专题强化六　动力学中的“滑块-木板”模型

专题强化六动力学中的“滑块—木板”模型学习目标1.理解什么是“滑块—木板”模型。2.会用动力学的观点处理“滑块—木板”模型问题。1.模型特点：滑块(视为质点)置于木板上，滑块和木板均相对地面运动，且滑块和木板在摩擦力的作用下发生相对滑动。2.位移关系：如图1所示，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Δs＝s1－s2＝L(板长)；滑块和木板反向运动时，位移大小之和s2＋s1＝L。图13.解题关键角度水平面上的板块模型例1如图2所示，一质量M＝2kg的木板长度为L＝50m，静止放在水平面上，另一质量m＝2kg、大小可以忽略的铁块静止放在木板的左端，已知铁块与木板之间的动摩擦因数μ1＝0.5，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10m/s2。现给铁块施加一个水平向右的力F，求：图2(1)若F为变力，且从零开始不断增大，当F增大到多少时，铁块与木板即将开始相对滑动？(2)若F恒定为20N，试通过计算说明，在此情况下，m与M是否分离，若不分离求两者共同的加速度；若分离，求从静止开始经过多长时间，二者分离？答案(1)12N(2)分离5s解析(1)二者即将相对滑动时，对整体有F－μ2(M＋m)g＝(M＋m)a对木板有μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma联立解得F＝12N。(2)由于F＝20N>12N，因此铁块与木板两者会分离，对铁块和木板由牛顿第二定律分别有F－μ1mg＝ma1，μ1mg－μ2(m＋M)g＝Ma2解得a1＝5m/s2，a2＝1m/s2根据L＝eq\f(1,2)a1t2－eq\f(1,2)a2t2解得分离所需时间t＝5s。1.(2024·广东珠海高三校考)如图3所示，光滑的水平面上有一质量为M＝2kg的长木板，在长木板的右端放一质量为m＝1kg的小物块，长木板与小物块间的动摩擦因数为μ＝0.5，长木板与小物块均静止，现用水平恒力F向右拉长木板，g取10m/s2，则：图3(1)若拉力F＝6N，小物块与长木板一起运动，求小物块与长木板间的静摩擦力大小；(2)要使小物块与长木板保持相对静止，水平拉力F不得超过多大；(3)若F＝21N，且从静止开始拉力F作用时间t＝1s时，小物块从长木板上滑落，长木板的长为多少？答案(1)2N(2)15N(3)1.5m解析(1)对整体由牛顿第二定律F＝(M＋m)a对小物块f＝ma解得f＝2N。(2)当小物块与木板间的静摩擦力达到最大值时，此时fm＝μmg＝mam对整体由牛顿第二定律Fm＝(M＋m)am解得Fm＝15N。(3)若F＝21N，则小物块将在木板上滑动，小物块的加速度a1＝am＝5m/s2木板的加速度a2＝eq\f(F－μmg,M)＝8m/s2由运动学公式得L＝eq\f(1,2)a2t2－eq\f(1,2)a1t2＝1.5m。角度斜面上的板块模型例2(2024·江苏扬州模拟)如图4甲所示，光滑斜面上有固定挡板A，斜面上叠放着小物块B和薄木板C，木板下端位于挡板A处，整体处于静止状态。木板C受到逐渐增大的沿斜面向上的拉力F作用时，木板C的加速度a与拉力F的关系图像如图乙所示，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2，则由图像可知下列说法正确的是()图4A.10N<F<15N时物块B和木板C相对滑动B.木板和物块两者间的动摩擦因数不可求出C.由题目条件可求木板C的质量D.F>15N时物块B和木板C相对滑动答案D解析由图乙可知，当10N<F<15N时物块B和木板C相对静止，当F>15N时木板的加速度变大，物块B和木板C产生了相对滑动，故A错误，D正确；对木板和物块整体，当F1＝10N时，a＝0，则F1＝(M＋m)gsinθ，当F2＝15N时，a＝2.5m/s2，则F2－(M＋m)gsinθ＝(M＋m)a，联立得M＋m＝2kg，sinθ＝eq\f(1,2)，但是不能求解木板C的质量，故C错误；当F2＝15N时，对物块B，有μmgcosθ－mgsinθ＝ma，解得μ＝eq\f(\r(3),2)，故B错误。2.(多选)滑沙运动是小孩比较喜欢的一项运动，其运动过程可类比为如图5所示的模型，倾角为37°的斜坡上有长为1m的滑板，滑板与沙间的动摩擦因数为eq\f(21,40)。小孩(可视为质点)坐在滑板上端，与滑板一起由静止开始下滑，小孩与滑板之间的动摩擦因数取决于小孩的衣料，假设图中小孩与滑板间的动摩擦因数为0.4，小孩的质量与滑板的质量相等，斜坡足够长，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2，则下列判断正确的是()图5A.小孩在滑板上下滑的加速度大小为2m/s2B.小孩和滑板脱离前滑板的加速度大小为0.8m/s2C.经过1s的时间，小孩离开滑板D.小孩离开滑板时的速度大小为0.8m/s答案BC解析对小孩，由牛顿第二定律得，加速度大小为a1＝eq\f(mgsin37°－μ1mgcos37°,m)＝2.8m/s2，同理对滑板，加速度大小为a2＝eq\f(mgsin37°＋μ1mgcos37°－2μ2mgcos37°,m)＝0.8m/s2，A错误，B正确；小孩刚与滑板分离时，有eq\f(1,2)a1t2－eq\f(1,2)a2t2＝L，解得t＝1s，离开滑板时小孩的速度大小为v＝a1t＝2.8m/s，C正确，D错误。方法总结处理“板块”模型中动力学问题的流程A级基础对点练对点练1水平面上的板块模型1.如图1甲所示，一足够长的质量为m的木板静止在水平面上，t＝0时刻质量也为m的滑块从板的左端以速度v0水平向右滑行，滑块与木板，木板与地面的摩擦因数分别为μ1、μ2，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。滑块的v－t图像如图乙所示，则有()图1A.μ1＝μ2 B.μ1<μ2C.μ1>2μ2 D.μ1＝2μ2答案C解析由v－t图像分析可知，木板相对地面滑动，滑块与木板共速后一起减速到停止，对木板μ1mg>μ2·2mg，则有μ1>2μ2，故C正确。2.(2024·广东高三联考)如图2所示，质量为m的物体A和质量为2m的物体B叠放在一起静止不动，A、B之间动摩擦因数为μ1，B与地面之间动摩擦因数为μ2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，现给A加一水平拉力F，使得两物体一起向右加速运动，下列关于μ1、μ2的关系可能是()图2A.4μ1＝μ2 B.3μ1＝μ2C.μ1＝3μ2 D.μ1＝4μ2答案D解析根据题意只有当A、B之间的摩擦力大于B与地面之间的摩擦力才能实现两物体一起向右运动，即μ1mg>μ2·3mg，即μ1>3μ2，故D正确。3.(多选)如图3甲所示，一滑块置于足够长的长木板左端，木板放置在水平地面上。已知滑块和木板的质量均为2kg，现在滑块上施加一个F＝0.5t(N)的变力作用，从t＝0时刻开始计时，滑块所受摩擦力随时间变化的关系如图乙所示。设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度g取10m/s2，则下列说法正确的是()图3A.滑块与木板间的动摩擦因数为0.4B.木板与水平地面间的动摩擦因数为0.2C.图乙中t2＝24sD.木板的最大加速度为2m/s2答案ACD解析由题图乙可知，滑块与木板之间的滑动摩擦力为8N，则滑块与木板间的动摩擦因数为μ＝eq\f(fm,mg)＝eq\f(8,20)＝0.4，故A正确；由题图乙可知t1时刻木板相对地面开始滑动，此时滑块与木板相对静止，则木板与水平地面间的动摩擦因数为μ′＝eq\f(f′,2mg)＝eq\f(4,40)＝0.1，故B错误；t2时刻，滑块与木板将要发生相对滑动，此时滑块与木板间的摩擦力达到最大静摩擦力fm＝8N，两物体的加速度相等，且木板的加速度达到最大，则对木板有fm－μ′·2mg＝mam，解得am＝2m/s2，对滑块有F－fm＝mam，解得F＝12N，则由F＝0.5t(N)可知t2＝24s，故C、D正确。对点练2斜面上的板块模型4.如图4所示，一倾角为θ的斜面体固定在水平地面上。一质量为m的长木板B静止在斜面上，质量也为m的物块A静止在长木板上，A与B间、B与斜面间的动摩擦因数均为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，现给长木板B一沿着斜面向上的拉力F，把长木板B从物块A的下面抽出，重力加速度为g。则拉力F应大于()图4A.mgsinθ＋μmgcosθ B.mgsinθ＋2μmgcosθC.4μmgcosθ D.2mgsinθ答案C解析设拉力为F0时，B刚要从A下面被抽出，对整体，根据牛顿第二定律有F0－2mgsinθ－2μmgcosθ＝2ma，对物块A，根据牛顿第二定律有μmgcosθ－mgsinθ＝ma，联立可得F0＝4μmgcosθ，故A、B、D错误，C正确。5.如图5所示，倾角α＝30°的足够长光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一长L＝1.8m、质量M＝3kg的薄木板，木板的最右端叠放一质量m＝1kg的小物块，物块与木板间的动摩擦因数μ＝eq\f(\r(3),2)。对木板施加沿斜面向上的恒力F，使木板沿斜面由静止开始做匀加速直线运动，设物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2。则()图5A.要使木板沿斜面由静止开始做匀加速直线运动，需恒力F>15NB.当恒力F＝25N时，物块会与木板发生相对滑动C.当恒力F>30N时，物块会与木板发生相对滑动D.当恒力F＝37.5N时，物块滑离木板所用的时间为1s答案C解析要使木板沿斜面加速运动，对物块与木板整体有F>(M＋m)gsinα，解得F>20N，故A错误；对物块与木板整体，由牛顿第二定律可得F－(M＋m)gsinα＝(M＋m)a，对物块有f－mgsinα＝ma，为使物块不滑离木板，则f≤μmgcosα，解得F≤30N，综上可得，当F≤30N时物块不滑离木板，当F>30N时物块与木板发生相对滑动，故B错误，C正确；若F＝37.5N>30N，物块能滑离木板，对木板有F－Mgsinα－μmgcosα＝Ma1，对物块有μmgcosα－mgsinα＝ma2，设经时间t物块滑离木板，由运动学公式有eq\f(1,2)a1t2－eq\f(1,2)a2t2＝L，解得t＝1.2s，故D错误。B级综合提升练6.如图6所示，滑板长L＝1m，起点A到终点线B的距离s＝5m。开始时滑板静止，右端与A平齐，滑板左端放一可视为质点的滑块，对滑块施加一水平恒力F使滑板前进。滑板右端到达B处冲线，游戏结束。已知滑块与滑板间动摩擦因数μ＝0.5，地面视为光滑，滑块质量m1＝2kg，滑板质量m2＝1kg，重力加速度g取10m/s2，求：图6(1)滑板由A滑到B的最短时间；(2)为使滑板能以最短时间到达B，水平恒力F的取值范围。答案(1)1s(2)30N≤F≤34N解析(1)滑板由A滑到B过程中一直加速时，所用时间最短。设滑板的最大加速度为a2，则有f＝μm1g＝m2a2，解得a2＝10m/s2，又s＝eq\f(1,2)a2t2,解得最短时间t＝1s。(2)滑板与滑块刚好要相对滑动时，水平恒力最小，设为F1，此时可认为二者加速度相等，对滑块有F1－μm1g＝m1a2，解得F1＝30N当滑板运动到B，滑块刚好脱离时，水平恒力最大，设为F2，设滑块加速度为a1，对滑块有F2－μm1g＝m1a1，由位移关系有eq\f(a1t2,2)－eq\f(a2t2,2)＝L，解得F2＝34N，则水平恒力大小范围是30N≤F≤34N。C级培优加强练7.如图7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，已知小物块与长木板间的动摩擦因数μ＝eq\f(\r(3),2)，设小物块与长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。图7(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。答案(1)2.5m/s212.5m/s2(2)10m解析(1)小物块在长木板