共速,且所用時(shí)間為t,則有v共=v0-at=a't,解得t=1 s,v共=2 m/s,此過程小鐵塊與木板的相對(duì)位移為Δx=x鐵-x板=t-t=t=3 m2.AD　解析　對(duì)長(zhǎng)木板,由牛頓第二定律可得μ·2mg=ma,解得長(zhǎng)木板在運(yùn)動(dòng)過程中的加速度大小a=2μg,A項(xiàng)正確;長(zhǎng)木板運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t==,B項(xiàng)錯(cuò)誤;木塊從長(zhǎng)木板的最右端脫離時(shí),木塊的位移x1=v0t=,C項(xiàng)錯(cuò)誤;木塊從長(zhǎng)木板的最右端脫離時(shí),長(zhǎng)木板的位移x2==,木板的長(zhǎng)度為L(zhǎng)=x1-x2=,D項(xiàng)正確。
3.ACD　解析　撤去恒力前,對(duì)B由牛頓第二定律得μ1mAg-μ2(mA+mB)g=mBaB,解得aB=1 m/s2,撤去恒力時(shí)木板B的速度大小為vB=aBt=2 m/s,A項(xiàng)正確;撤去恒力前,對(duì)A由牛頓第二定律得F-μ1mAg=mAaA,解得aA=2.5 m/s2,撤去恒力時(shí)物塊A的速度大小為vA=aAt=5 m/s,撤去恒力后,A做勻減速運(yùn)動(dòng),由牛頓第二定律得μ1mAg=mAa1,解得A的加速度大小為a1=μ1g=2 m/s2,撤去恒力后,B依然做勻加速運(yùn)動(dòng);撤去恒力,物塊A恰好能到達(dá)木板B的右端,則A到達(dá)B右端時(shí)二者有共同速度,可得v=vA-a1t1=vB+aBt1,解得t1=1 s,v=3 m/s,A、B達(dá)到共同速度時(shí)木板B運(yùn)動(dòng)的距離為xB=aB(t+t1)2=4.5 m,A、B達(dá)到共同速度時(shí)物塊A運(yùn)動(dòng)的距離為xA=t+t1=9 m,木板B的長(zhǎng)度為L(zhǎng)=xA-xB=4.5 m,B項(xiàng)錯(cuò)誤;A、B達(dá)到共同速度以后共同做勻減速運(yùn)動(dòng),加速度大小為a==μ2g=1 m/s2,此后運(yùn)動(dòng)的位移大小為x==4.5 m,木板B運(yùn)動(dòng)的最大距離為xBm=xB+x=9 m,物塊A運(yùn)動(dòng)的最大距離為xAm=xA+x=13.5 m,C、D兩項(xiàng)正確。
4.ABD　解析　v-t圖像的斜率表示加速度,可知t=3t0時(shí)刻木板的加速度發(fā)生改變,可知小物塊在t=3t0時(shí)刻滑上木板,A項(xiàng)正確;設(shè)小物塊和木板間動(dòng)摩擦因數(shù)為μ0,根據(jù)題意結(jié)合題中圖像可知物塊開始滑上木板時(shí)的速度大小為v0=μgt0,方向水平向左,物塊在木板上滑動(dòng)的加速度大小a0==μ0g,經(jīng)過t0時(shí)間與木板共速,此時(shí)速度大小為v共=μgt0,方向水平向右,即物塊先向左減速,后反向向右加速,由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律得+=t0,解得μ0=2μ,B項(xiàng)正確;設(shè)木板質(zhì)量為M,物塊質(zhì)量為m,根據(jù)圖像可知物塊未滑上木板時(shí),木板的加速度為a==μg,由牛頓第二定律得F-μMg=Ma,解得F=μMg,根據(jù)圖像物塊滑上木板后木板的加速度為a'==-μg,此時(shí)對(duì)木板由牛頓第二定律得F-μg-μ0mg=Ma',解得=,C項(xiàng)錯(cuò)誤;假設(shè)t=4t0之后小物塊和木板一起共速運(yùn)動(dòng),對(duì)整體F-μ(m+M)g=μMg-μMg=0,此時(shí)整體處于平衡狀態(tài),假設(shè)成立,即t=4t0之后小物塊和木板一起做勻速運(yùn)動(dòng),D項(xiàng)正確。
5.答案　(1)6 m/s　(2)5 m/s2
(3)F≥100 N
解析　(1)游客從斜面滑下的過程,根據(jù)動(dòng)能定理,有mgh=mv2,
解得v=6 m/s。
(2)游客剛滑上浮板時(shí),根據(jù)牛頓第二定律,有μmg=ma,
解得a=5 m/s2。
(3)設(shè)人滑上浮板后,浮板的加速度為a',經(jīng)時(shí)間t人與浮板共速,要想保證游客不會(huì)脫離浮板,則有v-at=a't,
vt-at2-a't2≤L,
解得a'≥1 m/s2,
由牛頓第二定律得F+μmg-f=ma',
解得F≥100 N。
6.答案　(1)2 m/s2　1 m/s2　(2)1 s
(3)0.5 m
解析　(1)根據(jù)題意可知,A與B之間的滑動(dòng)摩擦力大小
f1=μ1mAg=4 N,
B與水平面之間的滑動(dòng)摩擦力大小
f2=μ2(mA+mB)g=3 N,
當(dāng)A剛滑上B時(shí),由牛頓第二定律,對(duì)A有f1=mAaA,
對(duì)B有f1-f2=mBaB,
解得aA=2 m/s2,aB=1 m/s2。
(2)設(shè)A、B達(dá)到相同的速度為v,對(duì)A、B相對(duì)滑動(dòng)的過程,由公式v=v0+at對(duì)A有
v=v0-aAt,
對(duì)B有v=aBt,
解得t=1 s,v=1 m/s。
(3)以A、B整體為研究對(duì)象,由牛頓第二定律得f2=(mA+mB)a,
一起在水平面上滑行至停下過程
0-v2=-2ax,
解得x=0.5 m。
7.答案　(1)1 s　(2) s
解析　(1)對(duì)A分析,根據(jù)牛頓第二定律可得
F-μMgcos θ-Mgsin θ=MaA,
解得aA=2 m/s2,
對(duì)B分析,根據(jù)牛頓第二定律可得
μMgcos θ-mgsin θ=maB,
解得aB= m/s2,
由aA-aB=L,
解得A、B分離的時(shí)間為t1=1 s。
(2)A、B分離時(shí),B的速度為
vB=aBt1= m/s,
B通過的位移為x1=t1= m,
A、B分離后對(duì)B分析,有
aB'=gsin θ=5 m/s2,
-x1=vBt2-aB',
解得t2= s,
則B從開始運(yùn)動(dòng)到滑回到出發(fā)點(diǎn)的總時(shí)間為t=t1+t2= s。
8.AD　解析　根據(jù)題意有μF1>Mg,解得F1>20 N ,A項(xiàng)正確;根據(jù)牛頓第二定律,對(duì)滑塊有F2-mg-μF1=ma1,對(duì)木板有μF1-Mg=Ma2,根據(jù)滑塊與木板的位移關(guān)系有a1t2-a2t2=L,聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得F2=0.5F1+0.4,由于F1>20 N,所以F2>10.4 N,B項(xiàng)錯(cuò)誤;當(dāng)F1=30 N時(shí),有F2=0.5×30+0.4 N=15.4 N,C項(xiàng)錯(cuò)誤;由于a1t2-a2t2=L,代入數(shù)據(jù)解得a1-a2=0.5 m/s2,D項(xiàng)正確。(共30張PPT)
專題提升練6
“滑塊—木板”模型中的動(dòng)力學(xué)問題
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1.(2025·銀川模擬)質(zhì)量為20 kg、長(zhǎng)為5 m的木板放在水平光滑的地面上。將質(zhì)量為10 kg的小鐵塊(可視為質(zhì)點(diǎn))，以6 m/s的速度從木板的左端水平?jīng)_上木板(如圖所示)，小鐵塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.4，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，g=10 m/s2，下列說法不正確的是( )
A.小鐵塊與木板的共同速度是2 m/s
B.小鐵塊不能滑出木板
C.木板一定向右滑動(dòng)
D.小鐵塊能滑出木板
梯級(jí)Ⅰ 基礎(chǔ)練
小鐵塊從木板的左端水平?jīng)_上木板，小鐵塊的加速度大小為a==4 m/s2，方向水平向左；木板的加速度大小為a'==
m/s2=2 m/s2，方向水平向右，木板一定向右滑動(dòng)，C項(xiàng)正確；設(shè)小鐵塊與木板可以達(dá)到共速，且所用時(shí)間為t，則有v共=v0-at=a't，解得t=1 s，v共=2 m/s，此過程小鐵塊與木板的相對(duì)位移為Δx=x鐵-x板=t-t=t=3 m解析
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2.(多選)(2025·雅安模擬)如圖所示，質(zhì)量為m的長(zhǎng)木板靜止放置在粗糙的水平地面上，質(zhì)量也為m的物塊(視為質(zhì)點(diǎn))靜止放置在長(zhǎng)木板的最左端，長(zhǎng)木板的上表面光滑，下表面與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，現(xiàn)讓長(zhǎng)木板與木塊瞬間同時(shí)獲得一個(gè)水平向右的速度v0，經(jīng)過一段時(shí)間，長(zhǎng)木板停止運(yùn)動(dòng)時(shí)木塊正好從長(zhǎng)木板的最右端脫離，重力加速度為g，下列說法正確的是( )
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A.長(zhǎng)木板在運(yùn)動(dòng)過程中的加速度大小為2μg
B.長(zhǎng)木板的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為
C.木塊從長(zhǎng)木板的最右端脫離時(shí)，木塊的位移為
D.長(zhǎng)木板的長(zhǎng)度為
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對(duì)長(zhǎng)木板，由牛頓第二定律可得μ·2mg=ma，解得長(zhǎng)木板在運(yùn)動(dòng)過程中的加速度大小a=2μg，A項(xiàng)正確；長(zhǎng)木板運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t==，B項(xiàng)錯(cuò)誤；木塊從長(zhǎng)木板的最右端脫離時(shí)，木塊的位移x1=v0t=，C項(xiàng)錯(cuò)誤；木塊從長(zhǎng)木板的最右端脫離時(shí)，長(zhǎng)木板的位移x2==，木板的長(zhǎng)度為L(zhǎng)=x1-x2=，D項(xiàng)正確。
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3.(多選)如圖所示，質(zhì)量為1 kg的木板B靜置在足夠大的水平地面 上，其左端有一可視為質(zhì)點(diǎn)、質(zhì)量為2 kg的物塊A，現(xiàn)對(duì)物塊A施加一水平向右、大小為9 N的恒力，兩者由靜止開始運(yùn)動(dòng)，2 s后撤去恒力，物塊A恰好能到達(dá)木板B的右端。已知物塊A與木板B間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2，木板B與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1，取重力加速度大小g=10 m/s2，下列說法正確的是( )
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A.撤去恒力時(shí)木板B的速度大小為2 m/s
B.木板B的長(zhǎng)度為2.5 m
C.木板B運(yùn)動(dòng)的最大距離為9 m
D.物塊A運(yùn)動(dòng)的最大距離為13.5 m
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撤去恒力前，對(duì)B由牛頓第二定律得μ1mAg-μ2(mA+mB)g=mBaB，解得aB=1 m/s2，撤去恒力時(shí)木板B的速度大小為vB=aBt=2 m/s，A項(xiàng)正確；撤去恒力前，對(duì)A由牛頓第二定律得F-μ1mAg=mAaA，解得aA=2.5 m/s2，撤去恒力時(shí)物塊A的速度大小為vA=aAt=5 m/s，撤去恒力后，A做勻減速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得μ1mAg=mAa1，解得A的加速度大小為a1=μ1g=2 m/s2，撤去恒力后，B依然做勻加速運(yùn)動(dòng)；撤去恒力，物塊A恰好能到達(dá)木板B的右端，則A到達(dá)B右端
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時(shí)二者有共同速度，可得v=vA-a1t1=vB+aBt1，解得t1=1 s，v= 3 m/s，A、B達(dá)到共同速度時(shí)木板B運(yùn)動(dòng)的距離為xB=aB(t+t1)2=4.5 m，A、B達(dá)到共同速度時(shí)物塊A運(yùn)動(dòng)的距離為xA=t+t1=9 m，木板B的長(zhǎng)度為L(zhǎng)=xA-xB=4.5 m，B項(xiàng)錯(cuò)誤； A、B達(dá)到共同速度以后共同做勻減速運(yùn)動(dòng)，加速度大小為
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a==μ2g=1 m/s2，此后運(yùn)動(dòng)的位移大小為x==4.5 m，木板B運(yùn)動(dòng)的最大距離為xBm=xB+x=9 m，物塊A運(yùn)動(dòng)的最大距離為xAm=xA+x=13.5 m，C、D兩項(xiàng)正確。
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4.(多選)(2024·黑吉遼卷)一足夠長(zhǎng)木板置于水平地面上，二者間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ。t=0時(shí)，木板在水平恒力作用下，由靜止開始向右運(yùn)動(dòng)。某時(shí)刻，一小物塊以與木板等大、反向的速度從右端滑上木 板。已知t=0到t=4t0的時(shí)間內(nèi)，木板速度v隨時(shí)間t變化的圖像如圖所示，其中g(shù)為重力加速度大小。t=4t0時(shí)刻，小物塊與木板的速度相 同。下列說法正確的是( )
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A.小物塊在t=3t0時(shí)刻滑上木板
B.小物塊和木板間動(dòng)摩擦因數(shù)為2μ
C.小物塊與木板的質(zhì)量比為3∶4
D.t=4t0之后小物塊和木板一起做勻速運(yùn)動(dòng)
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v-t圖像的斜率表示加速度，可知t=3t0時(shí)刻木板的加速度發(fā)生改 變，可知小物塊在t=3t0時(shí)刻滑上木板，A項(xiàng)正確；設(shè)小物塊和木板間動(dòng)摩擦因數(shù)為μ0，根據(jù)題意結(jié)合題中圖像可知物塊開始滑上木板時(shí)的速度大小為v0=μgt0，方向水平向左，物塊在木板上滑動(dòng)的加速度大小a0==μ0g，經(jīng)過t0時(shí)間與木板共速，此時(shí)速度大小為v共=μgt0，方向水平向右，即物塊先向左減速，后反向向右
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加速，由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律得+=t0，解得μ0=2μ，B項(xiàng)正確；設(shè)木板質(zhì)量為M，物塊質(zhì)量為m，根據(jù)圖像可知物塊未滑上木板時(shí)，木板的加速度為a==μg，由牛頓第二定律得F-μMg=Ma，解得F=μMg，根據(jù)圖像物塊滑上木板后木板的加速度為a'=
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=-μg，此時(shí)對(duì)木板由牛頓第二定律得F-μg-μ0mg=Ma'，解得=，C項(xiàng)錯(cuò)誤；假設(shè)t=4t0之后小物塊和木板一起共速運(yùn)動(dòng)，對(duì)整體F-μ(m+M)g=μMg-μMg=0，此時(shí)整體處于平衡狀態(tài)，假設(shè)成立，即t=4t0之后小物塊和木板一起做勻速運(yùn)動(dòng)，D項(xiàng)正確。
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5.(2025·深圳模擬)如圖是一種大型戶外水上游樂活動(dòng)的簡(jiǎn)化圖，光滑斜面軌道固定在地面上，浮板A與斜面底部平滑連接并靠在一起。游客從斜面頂端靜止滑下，經(jīng)過斜面底端后，沿浮板的上表面從左端水平滑上浮板。游客滑上浮板的同時(shí)，立即啟動(dòng)引擎，使浮板在恒定牽引力F的作用下沿直線駛向目的地。
已知：斜面高h(yuǎn)=1.8 m，游客和浮板的質(zhì)量均為m=50 kg，浮板長(zhǎng)度L=3 m，游客與浮板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.5，水對(duì)浮板的阻力f= 300 N，重力加速度取g=10 m/s2。求：
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(1)游客滑到斜面底端時(shí)速度的大小；
游客從斜面滑下的過程，根據(jù)動(dòng)能定理，有mgh=mv2，
解得v=6 m/s。
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(2)游客剛滑上浮板時(shí)加速度的大小；
游客剛滑上浮板時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律，有
μmg=ma，
解得a=5 m/s2。
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(3)為保證游客不會(huì)脫離浮板，牽引力F應(yīng)滿足的條件。
設(shè)人滑上浮板后，浮板的加速度為a'，經(jīng)時(shí)間t人與浮板共速，要想保證游客不會(huì)脫離浮板，則有v-at=a't，
vt-at2-a't2≤L，
解得a'≥1 m/s2，
由牛頓第二定律得F+μmg-f=ma'，
解得F≥100 N。
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6.(2025·南寧模擬)如圖所示，質(zhì)量mA=2 kg的小物塊A可以看作質(zhì)點(diǎn)，以初速度v0=3 m/s滑上靜止的木板B左端，木板B足夠長(zhǎng)，當(dāng)A、B的速度達(dá)到相同后，A、B又一起在水平面上滑行直至停下。已知mB=1 kg，A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1=0.2，木板B與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2=0.1，g取10 m/s2。求：
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梯級(jí)Ⅱ 能力練
(1)小物塊A剛滑上木板B時(shí)，A、B的加速度大小aA和aB；
根據(jù)題意可知，A與B之間的滑動(dòng)摩擦力大小f1=μ1mAg=4 N，
B與水平面之間的滑動(dòng)摩擦力大小f2=μ2(mA+mB)g=3 N，
當(dāng)A剛滑上B時(shí)，由牛頓第二定律，對(duì)A有f1=mAaA，
對(duì)B有f1-f2=mBaB，
解得aA=2 m/s2，aB=1 m/s2。
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(2)A、B速度達(dá)到相同所經(jīng)過的時(shí)間t；
設(shè)A、B達(dá)到相同的速度為v，對(duì)A、B相對(duì)滑動(dòng)的過程，由公式v=v0+at對(duì)A有
v=v0-aAt，
對(duì)B有v=aBt，
解得t=1 s，v=1 m/s。
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(3)A、B一起在水平面上滑行至停下的距離。
以A、B整體為研究對(duì)象，由牛頓第二定律得
f2=(mA+mB)a，
一起在水平面上滑行至停下過程
0-v2=-2ax，
解得x=0.5 m。
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7.(2025·濱州模擬)如圖所示，一足夠長(zhǎng)的固定斜面，斜面傾角為θ=30°，上表面光滑，斜面底端放一長(zhǎng)為L(zhǎng)= m，質(zhì)量m=0.8 kg的木板B，B的上表面下端放一小物塊A，A可以看作質(zhì)點(diǎn)，A質(zhì)量為M=
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1 kg，A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，A、B均保持靜止。現(xiàn)在A上施加一個(gè)沿斜面斜向上的恒力F=12 N，力F始終作用在A上，取g=10 m/s2，求：
(1)A、B分離的時(shí)間；
對(duì)A分析，根據(jù)牛頓第二定律可得F-μMgcos θ-Mgsin θ=MaA，
解得aA=2 m/s2，
對(duì)B分析，根據(jù)牛頓第二定律可得μMgcos θ-mgsin θ=maB，
解得aB= m/s2，
由aA-aB=L，
解得A、B分離的時(shí)間為t1=1 s。
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(2)B從開始運(yùn)動(dòng)到滑回到出發(fā)點(diǎn)的總時(shí)間。
A、B分離時(shí)，B的速度為vB=aBt1= m/s，
B通過的位移為x1=t1= m，
A、B分離后對(duì)B分析，有aB'=gsin θ=5 m/s2，-x1=vBt2-aB'，
解得t2= s，
則B從開始運(yùn)動(dòng)到滑回到出發(fā)點(diǎn)的總時(shí)間為t=t1+t2= s。
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8.(多選)如圖所示，一長(zhǎng)L、質(zhì)量為M的木板靠在光滑豎直墻面上，木板右下方有一質(zhì)量為m的小滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))，滑塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，滑塊與木板間的最大靜摩擦力可近似等于滑動(dòng)摩擦 力，現(xiàn)用水平恒力F1向左作用在滑塊上，用豎直恒力F2向上拉動(dòng)滑 塊，使滑塊、木板同時(shí)從地面由靜止開始向上運(yùn)動(dòng)。已知L=1 m、質(zhì)量M=0.2 kg、m=0.8 kg、μ=0.1，現(xiàn)F2與F1同時(shí)作用時(shí)間t=2 s，滑塊與木板恰好分離，g=10 m/s2，試根據(jù)以上信息，以下判斷正確的是 ( )
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梯級(jí)Ⅲ 創(chuàng)新練
A.F1不能小于20 N
B.F2不能小于20 N
C.當(dāng)F1=30 N時(shí)，F(xiàn)2=19 N
D.t=2 s內(nèi)，滑塊與木板加速度之差一定等于0.5 m/s2
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根據(jù)題意有μF1>Mg，解得F1>20 N ，A項(xiàng)正確；根據(jù)牛頓第二定律，對(duì)滑塊有F2-mg-μF1=ma1，對(duì)木板有μF1-Mg=Ma2，根據(jù)滑塊與木板的位移關(guān)系有a1t2-a2t2=L，聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得F2=0.5F1+0.4，由于F1>20 N，所以F2>10.4 N，B項(xiàng)錯(cuò)誤；當(dāng)F1=30 N時(shí)，有F2=0.5×30+0.4 N=15.4 N，C項(xiàng)錯(cuò)誤；由于a1t2-a2t2=L，代入數(shù)據(jù)解得a1-a2=0.5 m/s2，D項(xiàng)正確。
解析
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