培优提升 动力学中的“滑块—木板”模型 导学案 -2025-2026学年高一上学期物理人教版必修第一册

动力学中的“滑块—木板”模型 学习目标　 1.掌握板块模型的分析方法。 2.能运用牛顿运动定律处理板块问题。 “滑块—木板”模型概述 叠放在一起的滑块与木板之间存在摩擦力，在其他外力作用下它们或者以相同的加速度运动，或者加速度不同，有的题目也可能没有外加的拉力或推力。但无论是哪种情况，受力分析和运动过程分析都是解题的关键。 　地面光滑的“滑块—木板”问题 如图，木板B、物块A的质量分别为M和m，不计物块大小，开始A、B均静止，现使A以v0从B的左端开始运动。已知A、B间动摩擦因数为μ，地面光滑。 (1)分析A、B的受力情况； (2)分析A刚滑上B时，A、B的加速度大小； (3)分析A、B各自的运动情况； (4)分析A、B的位移关系。 提示　(1)A滑上B后，A受到与运动方向相反(水平向左)的滑动摩擦力，B受到与运动方向相同(水平向右)的滑动摩擦力。 (2)对A：μmg＝maA，对B：μmg＝MaB 则aA＝μg，aB＝。 (3)A做加速度为μg的匀减速运动，B做加速度为的匀加速运动，若木板足够长，二者最后达到共同速度，一起做匀速运动。 (4)当A、B达到共同速度时，它们的位置关系如图所示，则Δx＝xA－xB。 例1 如图所示，一质量M＝0.2 kg的长木板静止在光滑的水平地面上，另一质量m＝0.2 kg的小滑块以v0＝1.2 m/s的速度从长木板的左端滑上长木板，已知小滑块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.4，g取10 m/s2，小滑块始终没有滑离长木板，求： (1)经过多长时间，小滑块与长木板速度相等； (2)长木板的最小长度lmin。 答案　(1)0.15 s　(2)0.09 m 解析　(1)对小滑块和长木板，根据牛顿第二定律得 μmg＝ma1，μmg＝Ma2 解得a1＝4 m/s2，a2＝4 m/s2 小滑块做匀减速运动，而木板做匀加速运动， 根据运动学公式有v0－a1t＝a2t 解得t＝0.15 s。 (2)小滑块与长木板速度相等时相对静止，从小滑块滑上长木板到两者相对静止，经历的时间为t＝0.15 s，这段时间内小滑块做匀减速运动， 共速时速度v＝a2t＝0.6 m/s x滑＝t x板＝t lmin＝x滑－x板＝0.09 m。 例2 如图所示，在光滑的水平地面上有一个长为L＝0.64 m、质量为mA＝4 kg的木板A，在木板的左端有一个大小不计、质量为mB＝2 kg的小物体B，A、B间的动摩擦因数为μ＝0.2(g取10 m/s2)，求： (1)当对B施加水平向右的力F＝4 N时，A、B的加速度各为多大？ (2)当F＝10 N时，A、B加速度各为多大？ (3)当F＝10 N时，经过多长时间可将B从木板A的左端拉到右端？ 答案　(1) m/s2　 m/s2　(2)1 m/s2　3 m/s2　(3)0.8 s 解析　若A、B间恰好发生相对滑动，则对A、B整体 有F＝(mA＋mB)a 对A：μmBg＝mAa 联立解得F＝6 N。 (1)因F＝4 N＜6 N，则A、B未发生相对滑动 由F＝(mA＋mB)a得aA＝aB＝ m/s2。 (2)F＝10 N＞6 N时，A、B发生相对滑动，A、B间的摩擦力Ff＝μmBg＝4 N 以B为研究对象，根据牛顿第二定律得 F－Ff＝mBaB 解得aB＝3 m/s2 以A为研究对象，根据牛顿第二定律得 Ff′＝mAaA 由牛顿第三定律得Ff′＝Ff 解得aA＝1 m/s2。 (3)设将B从木板的左端拉到右端所用时间为t，A、B在这段时间内发生的位移分别为xA和xB，其关系如图所示 则有xA＝aAt2 xB＝aBt2 xB－xA＝L 解得t＝0.8 s。 解决板块问题的基本方法 (1)分别隔离滑块和木板求各自的加速度。要注意当滑块与木板的速度相同时，摩擦力会发生突变的情况。 (2)明确位移关系：滑块与木板叠放在一起运动时，应仔细分析滑块与木板的运动过程，明确滑块与木板对地的位移和滑块与木板之间的相对位移之间的关系。一般情况下若同向运动，则x1－x2＝L；若反向运动，则x1＋x2＝L。　　 　地面粗糙的“滑块—木板”问题 如图所示，粗糙水平地面上，静止放置质量为M的长木板A，一滑块B质量为m，以速度v0冲上木板，若木板与地面间动摩擦因数为μ2，滑块与木板间动摩擦因数为μ1。 (1)试分析木板相对地面发生滑动的条件； (2)若木板相对地面发生了滑动，且滑块能从木板上滑下，分析在木板、滑块运动的过程中各自的加速度大小； (3)若开始滑块和木板都处于静止状态，在滑块上施加逐渐增大的外力F作用，木板一定会相对水平地面滑动吗？ 提示　(1)如图所示，对木板受力分析，木板相对地面发生滑动的条件为 μ1mg＞μ2(M＋m)g。 (2)a块＝μ1g a板＝。 (3)不一定。若FfAB＞FfA地，则木板相对地面滑动，若FfAB＜FfA地，则木板相对地面静止。 例3 如图所示，物块A和木板B的质量相同，A可以看作质点，木板B长3 m。开始时A、B均静止。现使A以水平初速度v0从B的最左端开始运动。已知A与B、B与水平面间的动摩擦因数分别为μ1＝0.3和μ2＝0.1，取重力加速度大小g＝10 m/s2，若A刚好没有从B上滑下来，则v0的大小为(　　) A. m/s B.2 m/s C. m/s D.2 m/s 答案　D 解析　根据题意可知，A、B速度相等时，A恰好在B右端，根据牛顿第二定律，对A，有μ1mg＝ma1，得a1＝3 m/s2，对B，有μ1mg－2μ2mg＝ma2，得a2＝1 m/s2，根据匀变速直线运动规律，有v0－a1t＝a2t，v0t－a1t2－a2t2＝L，解得v0＝2 m/s，故D正确。 例4 如图所示，质量M＝1 kg、长L＝4 m的木板静止在粗糙的水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，在木板的左端放置一个质量m＝1 kg、大小可以忽略的铁块，铁块与木板上表面间的动摩擦因数μ2＝0.4，某时刻起在铁块上施加一个水平向右的恒力F＝8 N，g取10 m/s2。 (1)求施加恒力F后铁块和木板的加速度大小； (2)铁块经多长时间到达木板的最右端，求此时木板的速度大小； (3)当铁块运动到木板最右端时，把铁块拿走，木板还能继续滑行的距离。 答案　(1)4 m/s2　2 m/s2　(2)2 s　4 m/s (3)8 m 解析　(1)以铁块为研究对象，根据牛顿第二定律得F－μ2mg＝ma1 以木板为研究对象，根据牛顿第二定律得 μ2mg－μ1(M＋m)g＝Ma2 代入数据解得铁块的加速度大小a1＝4 m/s2 木板的加速度大小a2＝2 m/s2。 (2)设铁块运动到木板的最右端所用时间为t 则此过程铁块的位移为x1＝a1t2 木板的位移为x2＝a2t2 两者的位移关系为L＝x1－x2 即L＝a1t2－a2t2 代入数据解得t＝2 s或t＝－2 s(舍去) 此时木板的速度v＝a2t＝4 m/s。 (3)拿走铁块后木板做匀减速运动的加速度大小为 a3＝μ1g＝0.1×10 m/s2＝1 m/s2 则木板还能继续滑行的距离 x3＝＝ m＝8 m。 随堂对点自测 1.(地面光滑的板块问题)如图所示，质量为M的长木板静止于光滑的水平面上，质量为m的木块以初速度v0从左向右水平滑上长木板，已知木块与木板间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则木块在长木板上滑动的过程中，长木板的加速度大小为(　　) A.0 B.μg C. D. 答案　D 解析　对长木板进行受力分析可知，长木板水平方向受到木块对木板的滑动摩擦力，方向水平向右，摩擦力大小Ff＝μmg，根据牛顿第二定律得a＝＝，故D正确。 2.(地面光滑的板块问题)如图所示，两物体A、B叠放在光滑水平面上，两物体间动摩擦因数为μ＝0.2，已知它们的质量m＝2 kg，M＝1 kg，力F作用在物体A上(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10 m/s2)，则(　　) A.当F＝4 N时，两物体即将发生相对运动 B.当F＝5 N时，两物体一定发生相对运动 C.当F＝8 N时，物体B的加速度为4 m/s2 D.当F＝12 N时，物体A的加速度为4 m/s2 答案　D 解析　当A、B刚要发生相对滑动时，静摩擦力达到最大值，设此时它们的加速度为a0，根据牛顿第二定律，对B有a0＝＝4 m/s2，对A、B整体有F＝(m＋M)a0＝3×4 N＝12 N，所以当F≤12 N时，A、B相对静止，一起向右做匀加速运动，A、B、C错误；当F＝12 N时，物体A的加速度为a＝＝ m/s2＝4 m/s2，D正确。 3.(地面粗糙的板块问题)(多选)如图所示，A、B两物块的质量分别为1 kg和2 kg，静止叠放在水平地面上，A、B间的动摩擦因数为0.4，B与地面间的动摩擦因数为0.2，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2。现对B施加一水平拉力F＝12 N，则(　　) A.B对A摩擦力大小为4 N B.B对A摩擦力大小为2 N C.A、B发生相对滑动，A的加速度为4 m/s2 D.A、B一起做匀加速运动，加速度为2 m/s2 答案　BD 解析　由于B与地面间的动摩擦因数为0.2，所以B与地面间的滑动摩擦力Ff2＝μ2(mA＋mB)g＝6 N，由于A、B间的动摩擦因数为0.4，所以A的最大加速度am＝＝μ1g＝4 m/s2，如果A、B一起以am匀加速运动，则F1－Ff2＝(mA＋mB)am，解得F1＝18 N，由于Ff2＜F＜F1，所以A、B一起做匀加速运动，则F－Ff2＝(mA＋mB)a，解得a＝2 m/s2，C错误，D正确；B对A的摩擦力大小为Ff＝mAa＝2 N，A错误，B正确。 学科网（北京）股份有限公司 $