滑块—木板模型专题(附详细答案)

牛顿定律——滑块和木板模型专题

一．“滑块—木板模型”问题的分析思路

1．模型特点：上、下叠放两个物体，并且两物体在摩擦力的相互作用下发生相对滑动．

2．建模指导

解此类题的基本思路：

(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的位移关系或速度关系，建立方程．特别注意滑块和木板的位移都是相对地面的位移.

例1、m_A＝1 kg，m_B＝2 kg，A、B间动摩擦因数是0.5，水平面光滑．

用10 N水平力F拉B时，A、B间的摩擦力是

用20N水平力F拉B时，A、B间的摩擦力是

例2、如图所示，物体A叠放在物体B上，B置于光滑水平面上，A、B质量分别为m_A＝6 kg，m_B＝2 kg，A、B之间的动摩擦因数μ＝0.2，开始时F＝10 N，此后逐渐增加，

若使AB不发生相对运动，则F的最大值为

针对练习1、如图5所示，物体A叠放在物体B上，B置于光滑水平面上，A、B质量分别为m_A＝6 kg，m_B＝2 kg，A、B之间的动摩擦因数μ＝0.2，开始时F＝10 N，此后逐渐增加，在增大到45 N的过程中，则 (　　)

A．当拉力F<12 N时，物体均保持静止状态

B．两物体开始没有相对运动，当拉力超过12 N时，开始相对运动

C．两物体从受力开始就有相对运动

D．两物体始终没有相对运动

例3、如图所示，质量M＝8 kg的小车放在光滑的水平面上，在小车左端加一水平推力F＝8 N，当小车向右运动的速度达到1.5 m/s时，在小车前端轻轻地放上一个大小不计，质量为m＝2 kg的小物块，小物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.2，当二者达到相同速度时，物块恰好滑到小车的最左端．取g＝10 m/s².则：

(1)小物块放上后，小物块及小车的加速度各为多大？

(2)小车的长度L是多少？

针对练习2、如图所示，木板静止于水平地面上，在其最右端放一可视为质点的木块．已知木块的质量m=1kg，木板的质量M=4kg，长L=2.5m，上表面光滑，下表面与地面之间的动摩擦因数μ=0.2．现用水平恒力F=20N拉木板，g取10m/s²，求：
（1）木板的加速度；
（2）要使木块能滑离木板，水平恒力F作用的最短时间；
（3）如果其他条件不变，假设木板的上表面也粗糙，其上表面与木块之间的动摩擦因素为，欲使木板能从木块的下方抽出，需对木板施加的最小水平拉力．

（4）若木板的长度、木块的质量、木板的上表面与木块之间的动摩擦因数、木板与地面间的动摩擦因数都不变，只将水平恒力增加为30N，则木块滑离木板需要多长时间？

牛顿定律——滑块和木板模型专题答案

例1、3.3 N 5 N

例2、48 N

针对练习1、答案　D

解析　当A、B间的静摩擦力达到最大静摩擦力，即滑动摩擦力时，A、B才会发生相对运动．此时对B有：F_fmax＝μm_Ag＝12 N，而F_fmax＝m_Ba，a＝6 m/s²，即二者开始相对运动时的加速度为6 m/s²，此时对A、B整体：F＝(m_A＋m_B)a＝48 N，即F>48 N时，A、B才会开始相对运动，故选项A、B、C错误，D正确．

例3、答案　(1)2 m/s²　0.5 m/s²　(2)0.75 m

解析　(1)以小物块为研究对象，由牛顿第二定律，得

μmg＝ma₁

解得a₁＝μg＝2 m/s²

以小车为研究对象，由牛顿第二定律，得F－μmg＝Ma₂

解得a₂＝＝0.5 m/s²

(2)由题意及运动学公式：a₁t＝v₀＋a₂t

解得：t＝＝1 s

则物块运动的位移x₁＝a₁t²＝1 m

小车运动的位移x₂＝v₀t＋a₂t²＝1.75 m

L＝x₂－x₁＝0.75 m

针对练习2、

解析　(1)木板受到的摩擦力F_f＝μ(M＋m)g＝10 N

木板的加速度a＝＝2.5 m/s². (2分)

(2)设拉力F作用时间t后撤去

F撤去后，木板的加速度为a′＝－＝－2.5 m/s²(2分)

木板先做匀加速运动，后做匀减速运动，且a＝－a′，故

at²＝L

解得t＝1 s，即F作用的最短时间为1 s． (2分)

(3)设木块的最大加速度为a_木块，木板的最大加速度为a_木板，则μ₁mg＝ma_木块(2分)

得a_木块＝μ₁g＝3 m/s²

对木板：F₁－μ₁mg－μ(M＋m)g＝Ma_木板(2分)

木板能从木块的下方抽出的条件为a_木板>a_木块

解得F₁>25 N． (2分)

(4)木块的加速度a_木块′＝μ₁g＝3 m/s²(1分)

木板的加速度a_木板′＝＝4.25 m/s²(1分)

木块滑离木板时，两者的位移关系为x_木板－x_木块＝L，即

a_木板′t²－a_木块′t²＝L (2分)

代入数据解得t＝2 s． (2分)

答案　(1)2.5 m/s²　(2)1 s　(3)大于25 N　(4)2 s

分析滑块—木板模型问题时应掌握的技巧

1．分析题中滑块、木板的受力情况，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．知道每一过程的末速度是下一过程的初速度．

4．两者发生相对滑动的条件：(1)摩擦力为滑动摩擦力．(2)二者加速度不相等．

第二篇：滑块与木板模型

高中物理模块化复习学生学案

专题一滑块与木板

一 应用力和运动的观点处理 （即应用牛顿运动定律）

典型思维方法：整体法与隔离法

注意运动的相对性

【例1】木板M静止在光滑水平面上，木板上放着一个小滑块m，与木板之间的动摩擦因数μ，为了使得m能从M上滑落下来，求下列各种情况下力F的大小范围。

【例2】如图所示，有一块木板静止在光滑水平面上，木板质量M=4kg，长L=1.4m.木板右端放着一个小滑块，小滑块质量m=1kg，其尺寸远小于L，它与木板之间的动摩擦因数μ=0.4，g=10m/s²，

（1）现用水平向右的恒力F作用在木板M上，为了使得m能从M上滑落下来，求F的大小范围.

（2）若其它条件不变，恒力F=22.8N，且始终作用在M上，求m在M上滑动的时间.

【例3】质量m=1kg的滑块放在质量为M=1kg的长木板左端，木板放在光滑的水平面上，滑块与木板之间的动摩擦因数为0.1，木板长L=75cm，开始时两者都处于静止状态，如图所示，试求：
　　（1）用水平力F₀拉小滑块，使小滑块与木板以相同的速度一起滑动，力F₀的最大值应为多少？
　　（2）用水平恒力F拉小滑块向木板的右端运动，在t=0.5s内使滑块从木板右端滑出，力F应为多大？
　　（3）按第（2）问的力F的作用，在小滑块刚刚从长木板右端滑出时，滑块和木板滑行的距离各为多少？（设m与M之间的最大静摩擦力与它们之间的滑动摩擦力大小相等）。（取g=10m/s²）.
　　

【例4】如图所示，在光滑的桌面上叠放着一质量为m_A＝2.0kg的薄木板A和质量为m_B=3 kg的金属块B．A的长度L=2.0m．B上有轻线绕过定滑轮与质量为m_C=1.0 kg的物块C相连．B与A之间的滑动摩擦因数 µ =0.10，最大静摩擦力可视为等于滑动摩擦力．忽略滑轮质量及与轴间的摩擦．起始时令各物体都处于静止状态，绳被拉直，B位于A的左端（如图），然后放手，求经过多长时间t后 B从 A的右端脱离（设 A的右端距滑轮足够远）（取g=10m/s²）．

例1解析（1）m与M刚要发生相对滑动的临界条件：①要滑动：m与M间的静摩擦力达到最大静摩擦力；②未滑动：此时m与M加速度仍相同。受力分析如图，先隔离m，由牛顿第二定律可得：a=μmg/m=μg

再对整体，由牛顿第二定律可得：F₀=(M+m)a

解得：F₀=μ(M+m) g

所以，F的大小范围为：F>μ(M+m)g

（2）受力分析如图，先隔离M，由牛顿第二定律可得：a=μmg/M

再对整体，由牛顿第二定律可得：F₀=(M+m)a

解得：F₀=μ(M+m) mg/M

所以，F的大小范围为：F>μ(M+m)mg/M

例2[解析]（1）小滑块与木板间的滑动摩擦力
f=μFN=μmg=4N…………①

滑动摩擦力f是使滑块产生加速度的最大合外力，其最大加速度

a₁=f/m=μg=4m/s² …②

当木板的加速度a₂> a₁时，滑块将相对于木板向左滑动，直至脱离木板

F-f=m a₂>m a₁ F> f +m a₁=20N …………③

即当F>20N，且保持作用一般时间后，小滑块将从木板上滑落下来。

（2）当恒力F=22.8N时，木板的加速度a₂＇，由牛顿第二定律得F-f=Ｍa₂＇　　

解得：a₂＇＝4.7m/s²………④

设二者相对滑动时间为t，在分离之前

小滑块：x₁=½ a1t² …………⑤

木板：x₁=½ a2＇t² …………⑥

又有x₂－x₁=L …………⑦

解得：t=2s …………⑧

例3解析：（1）对木板M，水平方向受静摩擦力f向右，当f=f_m=μmg时，M有最大加速度，此时对应的F₀即为使m与M一起以共同速度滑动的最大值。
　对M，最大加速度a_M，由牛顿第二定律得：a_M= f_m/M=μmg/M =1m/s²

　要使滑块与木板共同运动，m的最大加速度a_m=a_M，

对滑块有F₀－μmg=ma_m
　所以　F₀=μmg+ma_m=2N　　即力F₀不能超过2N

（2）将滑块从木板上拉出时，木板受滑动摩擦力f=μmg，此时木板的加速度a₂为 a₂=f/M=μmg/M =1m/s². 由匀变速直线运动的规律，有（m与M均为匀加速直线运动）木板位移　x₂= ½a₂t²　①　　滑块位移 x₁= ½a₁t²　②
　　位移关系　x₁－x₂=L　③
　　将①、②、③式联立，解出a₁=7m/s²
　　对滑块，由牛顿第二定律得:F－μmg=ma₁　　所以　F=μmg+ma₁=8N

（3）将滑块从木板上拉出的过程中，滑块和木板的位移分别为
　　x₁= ½a₁t²= 7/8m　　x₂= ½a₂t²= 1/8m

例四：以桌面为参考系，令a_A表示A的加速度，a_B表示B、C的加速度，s_A和s_B分别表示 t时间 A和B移动的距离，则由牛顿定律和匀加速运动的规律可得

m_Cg-µm_Bg=（m_C+m_B）a_B

µ m_Bg=m_Aa_A

s_B=½a_Bt² s_A=½a_At² s_B-s_A=L

由以上各式，代入数值，可得:t=4.0s

应用功和能的观点处理 （即应用动能定理，机械能守恒定律能量守恒定律）

应用动量的观点处理 （即应用动量定理，动量守恒定律）

子弹打木块模型：包括一物块在木板上滑动等。μNS_相=ΔE_k_系统=Q，Q为摩擦在系统中产生的热量。②小球在置于光滑水平面上的竖直平面内弧形光滑轨道上滑动：包括小车上悬一单摆单摆的摆动过程等。小球上升到最高点时系统有共同速度(或有共同的水平速度)；系统内弹力做功时，不将机械能转化为其它形式的能，因此过程中系统机械能守恒。

例题：质量为M、长为l的木块静止在光滑水平面上，现有一质量为m的子弹以水平初速v₀射入木块，穿出时子弹速度为v，求子弹与木块作用过程中系统损失的机械能。

解：如图，设子弹穿过木块时所受阻力为f，突出时木块速度为V，位移为S，则子弹位移为(S+l)。水平方向不受外力，由动量守恒定律得：mv₀=mv+MV ①

由动能定理，对子弹 -f(s+l)= ②

对木块 fs= ③

由①式得 v= 代入③式有 fs= ④

②+④得 fl=

由能量守恒知，系统减少的机械能等于子弹与木块摩擦而产生的内能。即Q=fl，l为子弹现木块的相对位移。

结论：系统损失的机械能等于因摩擦而产生的内能，且等于摩擦力与两物体相对位移的乘积。即

Q=ΔE_系统=μNS_相

其分量式为：Q=f₁S_相1+f₂S_相2+……+f_nS_相n=ΔE_系统

1．在光滑水平面上并排放两个相同的木板，长度均为L=1.00m，一质量

与木板相同的金属块，以v₀=2.00m/s的初速度向右滑上木板A，金属

块与木板间动摩擦因数为μ=0.1，g取10m/s²。求两木板的最后速度。

2．如图示，一质量为M长为l的长方形木块B放在光滑水平面上，在其右端放一质量为m的小木块A，m＜M，现以地面为参照物，给A和B以大小相等、方向相反的初速度

(如图)，使A开始向左运动，B开始向右运动，但最后A刚好没有滑离

B板。以地面为参照系。

⑴若已知A和B的初速度大小为v₀，求它们最后速度的大小和方向；

⑵若初速度的大小未知，求小木块A向左运动到最远处(从地面上看)到出发点的距离。

3．一平直木板C静止在光滑水平面上，今有两小物块A和B分别以2v₀和v₀的初速度沿同一直线从长木板C两端相向水平地滑上长木板。如图示。设物块A、B与长木板

C间的动摩擦因数为μ，A、B、C三者质量相等。

⑴若A、B两物块不发生碰撞，则由开始滑上C到A、B都静止在

C上为止，B通过的总路程多大？经历的时间多长？

⑵为使A、B两物块不发生碰撞，长木板C至少多长？

4．在光滑水平面上静止放置一长木板B，B的质量为M=2㎏同，B右端距竖直墙5m，现有一小物块 A，质

量为m=1㎏，以v₀=6m/s的速度从B左端水平地滑上B。如图

所示。A、B间动摩擦因数为μ=0.4，B与墙壁碰撞时间极短，且

碰撞时无能量损失。取g=10m/s²。求：要使物块A最终不脱离B

木板，木板B的最短长度是多少？

5．如图所示，在光滑水平面上有一辆质量为M=4.00㎏的平板小车，车上放一质量为m=1.96㎏的木块，木块到平板小车左端的距离L=1.5m，车与木块一起以v=0.4m/s的速度

向右行驶，一颗质量为m₀=0.04㎏的子弹以速度v₀从右方射入木块并留

在木块内，已知子弹与木块作用时间很短，木块与小车平板间动摩擦因数

μ=0.2，取g=10m/s²。问：若要让木块不从小车上滑出，子弹初速度应

满足什么条件？

6．一质量为m、两端有挡板的小车静止在光滑水平面上，两挡板间距离为1.1m，在小车正中放一质量为m、长度为0.1m的物块，物块与小车间动摩擦因数μ=0.15。如图示。现给物块一个水平向右的瞬时冲量，使物块获得v₀ =6m/s的水平初速度。物块与挡板碰撞时间极短且无能量损失。求：

⑴小车获得的最终速度；

⑵物块相对小车滑行的路程；

⑶物块与两挡板最多碰撞了多少次；

⑷物块最终停在小车上的位置。

7．一木块置于光滑水平地面上，一子弹以初速v₀射入静止的木块，子弹的质量为m，打入木块的深度为d，木块向前移动S后以速度v与子弹一起匀速运动，此过程中转化为内能的能量为

A． B. C. D.

参考答案

1. 金属块在板上滑动过程中，统动量守恒。金属块最终停在什么位置要进行判断。假设金属块最终停在A上。三者有相同速度v，相对位移为x，则有解得：，因此假定不合理，金属块一定会滑上B。

设x为金属块相对B的位移，v₁、v₂表示A、B最后的速度，v₀′为金属块离开A滑上B瞬间的速度。有：在A上全过程

联立解得： ∴

*解中，整个物理过程可分为金属块分别在A、B上滑动两个子过程，对应的子系统为整体和金属块与B。可分开列式，也可采用子过程→全过程列式，实际上是整体→部分隔离法的一种变化。

2．⑴A恰未滑离B板，则A达B最左端时具有相同速度v，有 Mv₀-mv₀=(M+m)v ∴

M＞m, ∴ v＞0,即与B板原速同向。

⑵A的速度减为零时，离出发点最远，设A的初速为v₀，A、B摩擦力为f，向左运动对地最远位移为S，则

而v₀最大应满足 Mv₀-mv₀=(M+m)v

解得：

3．⑴由A、B、C受力情况知，当B从v₀减速到零的过程中，C受力平衡而保持不动，此子过程中B的位移S₁和运动时间t₁分别为：。然后B、C以μg的加速度一起做加速运动。A继续减速，直到它们达到相同速度v。对全过程：m_A·2v₀-m_Bv₀=(m_A+m_B+m_C)v ∴ v=v₀/3

B、C的加速度 ,此子过程B的位移

∴ 总路程

⑵A、B不发生碰撞时长为L，A、B在C上相对C的位移分别为L_A、LB，则 L=L_A+L_B

*对多过程复杂问题，优先考虑钱过程方程，特别是ΔP=0和Q=fS_相=ΔE_系统。全过程方程更简单。

4．A滑上B后到B与墙碰撞前，系统动量守恒，碰前是否有相同速度v需作以下判断：mv₀=(M+m)v, ①v=2m/s

此时B对地位移为S₁，则对B： ②S=1m＜5m,故在B与墙相撞前与A已达到相同速度v，设此时A在B上滑行L₁距离，则 ③ L₁=3m

【以上为第一子过程】此后A、B以v匀速向右，直到B与墙相碰(此子过程不用讨论)，相碰后，B的速度大小不变，方向变为反向，A速度不变(此子过程由于碰撞时间极短且无能量损失，不用计算)，即B以v向左、A以v向右运动，当A、B再次达到相同速度v′时：Mv-mv=(M+m)v′ ④ v′=2/3 m/s向左，即B不会再与墙相碰，A、B以v′向左匀速运动。设此过程(子过程4)A相对B移动L₂，则

⑤ L₂=1、33m L=L₁+L₂=4.33m为木板的最小长度。