2021届全国新高考物理冲刺复习 滑块与滑板模型

2021届全国新高考物理冲刺复习
滑块与滑板模型
一 分析要点
1、相互作用：滑块之间的摩擦力
2、相对运动：具有相同的速度时相对静止。

两相互作用的物体在速度相同，但加速度不相同时，两者之间同样有位置的变化，发生相对运动。

3、通常所说物体运动的位移、速度、加速度都是对地而言的。

在相对运动的过程中相互作用的物体之间位移、速度、加速度、时间一定存在关联。

它就是我们解决力和运动突破口。

4、求时间通常会用到牛顿第二定律加运动学公式或动量定理：应用动量定理时特别要注意条件和方向，最好是对单个物体应用动量定理求解。

5、求位移通常会用到牛顿第二定律加运动学公式或动能定理，应用动能定理时研究对象为单个物体或可以看成单个物体的整体。

另外求相对位移时：通常会用到系统能量守恒定律。

6、求速度通常会用到牛顿第二定律加运动学公式或动能定理或动量守恒定律：应用动量守恒定律时要特别注意系统的条件和方向。

7、当滑块和滑板同向运动时相对位移等于滑块位移与滑板位移之差,若二者同向运动相对位移等于二者位移之和。

二 分类讲解
【模型一】滑块以一定的初速度滑上木板。

例题一 如图所示，质量kg m 3.02=的小车静止在光滑的水平面上，车长m L 5.1=，现有
质量kg m 2.01=的可视为质点的物块，以水平向右的速度s m v /20=从左端滑上小车，最 后在车面上某处与小车保持相对静止。

物块与车面间的动摩擦因数5.0=μ，取
2
/10s m g =，求：
⑴物块在车面上滑行的时间t ；
⑵要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度0v 不超过多少？ 【解法一】牛顿运动定律+运动学公式 “经典八式”法
1m 在2m 上向右做匀减速直线运动由牛顿第二定律：111-a m g m =μ①得21/5s m a -= 2m 向右做匀加速直线运动由牛顿第二定律：221a m g m =μ②得22/3
10
s m a =
设二者历时t 时相对静止此时具有共同速度v ，则 对于1m ：t a v v 10+=③ 对于2m ：t a v 2=④
联立③④得⎩⎨
⎧==s
t s
m v 24.0/8.0二者在这段时间内发生的位移分别为1x 、2x 则
对于1m ：t v
v x 2
01+=⑤
对于2m ：t v
x 2
2=⑥
二者的相对位移：21x x x -=∆⑦ 要使物块不从小车右端滑出则x ≤∆⑧ 联立⑤⑥⑦⑧得s m v /50≤
【解法2】（1）设物块与小车的共同速度为v ，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律有 v m m v m )(2101+= ① 设物块与车面间的滑动摩擦力为F ，对物块应用动量定理有
011v m v m ft -=- ② 其中 g m f 1μ= ③ 解得 g
m m v m t )(210
2+=
μ
代入数据得 s t 24.0= ④
（2）要使物块恰好不从车厢滑出，须物块到车面右端时与小车有共同的速度v ′，则 v m m v m '+='
)(2101 ⑤ 由功能关系有
'+-'=
2212011)(2
121v m m v m gL m μ ⑥
代入数据解得 s m v /5='
故要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车的速度v 0′不能超过5m/s 。

【模型提炼】该模型中对于地面粗糙还需要讨论以下几点： 1、二者一定发生相对运动。

2、若滑板足够长则最终二者以共同速度匀速直线下去。

若滑板板长满足L x >∆，则滑块会
滑离滑板。

例题二 如图所示，物块A 、木板B 的质量均为==21m m m ＝10 kg ，不计A 的大小，
B 板长L ＝3 m 。

开始时A 、B 均静止。

现使A 以某一水平初速度从B 的最左端开始运动。

已知A 与B 、B 与水平面之间的动摩擦因数分别为μ1＝0.3和μ2＝0.1，g 取10 m/s 2。

(1)若物块A 刚好没有从B 上滑下来，则A 的初速度多大？
⑤⑥也可由2
02
1at t v x +
=或 ax v v 22
02=-求解
因为二者同向运动相对位移为二
者位移差且是快的减慢的
(2)若把木板B 放在光滑水平面上，让A 仍以(1)问中的初速度从B 的最左端开始运动，则A 能否与B 脱离？最终A 和B 的速度各是多大？ 【解析】（1）牛顿运动定律+运动学公式 “经典八式”法
A 在
B 上向右做匀减速直线运动由牛顿第二定律：1111-a m g m =μ①得21/3s m a -= B 向右做匀加速直线运动由牛顿第二定律：2221211)(a m g m m g m =+-μμ②得
22/1s m a =
设二者历时t 时相对静止此时具有共同速度v ，则 对于A ：t a v v 10+=③ 对于B ：t a v 2=④
联立③④得⎪⎪⎩
⎪⎪⎨⎧==44
0v t v v 二者在这段时间内发生的位移分别为1x 、2x 则
对于1m ：t v
v x 2
01+=⑤ 对于2m ：t v
x 2
2=
⑥ 二者的相对位移：21x x x -=∆⑦ 若物块A 刚好没有从B 上滑下来则L x =∆⑧ 联立⑤⑥⑦⑧得s m v /620=
（2）若地面光滑则②式变为2211a m g m =μ此时2
2/3s m a = 设二者历时t 时相对静止此时具有共同速度v ，则 对于A ：t a v v 10+=③ 对于B ：t a v 2=④
联立③④得⎪⎩
⎪
⎨⎧==s t s m v 36
/6二者在这段时间内发生的位移分别为1x 、2x 则 对于1m ：t v
v x 2
01+=
⑤得m x 31=
对于2m ：t v
x 2
2=
⑥得m x 12= 二者的相对位移：m x x x 221=-=∆⑦
L x <∆⑧即A 没有脱离B
所以最终A 和B 的速度为：s m v /6=
【模型提炼】该模型中对于地面粗糙还需要讨论以下几点：
1. 如果g m m g m )(21211+≤μμ，那么B 就不滑动，A 在摩擦力作用下在B 上面做匀减速
直线运动停在B 上（B 足够长）或直至脱离B 。

此类情况较为简单一般只在定性分析中才出现。

2. 如果g m m g m )(21211+>μμ那么B 的合外力不为0要滑动。

（1）如果B 足够长，经过一段时间t 后A 、B 将会以共同速度一起一起匀减速速最终静止。

（2）如果B 的长度满足L x >∆，则A 最终将会从B 上面滑离。

【模型二】滑块受到水平拉力模型
例题一 如图甲，质量M ＝1 kg 的木板静止在水平面上，质量m ＝1 kg 、大小可以忽略的铁块静止在木板的右端。

设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，已知木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，铁块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.4，取g ＝10 m/s 2。

现给铁块施加一个水平向左的力F 。

(1)若力F 恒为8 N ，经1 s 铁块运动到木板的左端。

求木板的长度L 。

(2)若力F 从零开始逐渐增加，且木板足够长。

试通过分析与计算，在图乙中作出铁块受到的摩擦力f 随力F 大小变化的图象。

【解析】（1）牛顿运动定律+运动学公式 “经典八式”法
m 在M 上向左做匀加速直线运动由牛顿第二定律：12-ma mg F =μ①得21/4s m a =
M 向左做匀加速直线运动由牛顿第二定律：212)(Ma g M m mg =+-μμ②得
22/2s m a =
设历时t 时m 动到M 的左端此时二者速度分别为1v ，2v 则
对于m ：t a v 11=③ 对于M ：t a v 22=④
二者在这段时间内发生的位移分别为1x 、2x 则
对于1m ：2
1121t a x =
⑤ 对于2m ：2
222
1t a x =⑥
二者的相对位移：21x x x -=∆⑦
m 从一端运动到另一端，则L x =∆⑧ 得m L 1=。

（2）当F ≤μ1(m ＋M )g ＝2 N 时，系统没有被拉动，静摩擦力f 与外力F 大小相等，即f ＝F 。

当F ＞μ1(m ＋M )g ＝2 N 时，如果M ，m 相对静止，铁块与木板有相同的加速度a ，则 F －μ1(m ＋M )g ＝(m ＋M )a ，F －f ＝ma ，解得F ＝2f －2，此时f ≤μ2mg ＝4 N ，也即F ≤6 N ，
所以当2 N ＜F ≤6 N 时， f ＝F
2
＋1。

当F ＞6 N 时，M ，m 相对滑动，此时铁块受到的摩擦力为 f ＝μ2mg ＝4 N ， f -F 图象如右图所示。

例二 如图所示，可看作质点的小物块放在长木板正中间，已知长木板质量为M ＝4 kg ，长度为L ＝2 m ，小物块质量为m ＝1 kg ，长木板置于光滑水平地面上，两物体皆静止。

现在用一大小为F
的水平恒力作用于小物块上，发现只有当F 超过2.5 N 时，两物体间才能产生相对滑动，设两物体间的最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力大小，重力加速度g 取10 m/s 2。

(1)求小物块和长木板间的动摩擦因数。

(2)若一开始力F 就作用在长木板上，且F ＝12 N ，则小物块经过多长时间从长木板上掉下？
解析 (1)设两物体间的最大静摩擦力为f m ，当F ＝2.5 N 作用于小物块时，对整体，由牛顿第二定律有F ＝(M ＋m )a
对长木板，由牛顿第二定律有f m ＝Ma 联立可得f m ＝2 N
小物块在竖直方向上受力平衡，所受支持力N ＝mg ，由摩擦力性质有f m ＝mg
解得μ＝0.2。

(2)F ＝12 N 作用于长木板时，两物体发生相对滑动，设长木板、小物块加速度分别为
a 1、a 2
对长木板，由牛顿第二定律有F －f m ＝Ma 1，解得a 1＝2.5 m/s 2
对小物块，由牛顿第二定律有f m ＝ma 2，解得a 2＝2 m/s 2
由匀变速直线运动规律，两物体在t 时间内的位移为s 1＝12a 1t 2，s 2＝12a 2t 2
小物块刚滑下长木板时s 1－s 2＝1
2L ，联立解得t ＝2 s 。

【模型提炼】该模型中需要讨论以下几点： 1、M 滑动的条件是g M m mg )(12+>μμ 2、M 滑动又可以分为
（1）若M
g
M m mg m mg F )(-212+-=μμμ此时二者相对静止一起加速，加速度可有整体法求出。

a M m g M m F )()(2+=+-μ
3、由于二者均做加速运动，此类问题不出现共速状态。

【模型三】滑板受到水平拉力模型
例题一 如图所示，光滑水平面上有一木板，质量kg M 0.1=，长度m L 0.1=．在木板的最左端有一个小铁块（可视为质点），质量kg m 0.1=．小铁块与木板之间的动摩擦因数0.30=μ．开始时它们都处于静止状
态，某时刻起对木板施加一个水平向左的拉力F ，2
/10s m g =．求： （1）拉力F 至少多大能将木板抽出；
（2）若N F 8=将木板抽出，则抽出过程中摩擦力分别对木板和铁块做的功．
【解析】（1）木板能够被抽出则对小铁块由牛顿第二定律：1ma mg =μ① 对木板由牛顿第二定律：2Ma mg F =-μ②得
若木板能被抽出：12a a >③即g m M F )(+>μ④解得N F 6>。

（2）设经历时间t 木板被抽出此时二者的位移分别为1x 、2x
由①②可得2
1/3s m a =、2
2/5s m a =则二者均向左做匀加速直线运动
对于m ：2
1121t a x =
⑤ 对于M ：2
222
1t a x =⑥
二者的相对位移：12x x x -=∆⑦
m 从一端运动到另一端，则L x =∆⑧
⑤⑥⑦⑧得s t 1=代入⑤⑥得m x 5.11=、m x 5.22= 摩擦力对m 做的功J mgx W f 5.411==μ⑨ 摩擦力对M 做的功J mgx W f 5.-7-12==μ⑨
例二 如图所示，长m L 5.1=、质量kg 3=M 的木板静止放在水平面上，质量kg 1=m 的小物块（可视为质点）放在木板的右端，木板和小木块间的动摩擦因数.101=μ，木板与地面间的动摩擦因数.202=μ。

现对木板施加一水平向右的拉力F ，取2
m/s 10=g ，求： （1）使小物块不掉下木板的最大拉力0F （小物块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力）。

（2）如果拉力N 21=F 恒定不变，小物块所能获得的最大动能。

【解析】（1）要使小物块不掉下木板则二者具有相同加速度21a a = 对小物块由牛顿第二定律：11ma mg =μ①得2
1/1s m a = 对木板由牛顿第二定律：220)Ma g M m F =+-（μ② 解得N F 120=。

（3）拉力12N N 21>=F 二者相对滑动-------‘经典八式’
对木板由牛顿第二定律：221)Ma g M m mg F =+--（μμ③得2
2/4s m a =
二者均向右做匀加速直线运动。

设经历时间t 小物块脱离木板此时二者的位移分别为1x 、
2x ，速度分别为1v 、2v 。

对于m ：2
1121t a x =
④ 对于M ：2
222
1t a x =⑤
二者的相对位移：12x x x -=∆⑦
m 从一端运动到另一端，则L x =∆⑧
图1
图2
④⑤⑥⑦得s t 1=此时对于m ：
s m t a v /11==，J mv E k 5.02
12
==。

【模型提炼】1、二者是否相对滑动的临界条件是加速度相等 （1）当
g M
g M m mg F 121)μμμ≤+--（则二者不发生相对滑动，此时运用整体法求加速
度即：a m M g m M F )()(2+=+-μ。

（2）当
g M
g M m mg F 121)μμμ>+--（则二者不发生相对滑动应用八式解题即可。

（3）由于二者都做加速运动不会出现高速状态。

例三 图l 中，质量为m 的物块叠放在质量为2m 的足够长的木板上方右侧，木板放在光滑的水平地面上，物块与木板之间的动摩擦因数为μ＝0.2．在木板上施加一水平向右的拉力F ，在0~3s 内F 的变化如图2所示，图中F 以mg 为单位，重力加速度2
10m/s g =．整个系统开始时静止．
(1)求1s 、1.5s 、2s 、3s 末木板的速度以及2s 、3s 末物块的速度； (2)在同一坐标系中画出0~3s 内木板和物块的t -v 图象，据此求0~3s 内物块相对于木板滑过的距离。

【解析】(1)设木板和物块的加速度分别为a 和a '，在t 木板和物块的速度分别为
t
v 和
t '
v ，木板
和物块之间摩擦力的大小为f ，依牛顿第二定律、运动学公式和摩擦定律得 f ma '=
① f mg μ=，当t t '<v v ② 2121()
t t a t t '''=+-v v ③ (2)F f m a -= ④
2121()
t t a t t =+-v v
⑤
由①②③④⑤式与题给条件得
1 1.5234m/s, 4.5m/s,4m/s,4m/s
====v v v v
⑥
234m/s,4m/s
''==v v
⑦
θ
v v
F
(2)由⑥⑦式得到物块与木板运动的t -v 图象，如右图所示。

在0～3s 内物块相对于木板的距离s ∆等于木板和物块t -v 图线下的面积之差，即图中带阴影的四边形面积，该四边形由两个三角形组成，上面的三角形面积为0.25(m)，下面的三角形面积为2(m)，因此
2.25m s ∆=
【模型四】斜面上的板块问题
例一 如图所示，在倾角为θ的足够长的斜面上，有一质量为1m 的长木板。

开始时，长木板上有一质量为2m 的小铁块（视为质点）以相对斜面的初速度0v 从长木板的中点沿长木板向下滑动，同时长木板在沿斜面向上的拉力作用下始终做速度为v 的匀速运动（已知二者速率的值v v >0），小铁块最终跟长木板一起向上做匀速运动。

已知小铁块与木板、木板与斜面间的动摩擦因数均为μ（θμtan >），试求： （1）小铁块在长木板上滑动时的加速度？ （2）长木板至少多长？
（3）小铁块从中点开始运动到最终匀速运动的过程中拉力做了多少功？
【解析】（1）对小铁块受力分析如图
由牛顿第二定律：ma mg mg =-θθμsin cos ① 解得θθμsin cos g g a -=②由于θμtan >
所以小铁块与木板相对滑动时加速度方向向上。

（2）小铁块先沿斜面向下减速为0，在沿斜面向上加速最终与木板以v 共速运动设整个过程经历时间t 则：at v v +-=0③解得
)
sin cos (0θθμ-+=
g v
v t ④这段时间内小铁块的位移
t v
v S 2
01-=
⑤因为v v >0所以方向沿斜面向下。

木板沿斜面向上的位移 vt S =2⑥由题意可知
212
S S L
+≥⑦所以)sin cos ()()(22021θθμ-+=+≥g v v S S L
（3）对木板有：θθμθμsin cos cos )(Mg mg g M m F +++=⑧
由Fvt FS W ==2⑨得v v v g g Mg mg g M m W )(sin cos sin cos cos )(0+⋅-+++=
θ
θμθ
θμθμ。