专题“滑块与木块”模型的判断与讨论

v3＝ v1＋ a2Δt
⑩
碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运动的位移为 － v1＋ v3 x1＝ Δt 2 小物块运动的位移为 v1＋ v3 x2＝ Δt 2 ⑫ ⑪
小物块相对木板的位移为 Δx＝ x2－ x1 ⑬
联立⑥⑧⑨⑩⑪⑫⑬式，并代入数据得 Δx＝ 6.0 m ⑭
因为运动过程中小物块没有脱离木板，所以木板的最小长度应为 6.0 m. (3)在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速运动直至停止， 设加速度为 a4，此过程中小物块和木板运动的位移为 x3.由牛顿第二定 律及运动学公式得 μ1(m＋ M)g＝ (m＋ M)a4 ⑮ 0－ v32＝ 2a4x3 ⑯
设小物块的位移为 x，木板的位移为 x′，由运动学公式得 1 2 1 2 x＝ v0t－ at ， x′＝ a′t ； 2 2 小物块恰好不从木板上端滑下，有 x－ x′＝ l， 联立解得 l＝ 0.5 m.
答案：0.5 m
2．如图所示，物块 A、木板 B 的质量均为 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/s2. (1)若物块 A 刚好没有从 B 上滑下来，则 A 的初速度多大？ (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？
v02－ v2 v2 位移关系：L＝ － 2a1 2a2 解得 v0＝ 2 6 m/s. (2)木板 B 放在光滑水平面上， A 在 B 上向右做匀减速运动，加速度大 小仍为 a1＝ μ1g＝ 3 m/s2 B 向右做匀加速运动，加速度大小 a2′＝ μ1mg ＝ 3 m/s2 m

【24模型】滑块—木板模型的分析应用（一）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速度和位移都是相对地面的。

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。

一力F作用在木板上例1 粗糙水平面上放置质量分别为m和2m的四个木块，其中两个质量为m的木块间用一不可伸长的轻绳相连．木块间的动摩擦因数均为μ，木块与水平面间的动摩擦因数相同，可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力．现用水平拉力F拉其中一个质量为2m的木块，使四个木块一起匀速前进．则需要满足的条件是（）A．木块与水平面间的动摩擦因数最大为B．木块与水平面间的动摩擦因数最大为C．水平拉力F最大为2μmgD．水平拉力F最大为6μmg答案：AC要使四个木块以同一匀速运动，采用整体与隔离法分析各部分的受力情况，再对左侧两物体分析可求得绳子的最大拉力．【解析】A、B设左侧2m与m之间的摩擦力为f1，右侧摩擦力为f2，对左侧两物体：绳子的拉力T=3μmg，对右上的m刚要滑动时，静摩擦力达到最大值，T=fm=μmg联立上两式得：动摩擦因数最大为．故A正确，B错误．C、D左边两物体分析则有：水平拉力F最大为T=2μmg．故C 正确，D错误．例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＝1 kg, 木板的质量M＝4 kg, 长L＝2.5 m, 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＝20 N拉木板, g取10 m/s2, 求:(1)木板加速度的大小;(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数为μ1＝0.3, 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30 N, 则木块滑离木板需要多长时间？答案 (1)2.5 m/s2 (2)1 s (3)25 N (4)2 s【解析】(1)木板受到的摩擦力Ff＝μ(M＋m)g＝10 N木板的加速度a＝＝2.5 m/s2.(2)设拉力F作用t时间后撤去木板的加速度为a′＝－＝－2.5 m/s2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.(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木块得: a木块＝μ1g＝3 m/s2对木板: F1－μ1mg－μ(M＋m)g＝Ma木板木板能从木块的下方抽出的条件: a木板>a木块解得: F1>25 N.(4)木块的加速度a木块＝μ1g＝3 m/s2木板的加速度a木板＝＝4.25 m/s2木块滑离木板时, 两者的位移关系为s木板－s木块＝L, 即a木板t2－a木块t2＝L代入数据解得: t＝2 s.本题考查牛顿第二定律的应用，以木板为研究对象，木板向右运动过程中受到水平向右的拉力和摩擦力的作用，由牛顿第二定律可求得加速度大小，拉力F作用时间最短，是指当有拉力F时滑块向右匀加速运动，撤去拉力F后木板向右做匀减速直线运动，而木块向右一直在摩擦力作用下向右做匀加速直线运动，分阶段进行受力分析求得加速度，再由相对位移为木板的长度，可求得拉力F的临界值例3 如图所示，水平桌面上有一薄木板，它的右端与桌面的右端相齐．薄木板的质量M=1.0kg，长度L=1.0m．在薄木板的中央有一个小滑块（可视为质点），质量m=0.5kg．小滑块与薄木板之间的动摩擦因数μ1=0.10，小滑块与桌面之间的动摩擦因数μ2=0.20，薄木板与桌面之间的动摩擦因数μ3=0.20．设小滑块与薄木板之间的滑动摩擦力等于它们之间的最大静摩擦力．某时刻起对薄木板施加一个向右的拉力F使木板向右运动．（1）若小滑块与木板之间发生相对滑动，拉力F1至少是多大？（2）若小滑块脱离木板但不离开桌面，求拉力F应满足的条件．【解析】分别以滑块和木板为研究对象根据牛顿第二定律求出其加速度，小滑块与木板之间发生相对滑动的临界情况为：a1=a2．先找出小滑块脱离木板但不离开桌面的位置关系以及滑块与木板的位移关系，根据牛顿第二定律列方程求出木板与滑块的加速度由位移速度公式表示出其位移，结合找出的位移关系列方程求解．（1）设小滑块与薄木板刚好发生相对滑动时，小滑块的加速度为a1，薄木板的加速度为a2，根据牛顿第二定律：对小滑块：μ1mg=ma1对木板：F1-μ1mg-μ3（m+M）g=Ma2若小滑块与木板之间发生相对滑动的临界情况为：a1=a2联立以上方程得：F1=4.5N（2）设小滑块脱离薄木板时的速度为v，时间为t，在桌面上滑动的加速度为a3，小滑块脱离木板前，薄木板的加速度为a4，空间位置变化如图所示，则：根据运动学公式：v=a1t根据牛顿第二定律，对小滑块：μ2mg=ma3由速度位移公式：x1= x2=由几何关系：x1+x2=L木板的位移：L+=a4t2根据牛顿第二定律，对木板：F2-μ1MG-μ3（m+M）g=Ma4联立以上方程解得：F2=6N要使小滑块脱离薄木板但不离开桌面，拉力F≥6N．答：（1）若小滑块与木板之间发生相对滑动，拉力F1至少是4.5N．（2）若小滑块脱离木板但不离开桌面，求拉力F应满足的条件F≥6N．每日一题解析如图所示，可以视为质点的小金属块A的质量为m1=1kg，放在厚度不计的长木板A的右端，木板长L=2m、质量m2=2kg，A与B 之间的动摩擦因数μ1=0.1，A、B与水平面之间的动摩擦因数均为μ2=0.5．开始时A和B均处于静止状态，现用水平恒力F将木板水平向右加速抽出，小金属块A滑到水平地面上后，又在地面上滑行了s=0.4m后停下来．求：（g取10m/s2）（1）金属块A从木板B上滑下瞬间的速度大小；（2）金属块A从木板B上滑下之前，木板B的加速度大小；（3）加在木板B上的水平恒力F的大小．【解析】（1）小金属块A从木板B上滑下后在地面上做匀减速直线运动，其加速度a=，故小金属块A从木板B上滑下瞬间的速度v=．（2）小金属块A从木板B上滑下之前在木板上做匀加速直线运动，其加速度．其加速度．位移．设木板的加速度为a2，则在这段时间内木板的位移，又s2-s1=L．联立解得．（3）对木板由牛顿第二定律有F-μ1m1g-μ2（m1+m2）g=m2a2．解得F=20N．答：（1）金属块A从木板B上滑下瞬间的速度大小为2m/s．（2）木板B的加速度大小为2m/s2．（3）加在木板B上的水平恒力F的大小为20N．明天分析力F作用在滑块上▐标签：基础知识应用▐声明：本文由高考物理（ID：gkwl100）内容团队创作。

一、模型特征上、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，滑块－木板模型(如图所示)，涉与摩擦力分析、相对运动、摩擦生热，多次互相作用，属于多物体多过程问题，知识综合性较强，对能力要求较高，故频现于高考试卷中。

二、常见的两种位移关系滑块从木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板向同一方向运动，则滑块的位移和木板的位移之差等于木板的长度；若滑块和木板向相反方向运动，则滑块的位移和木板的位移之和等于木板的长度。

三、滑块—木板类问题的解题思路与技巧：1．通过受力分析判断滑块和木板各自的运动状态（具体做什么运动）；2．判断滑块与木板间是否存在相对运动。

滑块与木板存在相对运动的临界条件是什么？⑴运动学条件：若两物体速度或加速度不等，则会相对滑动。

⑵动力学条件：假设两物体间无相对滑动，先用整体法算出共同加速度，再用隔离法算出其中一个物体“所需要”的摩擦力f；比较f与最大静摩擦力f m的关系，若f> f m，则发生相对滑动；否则不会发生相对滑动。

3. 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；4. 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.5. 计算滑块和木板的相对位移（即两者的位移差或位移和）；6. 如果滑块和木板能达到共同速度，计算共同速度和达到共同速度所需要的时间；7. 滑块滑离木板的临界条件是什么？当木板的长度一定时，滑块可能从木板滑下，恰好滑到木板的边缘达到共同速度（相对静止）是滑块滑离木板的临界条件。

[名师点睛]1. 此类问题涉与两个物体、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个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。

动力学和能量观点的综合应用之滑块—木板模型问题1.滑块—木板模型根据情况可以分成水平面上的滑块—木板模型和斜面上的滑块—木板模型．2.滑块从木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板沿同一方向运动，则滑块的位移和木板的位移之差等于木板的长度；若滑块和木板沿相反方向运动，则滑块的位移和木板的位移之和等于木板的长度．3.此类问题涉及两个物体、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个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．4.滑块—木板模型问题的分析和技巧(1)解题关键正确地对各物体进行受力分析(关键是确定物体间的摩擦力方向)，并根据牛顿第二定律确定各物体的加速度，结合加速度和速度的方向关系确定物体的运动情况．(2)规律选择既可由动能定理和牛顿运动定律分析单个物体的运动，又可由能量守恒定律分析动能的变化、能量的转化，在能量转化过程往往用到ΔE内＝－ΔE机＝F f x相对，并要注意数学知识(如图象法、归纳法等)在此类问题中的应用．【题型1】如图所示，一质量m＝2 kg的长木板静止在水平地面上，某时刻一质量M＝1 kg 的小铁块以水平向左v0＝9 m/s的速度从木板的右端滑上木板．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，取重力加速度g＝10 m/s2，木板足够长，求：(1)铁块相对木板滑动时木板的加速度的大小；(2)铁块与木板摩擦所产生的热量Q和木板在水平地面上滑行的总路程x.【题型2】图甲中，质量为m1＝1 kg的物块叠放在质量为m2＝3 kg的木板右端．木板足够长，放在光滑的水平面上，木板与物块之间的动摩擦因数为μ1＝0.2.整个系统开始时静止，重力加速度g取10 m/s2.甲(1)在木板右端施加水平向右的拉力F，为使木板和物块发生相对运动，拉力F至少应为多大？(2)在0～4 s内，若拉力F的变化如图乙所示，2 s后木板进入μ2＝0.25的粗糙水平面，在图丙中画出0～4 s内木板和物块的v－t图象，并求出0～4 s内物块相对木板的位移大小和整个系统因摩擦而产生的内能．【题型3】如图所示，水平地面上有一质量为M且足够长的长木板，一个质量为m的煤块(可视为质点)放在长木板的最右端。