第8讲 滑块——木板模型之定量计算（解析版）

第8讲 滑块——木板模型之定量计算

1．（2015·新课标）一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5m，如图（a）所示。t＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t＝1s时木板与墙壁碰撞（碰撞时间极短）。碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板。已知碰撞后1s时间内小物块的v﹣t图线如图（b）所示。木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10m/s2．求

（1）木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2；

（2）木板的最小长度；

（3）木板右端离墙壁的最终距离。

【解答】解：（1）规定向右为正方向。木板与墙壁相碰前，小物块和木板一起向右做匀变速运动，设加速度为a1，小物块和木板的质量分别为m和M．由牛顿第二定律有：﹣μ1（m+M）g＝（m+M）a1…①

由图可知，木板与墙壁碰前瞬间速度v1＝4m/s，由运动学公式得：

v1＝v0+a1t1…②

③

式中，t1＝1s，s0＝4.5m是木板碰前的位移，v0是小木块和木板开始运动时的速度。

联立①②③式和题给条件得：μ1＝0.1…④

在木板与墙壁碰撞后，木板以﹣v1的初速度向左做匀变速运动，小物块以v1的初速度向右做匀变速运动。设小物块的加速度为a2，由牛顿第二定律有：﹣μ2mg＝ma2…⑤

由图可得：⑥

式中，t2＝2s，v2＝0，联立⑤⑥式和题给条件得：μ2＝0.4…⑦

（2）设碰撞后木板的加速度为a3，经过时间Δt，木板和小物块刚好具有共同速度v3．由牛顿第二定律及运动学公式得：μ2mg+μ1（M+m）g＝Ma3…⑧

v3＝﹣v1+a3Δt…⑨

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：（11）

小物块运动的位移为：（12）

小物块相对木板的位移为：Δs＝s2﹣s1…（13）

联立⑥⑧⑨⑩（11）（12）（13）式，并代入数值得：Δs＝6.0m

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6.0m。（14）

（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s3．由牛顿第二定律及运动学公式得：μ1（m+M）g＝（m+M）a4…（15）

 （16）

碰后木板运动的位移为：s＝s1+s3…（17）

联立⑥⑧⑨⑩（11）（15）（16）（17）式，并代入数值得：s＝﹣6.5m…（18）

木板右端离墙壁的最终距离为6.5m。

答：

（1）木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2分别为0.1和0.4。

（2）木板的最小长度是6.0m；

（3）木板右端离墙壁的最终距离是6.5m。

一、知识总结

1．模型特点：滑块放置于木板上，木板放置于水平桌面或地面上。

2．以地面为参考系的位移关系：

滑块由木板一端运动到另一端的过程中，滑块和木板同向运动时，位移之差Δx＝x1－x2＝L(或Δx＝x2－x1＝L)；滑块和木板反向运动时，位移之和Δx＝x2＋x1＝L。

3．分析滑块—木板模型时要抓住一个转折和两个关联

4．解决滑块—木板模型中速度临界问题的思维模板

5．解决滑块—木板模型中计算问题常用工具——两图四明确。

（1）画运动过程示意图

通过审题、分析与计算，画运动过程示意图，明确各运动过程的时间与位移及位移间关系、明确各时刻的空间位置、速度及速度大小关系。

（2）画速度-时间图像

通过审题、分析与计算，结合运动过程示意图，画v-t图像，明确图像与坐标轴围成的面积对应运动过程示意图中的哪段位移，明确图像拐点对应运动过程示意图中哪个位置和时刻及瞬时速度。

如果已给出了v-t图像，要能够从图像中获取关键的已知数据。

二、精选例题

（多选）例1．如图甲所示，物块A叠放在木板B上，且均处于静止状态，已知水平地面光滑，A、B间的动摩擦因数μ＝0.2．现对A施加一水平向右的拉力F，测得B的加速度a与拉力F的关系如图乙所示，下列说法正确的是（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10m/s2）（　　）

A．当F＜24N时，A、B都相对地面静止 

B．当F＞24N时，A相对B发生滑动 

C．A的质量为4kg 

D．B的质量为2kg

【解答】解：AB、当A与B间的摩擦力达到最大静摩擦力后，A、B会发生相对滑动，由图可知，B的最大加速度为4m/s2，即拉力F＞24N时，A相对B发生滑动，当F＜24N时，A、B保持相对静止，一起做匀加速直线运动，故A错误，B正确。

CD、对B，根据牛顿第二定律得：aB4m/s2，对A，根据牛顿第二定律得：aA4m/s2，F＝24N，解得：mA＝4kg，mB＝2kg，故CD正确。

故选：BCD。

例2．如图（a）所示，与长木板质量相等的小铁块位于长木板的最左端，t＝0时刻开始二者以v0＝8m/s的初速度一起向右运动，t＝0.5s时长木板与右侧的挡板相碰（碰撞时间极短），碰撞之前的运动过程中小铁块与长木板通过锁定装置锁定，碰撞前瞬间解除锁定，碰撞过程中没有能量损失，长木板运动的部分速度﹣时间图像如图（b）所示，在运动过程中小铁块刚好没有从长木板上滑下。小铁块可视为质点，重力加速度g取10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：

（1）长木板与水平地面之间以及小铁块与长木板之间的动摩擦因数；

（2）长木板的长度。

【解答】解：（1）设长木板与小铁块的质量均为m，长木板与水平地面之间的动摩擦因数为μ1，小铁块与长木板之间的动摩擦因数为μ2；

由v﹣t图像可得，0～0.5s时间内长木板与小铁块整体的加速度大小为：

a1m/s2＝4m/s2

对此过程由牛顿第二定律得：μ1•2mg＝2ma1

解得：μ1＝0.4

0.5s时刻之后，长木板向左做匀减速直线运动，小铁块向右做匀减速直线运动。

由v﹣t图像可得，0.5s之后长木板的加速度大小为：

a2m/s2＝10m/s2

对长木板由牛顿第二定律得：μ1•2mg+μ2mg＝ma2

解得：μ2＝0.2；

（2）由牛顿第二定律可得，0.5s时刻之后小铁块的加速度大小为：a3＝μ2g＝0.2×10m/s2＝2m/s2

0.5s时刻之后，长木板与小铁块均以v＝6m/s的速度大小分别向左、向右做匀减速直线运动，因a2＞a3，故长木板先于小铁块速度减小到零，设此过程长木板的位移大小为x1，则有：

2a2x1＝v2

代入数据解得：x1＝1.8m

长木板速度减小到零后，因小铁块与长木板之间的滑动摩擦力（大小为μ2mg）小于长木板与水平地面之间的最大静摩擦力（大小为2μ1mg），故长木板处于静止状态，小铁块仍向右做匀减速直线运动直到速度为零，设0.5s时刻之后，小铁块向右做匀减速直线运动直到速度为零的位移大小为x2，则有：

2a3x2＝v2

代入数据解得：x2＝9m

设长木板的长度为L，长木板的长度等于0.5s时刻之后小铁块与长木板的相对位移大小，则有：

L＝x1+x2＝1.8m+9m＝10.8m。

答：（1）长木板与水平地面之间以及小铁块与长木板之间的动摩擦因数分别为0.4、0.2；

（2）长木板的长度为10.8m。

例3．如图所示，在倾角为θ＝30°的足够长的固定的光滑斜面上，有一质量为M＝3kg的长木板正以v0＝10m/s的初速度沿斜面向下运动，现将一质量m＝1kg的小物块（大小可忽略）轻放在长木板正中央。已知物块与长木板间的动摩擦因数μ，设物块与木板间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2。

（1）求放上小物块后，木板和小物块的加速度大小。

（2）要使小物块不滑离长木板，长木板至少要有多长。

（3）假设长木板长L＝16m，在轻放小物块的同时对长木板施加一沿斜面向上的F＝45N的恒力，求小物块在长木板上运动时间。

【解答】解：（1）小物块在长木板上滑动时受到沿板的滑动摩擦力大小为Ff＝μmgcosθ，解得：Ff＝7.5N

设放上小物块后，长木板和小物块的加速度大小分别为a1和a2，对二者分别由牛顿第二定律得：

Ff+mgsinθ＝ma1

Mgsinθ﹣Ff＝Ma2

解得：a1＝12.5m/s2，a2＝2.5m/s2；

（2）设经过时间t1小物块与长木板达到共同速率v1，根据运动学公式有

v1＝a1t1＝v0+a2t1

解得t1＝1s，v1＝12.5m/s

t1时间内小物块与长木板的相对位移大小为：Δx

解得：Δx＝5m

所以木板的最小长度为L＝2Δx＝2×5m＝10m；

（3）将恒力F刚开始作用在长木板上之后，小物块的加速度大小为a3＝a1＝12.5m/s2

设此时长木板的加速度大小为a4，对长木板根据牛顿第二定律得：F+Ff﹣Mgsinθ＝Ma4，

解得：a4＝12.5m/s2

设经过时间t2小物块与长木板达到共同速率v2，根据运动学公式有：v2＝a3t2＝v0﹣a4t2

解得：t2＝0.4s，v2＝5m/s

t2时间内小物块和长木板的位移大小分别为x1m＝1m，

x2m＝3m

二者共速后，假设小物块与长木板一起做加速度大小为a5的匀减速运动，则有

F﹣（M+m）gsinθ＝（M+m）a5，

解得：a5＝6.25m/s2

而小物块能够达到的最大加速度为a6

解得：a6＝2.5m/s2＜a5

所以假设不成立，即共速后小物块将相对于长木板向下滑动。

设长木板的加速度大小为a7，则根据牛顿第二定律有：F﹣Ff﹣Mgsinθ＝Ma7

解得：a7＝7.5m/s2

设从共速后经过时间t3小物块从长木板上滑落，根据运动学公式有：

v2t3（v2t3）x2﹣x1，

解得：t3＝2s

小物块在长木板上运动时间为t＝t2+t3＝0.4s+2s＝2.4s。

答：（1）放上小物块后，木板和小物块的加速度大小分别为12.5m/s2、2.5m/s2；

（2）要使小物块不滑离长木板，长木板至少要有10m；

（3）小物块在长木板上运动时间为2.4s。

三.举一反三，巩固练习

1. 如图1所示，水平地面上有一质量为m1足够长的木板，木板的右端有一质量为m2的物块，二者处于静止状态。t＝0时刻起，用水平向右的拉力F作用在长木板上，F随时间t的变化关系为F＝kt（k是常数）。木板和物块的加速度a随时间t的变化关系如图2中的部分图线所示。已知长木板与地面间的动摩擦因数为μ1，物块与长木板间的动摩擦因数为μ2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。则（　　）

A．图2中的②线为长木板的加速度随时间的变化规律 

B．图2中的②线为物块的加速度随时间的变化规律 

C．t1时刻对应的拉力为μ1m1g 

D．t2时刻为

【解答】解：依题意知，F随时间t的变化关系为F＝kt，随着F的逐渐增大，物块和木板一起加速的加速度逐渐增大；当物块和木板恰好发生相对滑动时，物块加速度达到最大；此后物块加速度不变，木板加速度继续随着F增大而增加。故图2中t1时刻，物块木板恰好相对地面滑动；t2时刻，物块木板恰好相对滑动。

AB、图2中的①线为长木板的加速度随时间的变化规律，③线为物块的加速度随时间的变化规律，故AB错误；

C、t1时刻对应的拉力为：F＝μ1（m1+m2）g，故C错误；

D、当物块和木板恰好发生相对滑动时，物块的加速度最大，由牛顿第二定律得：

μ2m2g＝m2amax，

解得：amax＝μ2g，

对木板受力分析有：

kt2﹣μ1（m1+m2）g﹣μ2m2g＝m1amax，

解得：t2，

故D正确。

故选：D。

2. 物理是来源于生活，最后应用服务于生活．在日常生活中，有下面一种生活情境．一小圆盘静止在桌布上，位于一方桌的水平桌面的中央．桌布的一边与桌的AB边重合，如图．已知盘与桌布间的动摩擦因数大小为0.1，盘与桌面间的动摩擦因数大小为0.2．现突然以恒定加速度a将桌布抽离桌面，加速度方向是水平的且垂直于AB边．若圆盘最后未从桌面掉下，则加速度a至少为多大（g取10m/s2）（　　）

A．0.25m/s2 B．2.5m/s2 C．0.5m/s2 D．5m/s2

【解答】解：设圆盘最后未从桌面掉下时桌布的加速度为a，桌布运动的时间为t1，桌布在t1时间内运动的位移为：，

对小盘，由牛顿第二定律得圆盘在桌布上时：μ1mg＝ma1，

设桌子边长为L，则

由牛顿第二定律得圆盘在桌面上时：μ2mg＝ma2，

设圆盘在桌面上运动的时间为t2，t2时间内的位移：，

由位移关系知：，

圆盘滑上桌子时的速度为圆盘在桌布上运动的末速度，也是盘在桌面上运动的初速度，则：a1t1＝a2t2

联立各式解得：a＝2.5m/s2．故B正确，ACD错误。

故选：B。

3. （多选）在光滑水平地面上放置一足够长的质量为M的木板B如图甲所示，其上表面粗糙，在木板B上面放置一个质量为m、可视为质点的物块A，现在给A一个水平向左的拉力F，用传感器得到A的加速度随外力F的变化关系如图乙所示，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10m/s2，则（　　）

A．物块A的质量为m＝1kg 

B．木板B的质量为M＝3kg 

C．AB之间的最大静摩擦力为fmax＝3N 

D．当A的加速度为a＝2m/s2时，外力F＝4N

【解答】解：AB．当拉力小于3N时，A、B一起做加速度运动有

由图像斜率可得

当拉力大于3N时，A、B相对滑动有F﹣μmg＝ma2

整理得

由图像斜率可得

﹣μg＝﹣2

联立解得m＝1kg，M＝2kg，μ＝0.2

故A正确；B错误；

C．AB之间的最大静摩擦力为fm＝μmg＝0.2×1×10N＝2N

故C错误；

D．当A的加速度为a＝2m/s2时，外力为F＝μmg+ma＝0.2×1×10N+1×2N＝4N

故D正确；

故选：AD。

4. （多选）如图甲所示，长木板在粗糙的水平地面上向左运动，某时刻一质量与长木板相等的滑块（可视为质点）水平向左以某一初速度从右端滑上木板，滑块始终在木板上且滑块的动能—位移（Ek﹣x）图像如图乙所示。已知长木板与地面间的动摩擦因数为0.1，重力加速度大小为10m/s2，则（　　）

A．小滑块和木板的质量均为0.25kg 

B．小滑块与木板之间的动摩擦因数是0.6 

C．小滑块滑上木板瞬间，木板的初速度大小为m/s 

D．木板长度至少要m，小滑块才不会冲出木板

【解答】解：AB、由图像可知，滑块滑上木板后动能减小，滑动x1＝1m后与木板共速，此时滑块的动能为1J，则由动能定理

μ1mgx1＝Ek0﹣Ek1＝4J﹣1J＝3J

μ2mgx2＝2Ek1＝2×1J＝2J

其中x2＝2m，解得

μ1＝0.6

m＝0.5kg

选项A错误，B正确；

CD、根据

Ek0

小滑块滑上木板瞬间，木块的初速度大小为

v0

代入数据解得v0＝4m/s

同理共速时木块的速度

v1＝2m/s

木块的加速度

a1＝μ1g

到达共速时的时间

t

代入数据解得ts

对木板根据牛顿第二定律有

μ1mg﹣μ2•2mg＝ma2

小滑块滑上木板瞬间木板的速度

v0板＝v1﹣a2t

代入数据解得v0板m/s

到达共速时木板的位移

x'1

滑块相对木板的位移

Δx＝x1﹣x'1

联立代入数据解得Δxm

即木板长度至少要m，小滑块才不会冲出木板选项C正确，D错误；

故选：BC。

5. （多选）如图所示，长为L、质量为2m的平板车放在光滑水平面上，质量为m的物块放在平板车上表面的左端，给物块和平板车向右相同的初速度，同时给物块施加一个水平向右的恒力，经过t时间，平板车运动的距离为L，此时物块刚好滑离平板车，不计物块的大小，物块与平板车间的动摩擦因数为，重力加速度为g，则（　　）

A．此时小车的动能为 

B．此过程小车的动能增加了 

C．此过程产生的热为 

D．水平拉力的大小为mg

【解答】解：A、由于小车的初动能不知道，无法计算此时小车的动能，故A错误；

B、对小车根据动能定理可得：μmgL＝ΔEk，解得此过程小车的动能增加了ΔEk，故B正确；

C、物块相对于小车通过的距离为L，则此过程产生的热为Q＝μmgL，故C错误；

D、对物块根据牛顿第二定律可得：F﹣μmg＝ma1

对小车根据牛顿第二定律可得μmg＝2ma2

对物块根据位移—时间关系可得：2L＝v0ta1t2

对小车根据位移—时间关系可得：L＝v0ta2t2

解得：Fmg，故D正确。

故选：BD。

6. 如图所示，在足够大的水平地面上有一质量M＝2kg的薄长木板（原来静止），木板的左端放置一质量m＝1kg的物体A，距木板的右端l1＝2m处放置质量与物体A相等的另一物体B（物体B底面光滑）。在t＝0时刻对物体A施加一水平向右的推力F＝6N，物体A开始相对长木板滑动，同时给物体B一向右的瞬时初速度v0＝2m/s。已知在t1＝2s时物体B到达木板的最右端，t2＝3s时物体A、B在木板上相撞。物体A与木板间的动摩擦因数μ＝0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10m/s2，物体A、B均可视为质点。求：

（1）木板与水平地面间的动摩擦因数μ'；

（2）木板的长度L。

【解答】解：（1）物体A与木板间存在滑动摩擦力，设木板不动，则物体B将在t＝1s时到达薄长木板的最右端，这与已知条件不符。设在0～2s内长木板的加速度大小为a1，长木板的位移大小为x1，物体B的位移大小为x2，则有：

对木板，根据牛顿第二定律，μmg−μ′（M+m+m）g＝Ma1

在t1时间内木板通过的位移为：x1a1t12

物体B的位移大小为：x2＝v0t1

l1＝x2−x1

联立解得a1＝1m/s2，μ′＝0.05

（2）设0～3s内，物体A的加速度大小为a2，物体的位移大小为x3，物体B的位移大小为x4，则有：

根据牛顿第二定律可得：F−μmg＝ma2

物体A的位移为：x3a2t22

物体B的位移大小为：x4＝v0t2

L−l1＝x3−x4

解得a2＝2m/s2，L＝5m。

答：（1）木板与水平地面间的动摩擦因数μ′为0.05；

（2）木板的长度L为5m。