滑块--木板模型(解题技巧类)

第30讲 滑块--木板模型【技巧点拨】滑块－木板模型作为力学的基本模型经常出现，是对直线运动和牛顿运动定律有关知识的综合应用．着重考查学生分析问题、运用知识的能力，这类问题无论物体的运动情景如何复杂，这类问题的解答有一个基本技巧和方法：求解时应先仔细审题，清楚题目的含义，分析清楚每一个物体的受力情况、运动情况．因题目所给的情境中至少涉及两个物体、多个运动过程，并且物体间还存在相对运动，所以应准确求出各物体在各运动过程中的加速度(注意两过程的连接处加速度可能突变)，找出物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口．求解中更应注意联系两个过程的纽带，每一个过程的末速度是下一个过程的初速度．【对点题组】1．如图甲所示，静止在光滑水平面上的长木板B (长木板足够长)的左端放着小物块A .某时刻，A 受到水平向右的外力F 作用，F 随时间t 的变化规律如图乙所示，即F ＝kt ，其中k 为已知常数．若物体之间的滑动摩擦力F f 的大小等于最大静摩擦力，且A ，B 的质量相等，则下列图中可以定性地描述长木板B 运动的vt 图象的是( )2．如图所示，质量M ＝8 kg 的小车放在水平光滑的平面上，在小车左端加一F ＝8 N 的水平推力，当小车向右运动的速度达到v 0＝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，小车足够长，取g ＝10 m/s 2.求：(1)放小物块后，小物块及小车的加速度各为多大； (2)经多长时间两者达到相同的速度；(3)从小物块放上小车开始，经过t ＝1.5 s 小物块通过的位移大小为多少【高考题组】3．(2014·江苏卷)如图所示，A 、B 两物块的质量分别为2m 和m ，静止叠放在水平地面上．A 、B 间的动摩擦因数为μ，B 与地面间的动摩擦因数为12μ.最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g .现对A 施加一水平拉力F ，则( ) A ．当F ＜2μmg 时，A 、B 都相对地面静止 B ．当F ＝52μmg 时，A 的加速度为13μgC ．当F ＞3μmg 时，A 相对B 滑动D ．无论F 为何值，B 的加速度不会超过12μg4．(2013·全国新课标Ⅱ)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－时间图像如图所示。

己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=10ｍ/s 2.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。

5.(2013·江苏卷)如图所示,将小砝码置于桌面上的薄纸板上,用水平向右的拉力将纸板迅速抽出, 砝码的移动很小,几乎观察不到,这就是大家熟悉的惯性演示实验. 若砝码和纸板的质量分别为m 1 和m 2,各接触面间的动摩擦因数均为μ. 重力加速度为g. (1)当纸板相对砝码运动时，求纸板所受摩擦力的大小； (2)要使纸板相对砝码运动,,求需所拉力的大小；(3)本实验中,m 1 =0. 5 kg,m 2 =0. 1 kg,μ=0. 2,砝码与纸板左端的距离d =0. 1 m,取g =10 m/ s 2. 若砝码移动的距离超过l =0. 002 m,人眼就能感知. 为确保实验成功,纸板所需的拉力至少多大?6．(2013·上海卷)如图，质量为M 、长为L 、高为h 的矩形滑块置于水平地面上，滑块与地面间动摩擦因数为μ；滑块上表面光滑，其右端放置一个质量为m 的小球。

用水平外力击打滑块左端，使其在极短时间内获得向右的速度v 0，经过一段时间后小球落地。

求小球落地时距滑块左端的水平距离。

7．(2011·课标全国卷) 如图所示，在光滑水平面上有一质量为m 1的足够长的木板，其上叠放一质量为m 2的木块．假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等．现给木块施加一随时间t 增大的水平力F ＝kt (k 是常数)，木板和木块加速度的大小分别为a 1和a 2，下列反映a 1和a 2变化的图线中正确的是( )8．(2011·上海卷)如图，质量2m kg =的物体静止于水平地面的A 处，A 、B 间距L =20m 。

用大小为30N ，沿水平方向的外力拉此物体，经02t s =拉至B 处。

(已知cos370.8︒=，sin370.6︒=。

取210/g m s =)(1)求物体与地面间的动摩擦因数μ；(2)用大小为30N ，与水平方向成37°的力斜向上拉此物体，使物体从A 处由静止开始运动并能到达B 处，求该力作用的最短时间t 。

答案精析【对点题组】1．【答案】B【解析】在A ，B 相对滑动前，对A ，B 整体由牛顿第二定律得a ＝2F m ＝2kt m，故A ，B 的加速度随时间的增大而增大，速度时间图象是一向上弯曲的曲线；A 相对B 刚好要滑动时，对B 由牛顿第二定律得a ＝f F m，由于2kt m ＝f F m ，故t ＝2f F k；在A 相对B 滑动后，B 的加速度a ＝f F m为一恒量，速度时间图象是一倾斜向上的直线，故B 正确．2．【答案】 (1)2 m/s 2 0.5 m/s 2 (2)1 s (3)2.1 m【解析】(1)小物块的加速度a m ＝μg ＝2 m/s 2，小车的加速度a M ＝F mg Mμ-＝0.5 m/s 2. (2)由a m t ＝v 0＋a M t ，解得：t ＝1 s.(3)从小物块放上小车开始1 s 内，小物块的位移 s 1＝12a m t 2＝1 m ， 1 s 末小物块的速度v ＝a m t ＝2 m/s在接下来的0.5 s 内小物块与小车相对静止，一起做加速运动，且加速度a ＝FM m+＝0.8m/s 2，这0.5 s 内小物块的位移s 2＝vt 1＋2112at ＝1.1 m ， 小物块1.5 s 内通过的总位移s ＝s 1＋s 2＝2.1 m.【高考题组】3．【答案】BCD【解析】设B 对A 的摩擦力为f 1，A 对B 的摩擦力为f 2，地面对B 的摩擦力为f 3，由牛顿第三定律可知f 1与f 2大小相等，方向相反，f 1和f 2的最大值均为2μmg ，f 3的最大值为32μmg .故当0<F ≤32μmg 时，A 、B 均保持静止；继续增大F ，在一定范围内A 、B 将相对静止以共同的加速度开始运动，设当A 、B 恰好发生相对滑动时的拉力为F ′，加速度为a ′，则对A ，有F ′－2μmg ＝2ma ′，对A 、B 整体，有F ′－32μmg ＝3ma ′，解得F ′＝3μmg ，故当32μmg <F ≤3μmg 时，A 相对于B 静止，二者以共同的加速度开始运动；当F >3μmg 时，A 相对于B 滑动．由以上分析可知A 错误，C 正确．当F ＝52μmg 时，A 、B 以共同的加速度开始运动，将A 、B 看作整体，由牛顿第二定律有F －32μmg ＝3ma ，解得a ＝μg3，B 正确．对B 来说，其所受合力的最大值F m ＝2μmg －32μmg ＝12μmg ，即B 的加速度不会超过12μg ，D 正确．4．【答案】（1）0.20 0.30 （2）s =1.125m【解析】（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。

由图可知，在t 1=0.5s 时，物块和木板的速度相同。

设t =0到t =t 1时间间隔内，物块和木板的加速度大小分别为a 1和a 2，则111a t =v ①0121a t -=v v ② 式中v 0=5m/s ，v 1=1m/s 分别为木板在t =0、t =t 1时速度的大小。

设物块和木板的质量为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=ma 1 ③ （μ1+2μ2）mg=ma 2 ④ 联立①②③④式解得： μ1=0.20 ⑤ μ2=0.30 ⑥(2)在t 1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1a '和2a '，则由牛顿第二定律得1f ma '= ⑦ 222mg f ma μ'-=⑧假设f<μ1mg ，则12a a ''=。

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11a a '=；物块的t -v 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s 1=2×1212a v ⑩s 2=210v v +t 1+'2221a v ⑾物块相对于木板位移的大小为s=s 2- s 1 ⑿ 联立①⑤⑥⑧⑨⑩⑾⑿解得：s =1.125m 。

5．【答案】（1）g m m f )2(21+=μ （2）g m m F )(221+μ＞ （3）22.4N.【解析】（1）砝码对纸板的摩擦力 11f m g μ= , 桌面对纸板的摩擦力 212()f m m gμ=+12f f f =+解得12(2)f m m g μ=+（2）设砝码的加速度为1a ,纸板的加速度为2a ,则111f m a = 1222F f f m a --= 发生相对运动21a a >解得122()F m m g μ>+ （3）纸板抽出前,砝码运动的距离211112x a t =纸板运动的距离212112d x a t +=纸板抽出后，砝码在桌面上运动的距离 223212x a t = 12l x x =+ 由题意知 13113,a a a t a t ==解得122[(1)]dF m m g lμ=++代入数据得 22.4F N = 6h μ【解析】小球下落前滑块的加速度11()f M m ga M Mμ+==滑块做匀减速运动，到小球开始下落时的速度v ==小球落地时间t =小球落下后，滑块的加速度22f Mg a g M Mμμ===按此加速度，滑块停止运动时间22vt a ==≥则小球落地时距滑块左侧2202()222M m gv Lv Ms a gμμ+-===20()2v M m Lg Mμ+-<则小球落地时距滑块左侧2212s vt a t =-122h ggμ=h μ 7．【答案】A【解析】当拉力F 很小时，木块和木板一起加速运动，由牛顿第二定律，对木块和木板：F ＝(m 1＋m 2)a ，故a 1＝a 2＝a ＝F m 1＋m 2＝km 1＋m 2t ；当拉力很大时，木块和木板将发生相对运动，对木板：μm 2g ＝m 1a 1，得a 1＝μm 2gm 1，对木块：F －μm 2g ＝m 1a 2，得a 2＝F －μm 2g m 2＝k m 2t－μg ，A 正确．8．【答案】(1)0.5 (2)1.03s 【解析】(1)物体做匀加速运动2012L at = 故2220222010(m/s )2L a t ⨯=== 由牛顿第二定律F f ma -= 故100.5210f mg μ===⨯ (2)设F 作用的最短时间为t ，小车先以大小为a 的加速度匀加速t 秒，撤去外力后，以大小为'a ，的加速度匀减速't 秒到达B 处，速度恰为0，由牛顿定律故2(cos37sin 37)30(0.80.50.6)0.51011.5(m/s )2F a g m μμ︒+︒⨯+⨯=-=-⨯=由于匀加速阶段的末速度即为匀减速阶段的初速度，因此有''at a t = 故11.5' 2.3'5a t t t t a ===故 1.03(s)t ===。