2025高考物理总复习滑块—木板”模型中的动力学问题.pptxVIP

;;1.模型特点：滑块(视为质点)置于木板上，滑块和木板均相对地面运动，且滑块和木板在摩擦力的作用下发生相对滑动，滑块和木板具有不同的加速度。

2.模型构建

(1)隔离法的应用：对滑块和木板分别进行受力分析和运动过程分析。

(2)对滑块和木板分别列动力学方程和运动学方程。;(3)明确滑块和木板间的位移关系

如图所示，滑块由木板一端运动到另一端的过程中，滑块和木板同向运动时，位移之差Δx＝x1－x2＝L(板长)；滑块和木板反向运动时，位移之和Δx＝x2＋x1＝L。;3.解题关键

(1)摩擦力的分析判断：由滑块与木板的相对运动来判断“板块”间的摩擦力方向。

(2)挖掘“v物＝v板”临界条件的拓展含义

摩擦力突变的临界条件：当v物＝v板时，“板块”间的摩擦力可能由滑动摩擦力转变为静摩擦力或者两者间不再有摩擦力(水平面上共同匀速运动)。

①滑块恰好不滑离木板的条件：滑块运动到木板的一端时，v物＝v板；

②木板最短的条件：当v物＝v板时滑块恰好滑到木板的一端。;;;例1(2024·江苏扬州市宝应区段考改编)如图所示，在光滑的水平面上有一足够长且质量为M＝4kg的长木板，在长木板右端有一质量为m＝1kg的小物块，长木板与小物块间的动摩擦因数为μ＝0.2，长木板与小物块均静止，g取10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。

(1)若要使小物块和木板间发生相对滑动，拉力F不小于什么值？;当物块和木板恰好发生相对滑动时，静摩擦力达到最大值，设此时的加速度为a0，根据牛顿第二定律，对小物块有μmg＝ma0，对物块和木板整体有F0＝(m＋M)a0，

联立解得F0＝10N，

即若小物块和木板发生相对滑动，拉力不小于10N。;(2)现用F＝14N的水平恒力向右拉长木板，经时间t＝1s撤去水平恒力F，则：

①在F的作用下，长木板的加速度为多大？;②刚撤去F时，小物块离长木板右端多远？;③最终长木板与小物块一起以多大的速度匀速运动？;④最终小物块离长木板右端多远？;拓展请画出例1中小物块和长木板的v－t图像。;例2(2023·江苏无锡市期中)如图，质量为M的木板放在光滑的水平面上，木板的左端有一质量为m的木块，在木块上施加一水平向右的恒力F，木块和木板由静??开始运动，木块相对地面运动位移x后二者分离。则下列哪些变化可使x增大

A.仅增大恒力F

B.仅增大木板的质量M

C.仅增大木块的质量m

D.仅减小木块与木板间的动摩擦因数;;则知若仅增大恒力F，

则木块的加速度a1变大，木板的加速度a2不变，则x减小，A错误；

若仅增大木板的质量M，木块的加速度a1不变，木板的加速度a2减小，由上式知x减小，B错误；;若仅增大木块的质量m，

则木块的加速度a1减小，木板的加速度a2增大，

则x增大，C正确；

若仅减小木块与木板间的动摩擦因数，则木块的加速度a1增大，木板的加速度a2减小，则x减小，D错误。;例3(2024·江苏宿迁市沭阳县阶段测试)如图所示，质量均为m＝1kg的物块A和足够长木板B静止叠放在水平地面上，左边缘对齐。A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.4。先敲击A，A立即获得水平向右的初速度，在B上滑动距离L＝2m后停下。接着敲击B，B立即获得水平向右的初速度，A、B都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块A长度可忽略不计，重力加速度g＝10m/s2。求：

(1)A被敲击后获得的初速度大小vA；;由牛顿第二定律知μmg＝maA

A加速度的大小aA＝μg

根据匀变速直线运动速度位移关系vA2＝2aAL;(2)在左边缘再次对齐的前、后，B运动的加速度的大小aB、aB′；;(3)B被敲击后获得的初速度大小vB及B运动的最大距离sB。;;;处理“板块”模型中动力学问题的流程;返回;斜面上的板块问题;例4如图所示，在倾角为θ＝37°的足够长固定斜面上放置一质量M＝

2kg，长度L＝1.5m的薄平板AB，在薄平板上端A处放一质量m＝1kg的小滑块(视为质点)，将小滑块和薄平板同时无初速度释放，已知小滑块与薄平板之间的动摩擦因数为μ1＝0.25，薄平板与斜面之间的动摩擦因数为μ2＝0.5，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取g＝10m/s2，求：

(1)释放后，小滑块的加速度大小a1和薄平板的

加速度大小a2；;假设释放后滑块会相对于薄平板向下滑动，对滑块，由牛顿第二定律有mgsin37°－Ff1＝ma1，其中Ff1＝μ1FN1，FN1＝mgcos37°

解得a1＝gsin37°－μ1gcos37°＝4m/s2

对薄平板，由牛顿第二定律有Mgsin37°＋Ff1－Ff2＝Ma2

其中Ff2＝μ2FN2，FN2＝(m＋M)gcos37°

解得