“木板—滑块”模型

1．(多选)如图1所示，一足够长的木板静止在光滑水平面上，一物块静止在木板上，木板和物块间有摩擦．现用水平力向右拉木板，当物块相对木板滑动了一段距离但仍有相对运动时，撤掉拉力，此后木板和物块相对于水平面的运动情况为 ( )．

图1

A．物块先向左运动，再向右运动

B．物块向右运动，速度逐渐增大，直到做匀速运动

C．木板向右运动，速度逐渐变小，直到做匀速运动

D．木板和物块的速度都逐渐变小，直到为零

2．一质量m＝0.5 kg的滑块以一定的初速度冲上一倾角θ＝37°的足够长的斜面．某同学利用传感器测出了滑块冲上斜面过程中多个时刻的瞬时速度，并用计算机作出了滑块上滑过程的v -t图象，如图2所示．(最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2)

(1)求滑块与斜面间的动摩擦因数；

(2)判断滑块最后能否返回斜面底端．若能返回，求出返回斜面底端时的速度大小；若不能返回，求出滑块停在什么位置．

图2

3．如图3所示，一质量为mB＝2 kg的木板B静止在光滑的水平面上，其右端上表面紧靠一固定斜面轨道的底端(斜面底端与木板B右端的上表面之间有一段小圆弧平滑连接)，轨道与水平面的夹角θ＝37°.一质量也为mA＝2 kg的物块A由斜面轨道上距轨道底端x0＝8 m处静止释放，物块A刚好没有从木板B的左端滑出．已知物块A与斜面轨道间的动摩擦因数为μ1＝0.25，与木板B上表面间的动摩擦因数为μ2＝0.2，sin θ＝0.6，cos θ＝0.8，g取10 m/s2，物块A可看作质点．请问：

(1)物块A刚滑上木板B时的速度为多大？

(2)物块A从刚滑上木板B到相对木板B静止共经历了多长时间？木板B有多长？

图3

4．如图4所示，在光滑的水平面上停放着小车B，车上左端有一小物体A，A和B之间的接触面前一段光滑，后一段粗糙，且后一段的动摩擦因数μ＝0.4，小车长L＝2 m，A的质量mA＝1 kg，B的质量mB＝4 kg.现用12 N的水平力F向左拉动小车，当A到达B的最右端时，两者速度恰好相等，求A和B间光滑部分的长度．(g取10 m/s2

)

图4

5．一长木板在水平地面上运动，在t＝0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5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g＝10 m/s2，求：

(1)物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数；

(2)从t＝0时刻到物块与木板均停止运动时，物块相对于木板的位移的大小．

图5

参考答案：

1、解析 由题意，撤掉拉力后，物块和木板系统最终一起匀速运动．因为撤掉拉力时，物块和木板仍有相对运动，说明物块向右的速度比木板的速度小，所以物块水平方向仍受木板向右的滑动摩擦力而向右加速直到匀速运动，A错误，B正确；根据牛顿第三定律可知，木板开始受到物块向左的滑动摩擦力而向右减速直到匀速运动，C正确，D错误．

答案 BC

2、解析 (1)由图象可知，滑块的加速度大小：

10a＝m/s2＝10 m/s2 1.0

滑块冲上斜面过程中根据牛顿第二定律，有

mgsin θ＋μmgcos θ＝ma

代入数据解得μ＝0.5.

(2)滑块速度减小到零时，重力的下滑分力大于最大静摩擦力，滑块能再下滑返回到斜面底端 由匀变速直线运动的规律，滑块向上运动的位移

v2

s＝＝5 m 2a

滑块下滑过程中根据牛顿第二定律，有

mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，得a2＝2 m/s2

由匀变速直线运动的规律，滑块返回底端的速度

v′＝2a2s＝5 m/s.

答案 (1)0.5 (2)能 25 m/s

3、解析 (1)物块A从斜面滑下的加速度为a1，则

mAgsin θ－μ1mAgcos θ＝mAa1，解得a1＝4 m/s2

物块A滑到木板B上的速度为

v1＝2a1x02×4×8 m/s＝8 m/s.

(2)物块A在木板B上滑动时，它们在水平方向上的受力大小相等，质量也相等，故它们的加

μ2mAg速度大小相等，数值为a2＝μ2g＝2 m/s2， mA

设木板B的长度为L，二者最终的共同速度为v2，在达到最大速度时，木板B滑行的距离为x，

11222利用位移关系得v1t2－a2t22－2t2＝L.对物块A有v2＝v1－a2t2，v2－v1＝－2a2(x＋L)．对木板22

B有v22＝2a2x，联立解得相对滑行的时间和木板B的长度分别为：t2＝2 s，L＝8 m. 答案 (1)8 m/s (2)2 s 8 m

4、解析 小车B从开始运动到小物体A刚进入小车B的粗糙部分的过程中，因小物体A在小车B的光滑部分不受摩擦力作用，故小物体A处于静止状态．设小车B此过程中的加速度为

Fa1，运动时间为t1，通过的位移为x1，运动的最终速度为v1，则有：a1＝ mB

1v1＝a1t1，x1a1t2 21

当小物体A进入到小车B的粗糙部分后，设小车B的加速度为a2，小物体A的加速度为a3，

F－μmAg两者达到相同的速度经历的时间为t2，且共同速度v2＝a3t2，则有a2mB

a3＝μg，v1＋a2t2＝a3t2

112v1t2＋a2t22－3t2＝L－x1 22

综合以上各式并代入数据可得A和B间光滑部分的长度：x1＝0.8 m.

答案 0.8 m

5、解析 从v -t图象中获取速度及加速度信息．根据摩擦力提供加速度，且不同阶段的摩擦力不同，利用牛顿第二定律列方程求解．

(1)从t＝0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．

由题图可知，在t1＝0.5 s时，物块和木板的速度相同．设t＝0到t＝t1时间间隔内，物块和木

v

1板的加速度大小分别为a1和a2，则a1＝ ① t1

v0－v1a2＝ ② t1

式中v0＝5 m/s、v1＝1 m/s分别为木板在t＝0、t＝t1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μ1、μ2，由牛顿第二定律得

μ1mg＝ma1 ③

(μ1＋2μ2)mg＝ma2 ④

联立①②③④式得μ1＝0.20 ⑤ μ2＝0.30⑥

(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．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f＝ma1′ ⑦ 2μ2mg－f＝ma2′ ⑧ 假设f＜μ1mg，则a1′＝a2′；

由⑤⑥⑦⑧式得f＝μ2mg＞μ1mg，与假设矛盾，

故f＝μ1mg ⑨ 由⑦⑨式知：物块加速度的大小a1′等于a1；

物块的v－t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

v2s1＝ 2a1

v0＋v1v2s2＝t1＋ 22a2′

物块相对于木板的位移的大小为

s＝s2－s1

联立①⑤⑥⑧⑨⑩??式得s＝1.125 m

答案 (1)0.20 0.30 (2)1.125 m

⑩ ? ? ?

 

第二篇：滑块与长木板模型20xx

滑块与长木板模型2014

【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，

2g=10m/s，

（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.

1

滑块与长木板模型2014

【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

2g=10m/s）.

【例4】如图所示，在光滑的桌面上叠放着一质量为mA＝2.0kg的薄木板A和质量为mB=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mC=1.0 kg的物块C相连．B与A之间的滑动摩擦因数 ? =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

2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/s）．

2

滑块与长木板模型2014

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=? a1t2 …………⑤

木板：x1=? a2＇t2 …………⑥

又有x2－x1=L …………⑦

解得：t=2s …………⑧

3

滑块与长木板模型2014

例3解析：（1）对木板M，水平方向受静摩擦力f向右，当f=fm=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aM，由牛顿第二定律得：aM= fm/M=μmg/M =1m/s2 要使滑块与木板共同运动，m的最大加速度am=aM，

对滑块有F0－μmg=mam

所以 F0=μmg+mam=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= ?a2t2 ① 滑块位移 x1= ?a1t2 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= ?a1t2= 7/8m x2= ?a2t2= 1/8m

例四：以桌面为参考系，令aA表示A的加速度，aB表示B、C的加速度，sA和sB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

mCg-?mBg=（mC+mB）aB

? mBg=mAaA

sB=?aBt2 sA=?aAt2 sB-sA=L

由以上各式，代入数值，可得:t=4.0s

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