第三章運動和力的關系

第15課時專題強化：“滑塊一木板”模型中的動力學問題

【知識梳理】

1.模型特點：滑塊(視為質(zhì)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(fā)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=Xl—X2=L(板長)；滑塊和木板反向運動時，位移之和AX=X2+%1=L。

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?yōu)?/p>

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=。板時滑塊恰好滑到木板的一端。

【小試牛刀】

【典例】1.如圖所示，在光滑的水平面上有一足夠長且質(zhì)量為M=4kg的長木板，

在長木板右端有一質(zhì)量為加=1kg的小物塊，長木板與小物塊間的動摩擦因數(shù)為〃

=0.2,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，長木板與小物塊均靜止，現(xiàn)用水平恒力廠

2

向右拉長木板，g10m/so

〃巴_____曲

'7777777777777777777777777777777777'

(1)若要使小物塊和木板間發(fā)生相對滑動，拉力廠不小于什么值？

⑵若尸=14N,經(jīng)時間t=ls撤去水平恒力貝I：

「后卷/研宿甬下采菽而向蔽為篆關廠.

!②剛撤去廠時，小物塊離長木板右端多遠？

I

\③最終長木板與小物塊一起以多大的速度勻速運動？

I

\④最終小物塊離長木板右端多遠？

i

|【答案】(1)10N(2)@3m/s2②0.5m

\(§)2.8m/s④0.7m

1

【解析】

\(1)當物塊和木板恰好發(fā)生相對滑動時，靜摩擦力達到最大值，設此時的加速度為a0,

i

j根據(jù)牛頓第二定律，對小物塊有〃M2g=7W0,對物塊和木板整體有尺=(m+河)雨，

j聯(lián)立解得益=10N,即若小物塊和木板發(fā)生相對滑動，拉力不小于10No

\(2)①對長木板，根據(jù)牛頓第二定律可得

JF—jLtmg=Ma,解得a=3m/s2

|②撤去尸之前，小物塊只受摩擦力的作用

；故4/n=a()=/zg=2m/s2

i昂尸)/2-)/=0.5m

j③岡！I撤去F時v=at=3m/s,vm=amt=2m/s

!撤去尸后，設經(jīng)時間/可達到共同速度0，

\長木板的加速度大小優(yōu)=喑=0.5向$2

\最終速度。'=%/+斯/=。一屋〃

i解得Z—0.4s，以=2.8m/s

\④在，時間內(nèi)，小物塊和長木板的相對位移

iA%2=----1------1=0.2m

i22

\最終小物塊離長木板右端的距離為

jx—Axi4~A%2~0.7nio

【變式訓練】（多選）（2025?山東濰坊市開學考）如圖甲所示，長木板B靜止在光滑水平；

地面上，在二=0時刻，可視為質(zhì)點、質(zhì)量為1kg的物塊A在水平外力產(chǎn)作用下，從\

長木板的左端從靜止開始運動，1s后撤去外力尸，物塊A、長木板B的速度一時間"

I

圖像如圖乙所示，g取lOmH,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(shù)是0.1

\C.長木板的質(zhì)量為0.5kg

\D.外力廠的大小為4N

ii

j【答案】ABDj

【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，。一f圖像中圖線1

\與t軸圍成的面積表示物體的位移，故由題圖乙可知，在2s內(nèi)物塊的位移為尤i=4

ii

\m,木板的位移為X2=2m,故長木板的最小長度為L=XI-X2=2m,A正確；由題圖\

\乙可知，1s時撤去外力F,在1?2s內(nèi)由物塊的受力及牛頓第二定律可知/nmg—maA,

\由題圖乙可知1~2s內(nèi)物塊的加速度大小為念=1向$2,解得A、B間的動摩擦因數(shù)為

ii

j〃=0.1,B正確；由題圖乙可知，木板的加速度大小為flB=lm/s2,由木板B的受力及!

ii

j牛頓第二定律可知〃mg=MaB,解得長木板的質(zhì)量為M=1kg,C錯誤；由0~1s內(nèi)物；

j塊的受力及牛頓第二定律可知/一〃"g=maA'，又此過程中加速度的大小為?A-3

ii

：m/s?,解得P=4N,D正確。j

【典例】2.如圖所示，一質(zhì)量為M=0.9kg的長木板B在粗糙的水平面上向右運

1動，某一時刻長木板的初速度為。0=5.5m/s,此時將一質(zhì)量機=0.2kg的物塊A（可

\視為質(zhì)點）無初速度地放在長木板右端，經(jīng)過一段時間后物塊A剛好沒有從木板的

|左端滑出。已知物塊A與長木板B之間的動摩擦因數(shù)為0=0.25,長木板B與地

；面之間的動摩擦因數(shù)為〃2=02最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，gm10m/s2,求：

B耳.

"7777/7777777777777777777777777/7777777~

(1)兩者相對運動過程中物塊A和木板B的加速度大??；

(2)長木板B的長度；

(3)從將物塊A放上長木板開始到最后相對地面靜止，物塊A相對地面的位移大

小。

【答案】(1)2.5m/s?3m/s2(2)2.75m

(3)2.8125m

【解析】(1)由題可知，A、B先相對滑動，達到共速后一起做勻減速直線運動，直到

靜止。A、B相對滑動時，對物塊A受力分析，由牛頓第二定律得

2

jLiimg=ma[,解得m=2.5m/so

對長木板B受力分析，由牛頓第二定律有〃img+〃2(M+M)g=A/a2,解得〃2=3m/s2。

(2)由物塊A剛好未從木板的左端滑出可知，長木板B的長度等于A、B兩物體相對地

面位移的差值。當A、B共速時有)解得-Is,

A物塊的位移以=11於=1.25m,

B長木板的位移)2?=4m,

則L=XB—%A=2.75mo

(3)由(2)分析可得，A、B共速時，A、B兩物體的速度為v共=ai/=2.5m/s,

由題知山＞〃2，所以A、B共速后，一起做勻減速直線運動，直到停止，由牛頓第二定

律得〃2(M+m)g=("+m)。3,

〃玨2

解得〃3=2m/s2,由勻變速直線運動規(guī)律有u共2=2〃3為,可知％3=力-=1.5625m,

則全過程中，A相對地面發(fā)生的位移大小

X=XA+%3=2.8125nio

【典例】3.如圖所示，傾角8=37。的光滑斜面固定在水平地面上，初始狀態(tài)時，質(zhì)

量為M=0.2kg、長度為L=1m的薄木板放在斜面上，且薄木板下端與斜面底端的

距離s=1.92m,現(xiàn)將薄木板由靜止釋放，同時質(zhì)量m=0」kg的滑塊(可視為質(zhì)點)

以速度。。=3m/s從木板上端沿斜面向下沖上薄木板。已知滑塊與薄木板間的動摩

擦因數(shù)〃=0.5,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g取10m/sz,sin37。=

0.6,cos37°=0.8o

⑴通過計算判斷滑塊能否脫離薄木板；

(2)求薄木板從開始運動到下端到達斜面底端的時間。

【答案】(1)不能脫離薄木板(2)0.7s

【解析】⑴開始運動時，滑塊的加速度大小為fli=gsin6—jugcos0=2m/s2

薄木板的加速度大小為

G=Mgsine+“mgcos6=81nzs2

M

假設滑塊不脫離薄木板，當兩者達到共速時，有

Cl\t\=。2介

解得九=0.5s,v=4m/s

滑塊下滑的位移大小為

-^1=-^—^i=1.75m

薄木板下滑的位移大小為

V、

%2=予=]m

兩者相對位移大小為

%2—0.75m<￡=lm

假設成立，滑塊不能脫離薄木板；

(2)此后兩者一起沿斜面向下運動，加速度大小為

6t3=gsin8=6m/s~

當薄木板下端到達斜面底端時，有

S-X2~Vt2~\~~Ct3t-2^

解得r2=0.2s

故從開始運動到薄木板下端到達斜面底端的時間為/j+t2=0.7So

【名師點撥】處理“板塊”模型中動力學問題的流程

【限時訓練】（限時：60分鐘）

【基礎必刷題】，3題每小題5分，共15分

1.（多選）如圖所示，一質(zhì)量為mi的物塊疊放在質(zhì)量為恤的長木板上，二者均靜止在水

平地面上，已知木板與物塊間的動摩擦因數(shù)為山，木板與地面間的動摩擦因數(shù)為〃2。

現(xiàn)給長木板一水平向右的初速度方，下列關于長木板、物塊的。一，圖像（實線和虛線分

別表示不同物體）可能正確的是（）

ABCD

【答案】AD

【解析】由題意可知，起初物塊做勻加速直線運動，木板做勻減速直線運動，故四個

選項中的虛線均表示物塊、實線均表示木板。某個時刻兩者速度相等，之后若〃1>〃2,

則二者可相對靜止以共同加速度做與減速直線運動直至停下，且二者做勻減速運動的

加速度大小均為42g，小于起初木板做勻減速運動的加速度，故A正確，B錯誤；若

〃1<〃2,則二者不能相對靜止，二者以不同的加速度做勻減速直線運動，且物塊的加速

度大小不變，方向相反，故C錯誤，D正確。

2.（多選）如圖甲所示，長木板A靜止在光滑水平面上，另一質(zhì)量為2kg的物體B（可看

作質(zhì)點）以水平速度。o=3m/s滑上長木板A的表面。由于A、B間存在摩擦，之后的

運動過程中A、B的速度一時間圖像如圖乙所示。g取lOmH,下列說法正確的是

（）

A.長木板A、物體B所受的摩擦力均與各自運動方向相反

B.A、B之間的動摩擦因數(shù)〃=0.2

C.A長度至少為3m

D.長木板A的質(zhì)量是4kg

【答案】BD

【解析】摩擦力與物體的相對運動方向相反，由題意可知，A木板的運動方向與所受

摩擦力方向相同，物體B運動方向與所受摩擦力方向相反，故A錯誤；由圖像知B的

2

加速度大小為OB=|鬻1=2m/s,對B進行分析有^mBg=mBaB,可解〃=0.2，故B正

確；由題圖乙可知0~1s內(nèi)二者相對運動，位移差為1.5m,則A板長度至少為1.5

m,故C錯誤；長木板A的加速度大小為1m/s2,又〃加Bg一加A〃A,聯(lián)立解

得幺=%=苒即A的質(zhì)量是B的兩倍，長木板A的質(zhì)量是4kg,故D正確。

O-B2°

3.（多選）如圖所示，質(zhì)量為M=2.0kg、長度為/=2.5m的長木板靜置于水平地面上，

它與地面間的動摩擦因數(shù)0=0.2。質(zhì)量為m=3.0kg可視為質(zhì)點的滑塊從長木板的右

端以初速度。0向左滑上長木板，滑塊恰好運動到長木板的左端。已知長木板剛開始運

動時的加速度大小ai=lm/s2,設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g取10

m/s2o則下列說法正確是（）

Mr-

77777*77/

A.滑塊與長木板間的動摩擦因數(shù)〃2=|

B.滑塊與長木板間的動摩擦因數(shù)〃2=表

C.滑塊初速度00=

D.滑塊初速度0o=5m/s

【答案】AD

【解析】長木板剛開始運動時的加速度大小的=1m/s2,對木板分析，根據(jù)牛頓第二定

律有

H2mg—/.ix（M+in）g=Ma\,解得〃2=|,故A正確，B錯誤；對滑塊進行分析，根據(jù)牛

頓第二定律有〃2mg=m。2,解得a2=4m/s2,可知滑塊先向左做勻減速直線運動，木板

向左做與加速直線運動，兩者達到相等速度后保持相對靜止向左做勻減速直線運動，

最終停止運動。兩者達到相等速度過程有。1=00一°2擊=。/0,滑塊相對于木板的相對位

移大小恰好等于木板長度，即有/=%：1％一最擊,聯(lián)立解得0o=5m/s,故C錯誤，D

正確。

【鞏固必刷題】4題6分，5題11分，6題13分，共30分

4.（多選）滑沙運動是小孩比較喜歡的一項運動，其運動過程可類比為如圖所示的模型，

傾角為37。的斜坡上有長為1m的滑板，滑板與沙間的動摩擦因數(shù)為品。小孩（可視為

質(zhì)點）坐在滑板上端，與滑板一起由靜止開始下滑，小孩與滑板之間的動摩擦因數(shù)取決

于小孩的衣料，假設圖中小孩與滑板間的動摩擦因數(shù)為04,小孩的質(zhì)量與滑板的質(zhì)量

相等，斜坡足夠長，5吊37。=0.6,cos37o=0.8,g取10m/sz,則下列判斷正確的是

（）

A.小孩在滑板上下滑的加速度大小為2m/s2

B.小孩和滑板脫離前滑板的加速度大小為0.8m/s2

C.經(jīng)過Is的時間，小孩離開滑板

D.小孩離開滑板時的速度大小為0.8m/s

【答案】BC

【解析】對小孩，由牛頓第二定律得，加速度大小為

產(chǎn)mgsin37jmgcos37.=2,8m/s2,

m1

同理對滑板，加速度大小為

_7ngsin37°+%?ngcos37°—2〃2mgeos37°

=-----------------------------m-------------------------------

=0.8m/s2,A錯誤，B正確；小孩剛與滑板分離時，有飆尸一）2?=乙,解得t=ls,

離開滑板時小孩的速度大小為o=a/=2.8m/s,C正確，D錯誤。

5.（11分）如圖所示，水平面上的長木板在推力作用下向右運動，當速度0o=9m/s時撤

去推力，同時在長木板的右端輕輕地放上一個大小不計的小物塊，最終小物塊恰好沒

有滑離長木板。已知長木板的質(zhì)量"=2kg,小物塊的質(zhì)量機=1kg,小物塊與長木板

間的動摩擦因數(shù)〃1=0.2,長木板與地面間的動摩擦因數(shù)〃2=0.1，重力加速度g取10

m/s2,設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。求：

（1）（3分）小物塊剛放上長木板時，小物塊的加速度大小ax和長木板的加速度大小“2；

（2）（4分）長木板的長度/；

（3）（4分）從小物塊放上長木板開始到最后停止運動的總位移大小X。

【答案】（1）2m/s?2.5m/s2（2）9m（3）12m

【解析】（1）小物塊剛放上長木板時在摩擦力的作用下加速，由牛頓第二定律⑷加g=

ma\

長木板減速，有〃2CW+〃z）g+〃Mg=Ma2

解得小物塊的加速度大?。?1=2m/s2

長木板的加速度大小s=2.5m/s2

（2）設經(jīng)時間"兩者達到共同速度。，有

0=0加=。0—〃2△/

得A/=2s,v=4m/s

這段時間內(nèi)小物塊的位移方=）心）2=4m

長木板的位移％2=。0加一%2。02=13m

長木板的長度l=X2—xi=9m

（3）小物塊和長木板達到共同速度之后一起做勻減速直線運動，設加速度大小為的，有

〃2（M+m）g—（M+m）a3

解得的=1m/s2

一起減速的位移為%3,有力=2的13

解得％3=8m

則小物塊的總位移x=xi+%3—12mo

6.（13分）（2025?黑龍江哈爾濱市檢測）如圖所示，在傾角為8=30。的足夠長的固定的光滑

斜面上，有一質(zhì)量為M=3kg的長木板正以0o=lOm/s的初速度沿斜面向下運動，現(xiàn)

將一質(zhì)量m=lkg的小物塊（大小可忽略）輕放在長木板正中央，已知小物塊與長木板間

的動摩擦因數(shù)〃=日，設小物塊與長木板間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速

度g取10m/s2o

（1）（7分）求放上小物塊后，木板和小物塊的加速度大??；

（2）（6分）要使小物塊不滑離長木板，長木板至少多長？

【答案】（1）2.5m/s212.5m/s2（2）10m

【解析】（1）小物塊在長木板上滑動時兩者間的滑動摩擦力大小為K=v?gcos6=7.5N

設小物塊的加速度大小為fll,長木板的加速度大小為42,

由牛頓第二定律，對小物塊和長木板，分別有

Ff+mgsin0=ma\

Mgsin0~Ff=Ma2

22

代入數(shù)據(jù)得“1=12.5m/s,ai—2.5m/so

（2）當小物塊與長木板共速時，有

介=伙）+。2介

解得九=1s,6=12.5m/s

共速后，小物塊與長木板一起加速，相對位移為

故長木板長度LNlOm,即至少為10mo

【尖子拔高題】

7.（15分）（2025?山東聊城市聯(lián)考）如圖所示，木板C靜置于水平地面上，可視為質(zhì)點的物

塊A、B放置在木板C上，物塊A到木板C右邊緣的距離xi=9m,物塊B到木板C左

邊緣的距離檢=90m。已知物塊A、物塊B、木板C的質(zhì)量分別為加=2kg,儂=1kg,

7713=1kg,物塊A與木板C間、物塊B與木板C間、木板C與地面間的動摩擦因數(shù)分

別為兇=0.8、〃2=0.2、〃3=0」，各接觸面間最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度大

小g取lOm/s?。現(xiàn)對物塊A施加一方向水平向右、大小F=40N的拉力，直至物塊A滑

離木板C,物塊A滑離木板C后立即取走物塊A。求：

回

C：

（1）（5分）物塊A在木板C上運動時物塊A的加速度大小0和木板C的加速度大小的;

（2）（4分）物塊A滑離木板C時物塊B的速度大小