專題強化：“滑塊一木板”模型中的動力學問題

【目標要求】1.掌握“滑塊一木板”模型的運動及受力特點。2.能正確運用動力學觀點處理

“滑塊一木板”模型問題。

I.模型特點：滑塊(視為質點)置于木板上，滑塊和木板均相對地面運動，且滑塊和木板在摩

擦力的作用下發生相對滑動，滑塊和木板具有不同的加速度。

2.模型構建

(1)隔離法的應用：對滑塊和木板分別進行受力分析和運動過程分析。

(2)對滑塊和木板分別列動力學方程和運動學方程。

(3)明確滑塊和木板間的位移關系

如圖所示，滑塊由木板一端運動到另一端的過程中，滑塊和木板同向運動時，位移之差Ax=

XI—X2=〃板長)；滑塊和木板反向運動時，位移之和AX=X2+X1="

L------*+*---X2-----*1

_+X2----

3.解題關鍵

(1)摩擦力的分析判斷：由滑塊與木板的相對運動來判斷“板塊”間的摩擦力方向。

(2)挖掘“/物=/板”臨界條件的拓展含義

摩擦力突變的臨界條件：當/物=/板時，“板塊”間的摩擦力可能由滑動摩擦力轉變為靜摩

擦力或者兩者間不再有摩擦力(水平面上共同勻速運動)。

①滑塊恰好不滑離木板的條件：滑塊運動到木板的一端時，/物=/板；

②木板最短的條件：當，物=1/板時滑塊恰好滑到木板的一端。

考點一水平面上的板塊問題

【例1】如圖所示，在光滑的水平面上有一足夠長且質量為"=4kg的長木板，在長木板右端

有一質量為加=1kg的小物塊，長木板與小物塊間的動摩擦因數為〃=0.2,長木板與小物塊

均靜止，g10m/s2o

(1)若要使小物塊和木板間發生相對滑動，拉力/不小于什么值?

(2)現用尸=14N的水平恒力向右拉長木板，經時間/=1s撤去水平恒力R貝！I：

①在尸的作用下，長木板的加速度為多大？

②剛撤去尸時，小物塊離長木板右端多遠？

③最終長木板與小物塊一起以多大的速度勻速運動？

④最終小物塊離長木板右端多遠？

答案(1)10N(2)?3m/s2②0.5m

③2.8m/s④0.7m

解析(1)當物塊和木板恰好發生相對滑動時，靜摩擦力達到最大值，設此時的加速度為

根據牛頓第二定律，對小物塊有〃〃?g="zao,對物塊和木板整體有后=(m+A/)0o,

聯立解得尸o=lON,即若小物塊和木板發生相對滑動，拉力不小于10N。

⑵①對長木板，根據牛頓第二定律可得

F—]umg=Ma,解得°=3m/s2

②撤去尸之前，小物塊只受摩擦力的作用

古*a,”=ao=〃g=2m/s2

Axi=-a/2--a/2=0.5m

22m

③剛撤去尸時l^=a/=3m/s,%=(W=2m/s

撤去F后，

長木板的加速度大小a'=<^S=o5m/s2

M

最終速度I?=K?+amf=iz—a't'

解得共同速度>=2.8m/s

④在〃內，小物塊和長木板的相對位移

握一M2/2—/“2

Ax?=------；------------------,解得Ax?=0.2m

2a2a,,,

最終小物塊離長木板右端的距離為

x=AXI+AX2=0.7m。

【例2】(多選)如圖甲所示，長木板B靜止在光滑水平地面上，在彳=0時刻，可視為質點、質

量為1kg的物塊A在水平外力尸作用下，從長木板的左端從靜止開始運動，1s后撤去外力

F,物塊A、長木板B的速度一時間圖像如圖乙所示，g=10m/s2,則下列說法正確的是()

A.長木板的最小長度為2m

B.A、B間的動摩擦因數是0.1

C.長木板的質量為0.5kg

D.外力廠的大小為4N

答案ABD

解析由題圖乙可知，2s后物塊和木板達到共速后一起勻速運動，說明木板與地面之間無摩

擦，1/-Z圖像中圖線與，軸圍成的面積表示物體的位移，故由題圖乙可知，在2s內物塊的位

移為％i=4m,木板的位移為％2=2m,故長木板的最小長度為￡=用一、2=2m,A正確；由

題圖乙可知，1S時撤去外力尸，在1?2s內由物塊的受力及牛頓第二定律可知〃加g=M2A,

由題圖乙可知1?2s內物塊的加速度大小為QA=1m/s2,解得A、B間的動摩擦因數為〃=0.1,

B正確；由題圖乙可知，木板的加速度大小為QB=1m/s2,由木板B的受力及牛頓第二定律

可知〃機g=M/B,解得長木板的質量為/=1kg,C錯誤；由0?1s內物塊的受力及牛頓第二

定律可知尸一“加g=zwQA‘，又此過程中加速度的大小為QA'=3m/s2,解得D正確。

【例3】(2024?廣東佛山市聯考)如圖所示，質量均為加=1kg的物塊A和B疊放在水平地面

上，左邊緣對齊。A與B、B與地面間的動摩擦因數均為〃=0.4。先敲擊A,A立即獲得水

平向右的初速度，在B上滑動距離￡=2m后停下。接著敲擊B,B立即獲得水平向右的初

速度，A、B都向右運動，左邊緣再次對齊時恰好相對靜止，此后兩者一起運動至停下。最

大靜摩擦力等于滑動摩擦力，物塊A長度可忽略不計，重力加速度g=10m/s2。求：

?一“1______

(1)A被敲擊后獲得的初速度大小幺；

(2)在左邊緣再次對齊的前、后，B運動的加速度的大小QB、QB‘；

(3)B被敲擊后獲得的初速度大小修及B運動的最大距離SB。

答案(1)4m/s(2)12m/s24m/s2

(3)8m/s3m

解析(1)由牛頓第二定律知〃加g=3ZA

A加速度的大小QA=〃g

根據勻變速直線運動速度位移關系H=2QA￡

解得以=也從gL=4m/s。

(2)在左邊緣再次對齊前，對B,

根據牛頓第二定律得〃加g+2〃冽g=3ZB

解得QB=3〃g=12m/s2

對齊后，對A、B整體，根據牛頓第二定律得2〃冽g=2冽QB',解得QB'=//g=4m/s2

⑶經過時間看,A、B達到共同速度匕位移分別為XA、XB,A加速度的大小等于公，

貝IXA=L〃A盧

2

XB=%，—IQBF,沖一1A=￡

2

解得/=8m/s,XB=2.5m

r

A、B達到共同速度后，有d=2QB'xB

解得％B'=0.5m,所以SB=XB+XB'=3m。

■總結提升一

處理“板塊”模型中動力學問題的流程

考點二斜面上的板塊問題

【例4】如圖所示，在傾角為0=37。的足夠長固定斜面上放置一質量M=2kg,長度工=1.5m

的薄平板/￡在薄平板上端/處放一質量機=1kg的小滑塊(視為質點)，將小滑塊和薄平板

同時無初速度釋放，已知小滑塊與薄平板之間的動摩擦因數為“1=0.25,薄平板與斜面之間

的動摩擦因數為〃2=0.5,sin37°=0.6,cos37°=0.8,取g=10m/s2,求：

⑴釋放后，小滑塊的加速度大小41和薄平板的加速度大小〃2；

⑵從釋放到小滑塊滑離薄平板經歷的時間t.

答案（l）4m/s21m/s2（2）1s

解析（1）假設釋放后滑塊會相對于薄平板向下滑動，對滑塊，由牛頓第二定律有加gsin37。

—Fn=ma\,其中尸NI,FNi=mgcos37°

解得m=gsin37°-/zigcos370=4m/s2

對薄平板，

由牛頓第二定律有班5m37。+41一凡2=加2

其中Ff2=〃2尺2,FN2=（加+A/）gcos37°

解得。2=1m/s2,a\>ai,

假設成立，即滑塊會相對于薄平板向下滑動。

（2）設滑塊滑離薄平板經歷的時間為由運動學公式，有修=$彥，、2=%2巴又Xl—X2=￡

解得t—1So

課時精練

ID基礎落實練

1.水平桌面上有一薄板，薄板上擺放著小圓柱體A、B、C,圓柱體的質量分別為加A、"汨、

WC，且加A>"B>"C,如圖所示為俯視圖。用一水平外力將薄板抽出，圓柱體與薄板間的動摩

擦因數、圓柱體與桌面間的動摩擦因數均相同。則抽出后，三個圓柱體留在桌面上的位置所

組成的圖形可能是圖（）

桌面桌面

/A\

BO

OC

OC

答案A

解析設圓柱體的質量為加，圓柱體與薄板間的動摩擦因數、圓柱體與桌面間的動摩擦因數

均為〃，則在抽出薄板的過程中，圓柱體在薄板摩擦力的作用下做加速運動，離開薄板后在桌

面摩擦力的作用下做減速運動，根據牛頓第二定律有可得，加速運動與減速運動

時的加速度大小都為a=〃g。由于圓柱體A先離開薄板，B、C同時后離開薄板，則根據/

=以可知，A離開薄板時的速度小于B、C離開薄板時的速度，同時A加速運動的位移小于

B、C加速運動的位移。離開薄板后，根據廿=2"可知，B、C在桌面上滑動的距離相等，

且大于A在桌面上滑動的距離，故A正確。

2.（多選）如圖甲所示，光滑水平面上靜置一個薄長木板，長木板上表面粗糙，其質量為

f=0時刻，質量為m的物塊以速度/水平滑上長木板，此后木板與物塊運動的V-t圖像如

圖乙所示，重力加速度g取10m/s2,下列說法正確的是（）

，〃/〃〃〃〃〃)/,

23t/s

乙

M=m

M=2m

C.木板的長度為8m

D.木板與物塊間的動摩擦因數為0.1

答案BC

解析物塊相對木板運動的過程中，在水平方向上只受到木板的滑動摩擦力的作用，故

=ma\,而/一f圖像的斜率表示加速度，故物塊的加速度大小為=—-m/s2=2m/s2,解

得〃=0.2,對木板受力分析可知〃冽g=M〃2,由，一，圖像可知木板的加速度大小為。2=

m/s2=lm/s2,聯立解得M=2冽，A、D錯誤，B正確；由題圖乙可知物塊和木板在，

2

=2s時分離，兩者在0?2s內的/一/圖像與，軸圍成的面積之差等于木板的長度，故￡=；X（7

+3）X2m-jx2X2m=8m,C正確。

3.（2023?福建省楓亭中學期中）如圖所示，木板長￡=2.4m,質量M=4.0kg,與地面間的動摩

擦因數為〃1=0.4。質量為機=1.0kg的小滑塊（可視為質點）放在木板的最右端，與木板間的動

摩擦因數為〃2=0.2,開始時滑塊與木板均處于靜止狀態，現給木板一個向右的初速度/，取

g=10m/s2,求：

（1）木板所受摩擦力的大小；

⑵使滑塊不從木板上掉下來，木板初速度4的最大值。

答案（1）22N（2）6m/s

解析（1）木板所受摩擦力的大小

Ff=〃2冽g+〃i（Af+Mg=22N

（2）設滑塊做勻加速直線運動的加速度大小為6Z1,則〃2冽g=M21,Ql=〃2g=2m/s2

木板做勻減速直線運動的加速度大小為42,

則〃2加g+〃1（〃+冽）g=八Q2

解得“2=5.5m/s2

設經過時間，滑塊剛好滑到木板左側且兩者速度相等，有—

滑塊相對于地面的位移x\=-a\fi@

2

木板相對于地面的位移X2=XL1。2戶③

2

又L=X2~X1@

由①②③④解得，使滑塊不從木板上掉下來，木板初速度的最大值％=6m/s。

I力能力綜合練

4.（多選）如圖所示，質量加A=1kg足夠長的長板A置于水平地面上，質量冽B=2kg的小滑

塊B置于長板A的左端，A與水平地面間的動摩擦因數3=0.3,B與A間的動摩擦因數〃2

=0.5,對B施加一大小為產=20N,方向與水平方向成37。角的恒力。已知最大靜摩擦力等

于滑動摩擦力，重力加速度g=10m/s2,sin37。=0.6,cos37。=0.8。下列說法正確的是（）

A.A的加速度大小為1m/s2

B.B的加速度大小為6m/s2

C.若力廠作用一段時間后，撤去力尸，A的加速度大小增大

D.若力尸作用一段時間后，撤去力RB相對A靜止

答案BC

解析對小滑塊B進行受力分析，如圖甲，可知尸NB+Fsin37°=加Bg

FNB尸

J如一

甲

Ffl=//2FNB,根據牛頓第二定律有

Feos37。-Ffl=^BQB

聯立可得QB=6m/s2,故B正確；

對長板A受力分析，如圖乙，

可知FNA=FNB'+加Ag=^NB+加Ag

由產￡地111=〃1戶"=5.4]^>41'=月門可知，長板A靜止，即QA=0,故A錯誤；

若力方作用一段時間后，撤去力尸，則對A有

￡"M2WBg-〃回〃A+機B）g]]山記

7"A

對B有〃B'=〃2g=5m/s2

可知，A的加速度大小增大，B不會相對A靜止，故C正確，D錯誤。

5.（2024?廣東東莞市石龍中學月考）如圖所示，厚0.2m、長為3m的木板N3靜止在粗糙水

平地面上，。為其中點，木板上表面NC部分光滑，C8部分粗糙，下表面與水平地面間的動

摩擦因數〃1=0.1,木板右端靜止放置一個小物塊（可看成質點），它與木板C8部分的動摩擦

因數〃2=0.3。已知木板和小物塊的質量均為2kg,重力加速度g取10m/s2,現對木板施加一

個水平向右的恒力尸。

(1)為使小物塊與木板保持相對靜止，求恒力的最大值Fm；

⑵當尸=22N時，小物塊經多長時間滑到木板中點C?

(3)接第(2)問，當小物塊到達。點時撤去R求小物塊落地時與木板4端的距離。

答案(1)16N(2)1s⑶0.326m

解析(1)設小物塊能夠達到的最大加速度為Qm,由牛頓第二定律有〃2冽g=3Zm

解得4m=3m/s2

對整體，由牛頓第二定律有尸解得尸m=16N

(2)當產=22N時，小物塊與長木板發生相對滑動，對長木板有尸一〃1(M+Mg—〃2加g="6Zi,

解得ai=6m/s2

小物塊加速度42=@^=〃2g=3m/s2

m

小物塊滑到木板中點C,有-a\ti2—~a2ti2=-

222

解得九=1s

(3)設撤掉外力時木板和物塊的速度分別為％、則有z=q〃i=6m/s

區=。26=3m/s

撤掉外力后，物塊勻速運動，設木板做勻減速運動的加速度為。3,則〃l(〃+")g=M73,

解得43=2m/s2

設小物塊從長木板中點滑動到最左端時長木板速度為匕，

門】//2_%2%—%L

則有.......-------=-

2。3。32

解得I4=(3+A/3)m/s

此后長木板做勻減速運動，則〃1%=同。4

解得〃4=1m/s2

此后小物塊做平拋運動，h=^gt?2

落地時距長木板左端的距離為Ax=匕力一LM/一/勿，解得AXQO.326mo

2-

6.(2024?江蘇蘇州市段考)如圖所示，有一傾角為。=37。的斜面(sin37。=*,下端固定一擋板,

擋板與斜面垂直，一長木板上表面的上部分粗糙，下部分光滑，上端放有一質量為根的小物

塊。現讓長木板和小物塊同時由靜止釋放，此時刻為計時起點，在第2s末，小物塊剛好到

達長木板的光滑部分，又經過一段時間，長木板到達擋板處速度恰好減為零，小物塊剛好到

達長木板的下端邊緣。已知小物塊與長木板的上部分的動摩擦因