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1、5mjt高中物理最经典考点四 滑块木板模型问题高频14考点四“滑块木板模型”问题(高频14)1模型特点涉及两个物体，并且物体间存在相对滑动2两种位移关系滑块由木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板同向运动，位移大小之差等于板长；反向运动时，位移大小之和等于板长设板长为L，滑块位移大小为x1，木板位移大小为x2，同向运动时：如图1所示，Lx1x2图1反向运动时：如图2所示，Lx1x2图23解题步骤命题点1水平面上的滑块木板模型9(2017课标卷，25)如图，两个滑块A和B的质量分别为mA1 kg和mB5 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10.5；木板的质

2、量为m4 kg，与地面间的动摩擦因数为20.1.某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v03 m/s.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g10 m/s2.求：(1)B与木板相对静止时，木板的速度；(2)A、B开始运动时，两者之间的距离【解析】(1)滑块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f1、f2和f3，A和B相对于地面的加速度大小分别为aA和aB，木板相对于地面的加速度大小为a1，在物块B与木板达到共同速度前有f11mAgf21mBgf32(mmAmB)g由牛顿第二定律得f1mAaAf2mBaBf2

3、f1f3ma1设在t1时刻，B与木板达到共同速度，其大小为v1，由运动学公式有v1v0aBt1v1a1t1联立式，代入已知数据得v11 m/s(2)在t1时间间隔内，B相对于地面移动的距离为sBv0t1aBt设在B与木板达到共同速度v1后，木板的加速度大小为a2，对于B与木板组成的体系，由牛顿第二定律有f1f3(mBm)a2由式知，aAaB；再由式知，B与木板达到共同速度时，A的速度大小也为v1，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v2，设A的速度大小从v1变到v2所用的时间为t2，则由运动学公式，对木板有v2v1a2t2对A有v2v1aAt2在t2时间间

4、隔内，B(以及木板)相对地面移动的距离为s1v1t2a2t在(t1t2)时间间隔内，A相对地面移动的距离为sAv0(t1t2)aA(t1t2)2A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s0sAs1sB联立以上各式，并代入数据得s01.9 m(也可用如图所示的速度时间图线求解)【答案】(1)1 m/s(2)1.9 m10(2015课标卷，25)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t0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t1 s时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)碰撞前

5、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vt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/s2.求：(1)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；(2)木板的最小长度；(3)木板右端离墙壁的最终距离【解析】(1)根据图(b)可以判定碰撞前小物块与木板共同速度为v4 m/s碰撞后木板速度水平向左，大小也是v4 m/s小物块受到滑动摩擦力而向右做匀减速直线运动，加速度大小a2 m/s24 m/s2.根据牛顿第二定律有2mgma2，解得20.4木板与墙壁碰撞前，匀减速运动时间t1 s，位移x4.5 m

6、，末速度v4 m/s其逆运动则为匀加速直线运动可得xvta1t2解得a11 m/s2对小物块和木板整体受力分析，滑动摩擦力提供合外力，由牛顿第二定律得：1(m15m)g(m15m)a1，即 1ga1解得10.1.(2)碰撞后，木板向左做匀减速运动，依据牛顿第二定律有1(15mm)g2mg15ma3可得a3 m/s2对小物块，加速度大小为a24 m/s2由于a2a3，所以小物块速度先减小到0，所用时间为t11 s过程中，木板向左运动的位移为x1vt1a3t m, 末速度v1 m/s小物块向右运动的位移x2t12 m此后，小物块开始向左加速，加速度大小仍为a24 m/s2木板继续减速，加速度大小仍

7、为a3 m/s2假设又经历t2二者速度相等，则有a2t2v1a3t2解得t20.5 s此过程中，木板向左运动的位移x3v1t2a3t m，末速度v3v1a3t22 m/s小物块向左运动的位移x4a2t0.5 m此后小物块和木板一起匀减速运动，二者的相对位移最大，xx1x2x3x46.0 m小物块始终没有离开木板，所以木板最小的长度为6.0 m.(3)最后阶段滑块和木板一起匀减速直到停止，整体加速度大小为a11 m/s2向左运动的位移为x52 m所以木板右端离墙壁最远的距离为xx1x3x56.5 m.【答案】(1)0.10.4(2)6.0 m(3)6.5 m命题点2斜面上的滑块木板模型11(20

8、15课标卷，25)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37(sin 37)的山坡C，上面有一质量为m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雨中，A浸透雨水后总质量也为m(可视为质量不变的滑块)，在极短时间内，A、B间的动摩擦因数1减小为，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l27 m，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g10 m/s2.求：(1)在02 s时间内A和B

9、加速度的大小；(2)A在B上总的运动时间【解析】(1)在02 s时间内，A和B的受力如图所示，其中Ff1、FN1是A与B之间的摩擦力和正压力的大小，Ff2、FN2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公式和力的平衡条件得Ff11FN1FN1mgcos Ff22FN2FN2FN1mgcos 规定沿斜面向下为正设A和B的加速度分别为a1和a2，由牛顿第二定律得mgsin Ff1ma1mgsin Ff2Ff1ma2联立式，并代入题给条件得a13 m/s2a21 m/s2(2)在t12 s时，设A和B的速度分别为v1和v2，则v1a1t16 m/sv2a2t12 m/s2 s后，

10、设A和B的加速度分别为a1和a2.此时A与B之间摩擦力为零，同理可得a16 m/s2a22 m/s2由于a20，可知B做减速运动设经过时间t2，B的速度减为零，则有v2a2t20联立式得t21 s在t1t2时间内，A相对于B运动的距离为x12 m27 m此后B静止不动，A继续在B上滑动设再经过时间t3后A离开B，则有lx(v1a1t2)t3a1t可得t31 s(另一解不合题意，舍去)设A在B上总的运动时间t总，有t总t1t2t34 s【答案】(1)3 m/s21 m/s2(2)4 s12(2018重庆八中一模)如图所示，质量M1 kg的木板静置于倾角为37的足够长的固定斜面上的某个位置，质量m

11、1 kg、可视为质点的小物块以初速度v05 m/s从木板的下端冲上木板，同时在木板上端施加一个沿斜面向上的外力F14 N，使木板从静止开始运动，当小物块与木板共速时，撤去该外力，最终小物块从木板的下端滑出已知小物块与木板之间的动摩擦因数为0.25，木板与斜面之间的动摩擦因数为0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8.求：(1)物块和木板共速前，物块和木板的加速度；(2)木板的最小长度；(3)物块在木板上运动的总时间【解析】(1)物块与木板共速前，对物块分析有mgsin 1mgcos ma1，得a18 m/s2，方向沿斜面向下，物块减速上滑；

12、对木板分析有F1mgcos Mgsin 2(mM)gcos Ma2，得a22 m/s2，方向沿斜面向上，木板加速上滑(2)物块与木板共速时有v共v0a1t1，v共a2t1，代入数据解得t10.5 s，v共1 m/s，共速时物块与木板的相对位移x1v0t1a1ta2t1.25 m，撤掉F后，物块相对于木板上滑，加速度大小仍为a18 m/s2，物块减速上滑，对木板有Mgsin 2(Mm)gcos 1mgcos Ma2，则a212 m/s2，方向沿斜面向下，木板减速上滑由于Mgsin 1mgcos 2(Mm)gcos ，则木板速度减为零后，物块在木板上滑动时，木板保持静止，经过t2 s，木板停止，经

13、过t2 s，物块速度减为零，此过程，物块和木板的相对位移x2t2t2 m，故木板的最小长度Lminx1x2 m.(3)物块在木板上下滑时，木板静止不动，物块的加速度a1gsin 1gcos 4 m/s2，Lmina1t，得t3 s，物块在木板上运动的总时间tt1t2t3s.【答案】(1)8 m/s2，方向沿斜面向下2 m/s2，方向沿斜面向上(2) m(3)s分析滑块滑板模型时要抓住一个转折和两个关联思想方法系列(四)动力学中的图象问题分析思路与方法1常见的动力学图象vt图象、at图象、Ft图象、Fa图象等2图象问题的类型(1)已知物体受的力随时间变化的图线，要求分析物体的运动情况(2)已知物

14、体的速度、加速度随时间变化的图线，要求分析物体的受力情况(3)由已知条件确定某物理量的变化图象3解题策略(1)分清图象的类别：即分清横、纵坐标所代表的物理量，明确其物理意义，掌握物理图象所反映的物理过程，会分析临界点(2)注意图线中的一些特殊点所表示的物理意义：图线与横、纵坐标的交点，图线的转折点，两图线的交点等(3)明确能从图象中获得哪些信息：把图象与具体的题意、情境结合起来，应用物理规律列出与图象对应的函数方程式，进而明确“图象与公式”“图象与物体”间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断类型一与牛顿运动定律相关的vt图象问题例1(2018山东烟台高三上学期期中)如图甲所示，质量M5 kg

15、的木板A在水平向右F30 N的拉力作用下在粗糙水平地面上向右运动，t0时刻在其右端无初速度地放上一质量为m1 kg的小物块B，放上物块后A、B的vt图象如图乙所示已知物块可看作质点，木板足够长，取g10 m/s2.求：(1)物块与木板之间动摩擦因数1和木板与地面间的动摩擦因数2；(2)物块与木板之间摩擦产生的热量；(3)放上物块后，木板运动的总位移【解析】(1)放上物块后，当A、B有相对运动时，分别对A、B受力分析，可知：1mgmaB1mg2(Mm)gFMaA结合图象可知：10.4aA2 m/s220.6.(2)物块与木板相对运动过程中，相对位移为s相对183 m27 m物块与木板之间的摩擦热

16、：Q1mgs相对108 J.(3)A、B共同运动时，2(Mm)gF(Mm)aa1 m/s2A、B共同运动时间t12 s放上物块后木板运动的总位移s木板(1218)3 m1212 m117 m.【答案】(1)0.40.6(2)108 J(3)117 m类型二与牛顿运动定律相关的Ft图象问题例2(2018山东菏泽市高三上学期期中)一个物块放置在粗糙的水平面上，受到的水平拉力F随时间t变化的关系如图所示，速度v随时间t变化的关系如图所示(g10 m/s2)，下列说法正确的是()A5 s末物块所受摩擦力的大小为15 NB物块在前6 s内的位移大小为12 mC物块与水平地面间的动摩擦因数为0.75D物块

17、的质量为5 kg【解析】5 s末处于静止状态，根据平衡知，FfF10 N，故A错误；物块在前6 s内的位移大小等于前4 s内的位移大小，根据图线的面积得：S(24)4 m12 m，故B正确；在02内物块做匀速直线运动，滑动摩擦力f15 N，物块匀减速运动的加速度大小为：a m/s22 m/s2，根据牛顿第二定律得：fFma，解得m kg5 kg，则动摩擦因数为：0.3，故C错误，D正确【答案】BD根据Ft图象可得F合与时间t的关系，F合t图象与at图象具有对应关系，根据对应关系列出关系式即可解决相关问题类型三与牛顿运动定律相关的Fx图象问题例3如图甲所示，水平面上质量相等的两木块A、B用一轻弹

18、簧相连，这个系统处于平衡状态，现用一竖直向上的力F拉动木块A，使木块A向上做匀加速直线运动(如图乙)，研究从力F刚作用在木块A瞬间到木块B刚离开地面瞬间的这一过程，并选定该过程中木块A的起点位置为坐标原点，则下面图中能正确表示力F和木块A的位移x之间关系的是()【解析】初始状态弹簧被压缩，弹簧对A的弹力与A所受的重力平衡，设弹簧压缩长度为x0，末状态弹簧被拉长，由于B刚离开地面，弹簧对B的弹力与B所受的重力平衡，由于A、B所受重力相等，故弹簧伸长量也为x0.初始状态A处于平衡状态，则kx0mg，当木块A的位移为x时，弹簧向上的弹力的减少量为kx，外力F减去弹力的减少量为系统的合外力，故Fkxm

19、a，则得到Fkxma，可见F与x是线性关系，当x0时，ma0.【答案】A根据胡克定律Fkx得k，即弹簧弹力的变化量和形变量的变化量成正比弹簧弹力随位移的变化而做线性变化，A做匀加速直线运动，因此作用力F也随位移的变化而做线性变化高考真题1(2016上海卷，7)在今年上海的某活动中引入了全国首个户外风洞飞行体验装置，体验者在风力作用下漂浮在半空若减小风力，体验者在加速下落过程中()A失重且机械能增加B失重且机械能减少C超重且机械能增加D超重且机械能减少【解析】据题意，体验者漂浮时受到的重力和风力平衡；在加速下降过程中，风力小于重力，即重力对体验者做正功，风力做负功，体验者的机械能减小；加速下降过

20、程中，加速度方向向下，体验者处于失重状态，故选项B正确【答案】B2(2016海南卷，5)沿固定斜面下滑的物体受到与斜面平行向上的拉力F的作用，其下滑的速度时间图线如图所示已知物体与斜面之间的动摩擦因数为常数，在05 s,510 s，1015 s内F的大小分别为F1、F2和F3，则()AF1F3CF1F3 DF1F3 【解析】根据vt图象可知，在05 s内加速度大小为a10.2 m/s2，方向沿斜面向下；在510 s内，加速度大小为a20；在1015 s内加速度大小为a30.2 m/s2，方向沿斜面向上；受力分析如图：在05 s内，根据牛顿第二定律：mgsin fF1ma1，则：F1mgsin

21、f0.2m；在510 s内，根据牛顿第二定律：mgsin fF2ma2，则：F2mgsin f；在1015 s内，根据牛顿第二定律：fF3mgsin ma3，则：F3mgsin f0.2m；故可以得到：F3F2F1，故选项A正确【答案】A3.(2013课标卷，25)一长木板在水平地面上运动，在t0时刻将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，以后木板运动的速度时间图象如图所示已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上取重力加速度的大小g10 m/s2，求：(1)物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数；(2)从t0时刻到

22、物块与木板均停止运动时，物块相对于木板的位移的大小【解析】(1)从t0时开始，木板与物块之间的摩擦力使物块加速，使木板减速，此过程一直持续到物块和木板具有共同速度为止由图可知，在t10.5 s时，物块和木板的速度相同设t0到tt1时间间隔内，物块和木板的加速度大小分别为a1和a2，则a1a2式中v05 m/s、v11 m/s分别为木板在t0、tt1时速度的大小设物块和木板的质量均为m，物块和木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为1、2，由牛顿第二定律得1mgma1(122)mgma2联立式得10.2020.30.(2)在t1时刻后，地面对木板的摩擦力阻碍木板运动，物块与木板之间的摩擦力改变方向

23、设物块与木板之间的摩擦力大小为f，物块和木板的加速度大小分别为a1和a2，则由牛顿第二定律得fma122mgfma2假设f1mg，与假设矛盾故f1mg由式知，物块加速度的大小a1等于a1；物块的vt图象如图中点划线所示由运动学公式可推知，物块和木板相对于地面的运动距离分别为s12s2t1物块相对于木板的位移的大小为ss2s1联立式得s1.125 m.【答案】(1)0.200.30(2)1.125 m名校模拟4(2018山东师大附中模拟)图甲是某人站在力传感器上做下蹲、起跳动作的示意图，中间的表示人的重心图乙是根据传感器采集到的数据画出的力时间图象两图中ag各点均对应，其中有几个点在图甲中没有画

24、出取重力加速度g10 m/s2.根据图象分析可知()A人的重力为1 500 NBc点位置人处于超重状态Ce点位置人处于失重状态Dd点的加速度小于f点的加速度【解析】由题图甲、乙可知，人的重力等于500 N，质量m50 kg，b点位置人处于失重状态，c、d、e点位置人处于超重状态，选项A、C错误，B正确；d点位置传感器对人的支持力F最大，为1 500 N，由Fmgma可知，d点的加速度ad20 m/s2，f点位置传感器对人的支持力为0 N，由Fmgma可知，f点的加速度af10 m/s2，故d点的加速度大于f点的加速度，选项D错误【答案】B5(2018潍坊中学高三上学期开学考试)如图甲所示，足够

25、长的木板B静置于光滑水平面上，其上放置小滑块A，木板B受到随时间t变化的水平拉力F作用，木板加速度a随力F变化的aF图象如图乙所示，g取10 m/s2，则()A滑块A的质量为4 kgB木板B的质量为1 kgC当F10 N时木板B加速度为4 m/s2D当F10 N时滑块A的加速度为2 m/s2【解析】当F等于8 N时，加速度为：a2 m/s2，对整体分析，由牛顿第二定律有：F(Mm)a，代入数据解得：Mm4 kg，当F大于8 N时，对B，由牛顿第二定律得：aF，由图示图象可知，图线的斜率：k1，解得，木板B的质量：M1 kg，滑块A的质量为：m3 kg，故A错误，B正确；根据F大于8 N的图线知

26、，F6 N时，a0，由aF，可知：06，解得：0.2，由图示图象可知，当F10 N时，滑块与木板相对滑动，B的加速度为：aBaF10 m/s24 m/s2，故C正确；当F10 N时，A、B相对滑动，木块A的加速度：aAg2 m/s2，故D正确，故选BCD.【答案】BCD6(2018江苏无锡高三质检)如图所示，在光滑的水平面上有一个质量为M的木板B处于静止状态，现有一个质量为m的木块A从B的左端以初速度v03 m/s开始水平向右滑动，已知Mm.用和分别表示木块A和木板B的图象，在木块A从B的左端滑到右端的过程中，下面关于二者速度v随时间t的变化图象，其中可能正确的是()【解析】木块滑上木板，A做

27、匀减速直线运动，B做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得加速度大小aAg，aB，已知Mm，则aAaB.图线斜率的绝对值应大于图线斜率的绝对值，故A、B错误；若A不能够滑下，则两者最终拥有共同的速度，若能够滑下，则A的速度较大，故C正确，D错误【答案】C课时作业(九)基础小题练1电梯早已进入人们的日常生活，设某人乘坐电梯时的vt图象如图所示，取向上为正方向，下列说法正确的是() A0至t1时间内人处于失重状态Bt2至t4时间内人处于失重状态Ct2至t3时间内与t3至t4时间内电梯的加速度方向相反D0至t1时间内和t3至t4时间内电梯的加速度方向相同【解析】由vt图象可知，0至t1时间内向上匀加速运

28、动，人处于超重状态，选项A错误；t2至t4时间内，加速度向下，人处于失重状态，选项B正确；t2至t3时间内与t3至t4时间内电梯的加速度方向相同，0至t1时间内和t3至t4时间内电梯的加速度方向相反，选项C、D错误【答案】B2为了让乘客乘车更为舒适，某探究小组设计了一种新的交通工具，乘客的座椅能随着坡度的变化而自动调整，使座椅始终保持水平，如图所示，当此车减速上坡时(仅考虑乘客与水平面之间的作用)，则关于乘客下列说法正确的是()A不受摩擦力的作用B受到水平向左的摩擦力作用C处于超重状态D所受合力竖直向上【解析】对乘客进行受力分析，乘客受重力，支持力，由于乘客加速度沿斜面向下，而静摩擦力必沿水平方向，又因为乘客有水平向左的分加速度，所以受到水平向左的摩擦力作用，故A