牛顿运动定律应用专题七 滑块木板模型

当木板的加速度a2> a1时，滑块将相对于木板向左滑动，直至脱离木板
F-f=m a2>m a1 F> f +m a1=20N …………③ 即当F>20N，且保持作用一般时间后，小滑块将从木板上滑落下来。 （2）当恒力F=22.8N时，木板的加速度a2＇，由牛顿第二定律得F-f=Ｍa2＇ 解得：a2＇＝4.7m/s2………④ 设二者相对滑动时间为t，在分离之前
核心疑难探究
一、板块的临界问题
【引例】木板M静止在光滑水平面上，木 板上放着一个小滑块m，与木板之间的动摩
擦因数μ，为了使得m能从M上滑落下来，
求下列情况下力F的大小范围。
F
m M
F
m M
解析（1）m与M刚要发生相对滑动的临界条件：①要滑动：m与M间
的静摩擦力达到最大静摩擦力；②未滑动：此时m与M加速度仍相同。
a2=f/M=μmg/M =1m/s2. 由匀变速直线运动的规律，有（m与M均为匀加速直线运动） 木板位移 x2= ½ a2t2 ① 滑块位移 x1= ½ a1t2 ②
F
位移关系 x1－x2=L ③
将①、②、③式联立，解出a1=7m/s2 对滑块，由牛顿第二定律得:F－μ mg=ma1 所以
x2 x1
图
解析 (1)木板受到的摩擦力 Ff＝μ(M＋m)g＝10 N F－Ff 木板的加速度 a＝ ＝2.5 m/s2.(2 分) M (2)设拉力 F 作用时间 t 后撤去 F 撤去后，木板的加速度为 Ff a′＝－ ＝－2.5 m/s2(2 分) M 木板先做匀加速运动，后做匀减速运动， 且 a＝－a′，故 at2＝L 解得 t＝1 s， 即 F 作用的最短时间为 1 s．(2 分) (3)设木块的最大加速度为 a 木块， 木板的最大加速度为 a 木板， 则 μ1mg＝ma 木块(2 分) 得 a 木块＝μ1g＝3 m/s2 对木板： F1－μ1mg－μ(M＋m)g＝Ma 木板(2 分) 木板能从木块的下方抽出的条件为 a 木板>a 木块 解得 F1>25 N．(2 分)
F x1
x2 L
小滑块：x1=½ a1t2 …………⑤
木板：x1=½ a2＇t2 …………⑥ 又有x2－x1=L …………⑦ 解得：t=2s …………⑧
【练习1】质量m=1kg的滑块放在质量为M=1kg的长木板左端，木板放在 光滑的水平面上，滑块与木板之间的动摩擦因数为0.1，木板长L=75cm， 开始时两者都处于静止状态，（取g=10m/s2）.如图所示，试求： （1）用水平力F0拉小滑块，使小滑块与木板以相同的速度一起滑动， 力F0的最大值应为多少？ （2）用水平恒力F拉小滑块向木板的右端运动，在t=0.5s内使滑块 从木板右端滑出，力F应为多大？
图12
F kt ＝ ，当两者相对滑 m1＋m2 m1＋m2 F－μm2g F 动后，木板只受滑动摩擦力， a1 不变，木块受 F 及滑动摩擦力，a2＝ ＝ －μg，故 a2 m2 m2 kt ＝ －μg，a－t 图象中斜率变大，故选项 A 正确，选项 B、C、D 错误． m2 解析 刚开始木块与木板一起在 F 作用下加速，且 F＝kt，a＝
马鞍山中加双语学校
关磊
2015年12月29日星期二8时0分57秒
技巧点拨
分析滑块—木板模型问题时应掌握的技巧
1．分析题中滑块、木板的受力情况，求出各自的加速度．
2．画好运动草图，找出位移、速度、时间等物理量间的关系． 3．知道每一过程的末速度是下一过程的初速度．
4、如图所示，木板静止于水平桌面 上，在其最右端放一视为质点 的木块. 已知木块的质量m=1 kg，长L=2.5 m，上表面光滑，下表 g取10 m/s2，求：(1)木板加速度的大小；(2)要使木块能滑离木板， 水平恒力F作用的最短时间;(3)如果其他条件不变，假设木板上表 面 也粗 糙，其上表面与木块之间的动摩擦因数为 µ 1=0.3，欲使木板
力．忽略滑轮质量及与轴间的摩擦．起始时令各物体都处于静止状态，绳被拉直，
B位于A的左端（如图），然后放手，求经过多长时间t后 B从 A的右端脱离（设 A 的右端距滑轮足够远）（取g=10m/s2）．
答案：以桌面为参考系，令aA表示A的加速度，aB表示B、C的加速度，sA和sB分别表
示 t时间 A和B移动的距离，则由牛顿定律和匀加速运动的规律可得 mCg-µmBg=（mC+mB）aB
g=10m/s2，（1）现用水平向右的恒力F作用在木板M上，为了
使得m能从M上滑落下来，求F的大小范围. （2）若其它条件不变，恒力F=22.8N，且始终作用在M上，求 m在M上滑动的时间.
m
M
F
[解析]（1）小滑块与木板间的滑动摩擦力
m M
f
f
F
f=μFN=μmg=4N…………①
滑动摩擦力f是使滑块产生加速度的最大合外力，其最大加速度 a1=f/m=μg=4m/s2 …②
【例2】如图所示，木板静止于水平桌面 上，在其最右端放一可视为质点的木块. 已知
核心疑难探究
分析受力和运动过程挖 掘隐含条件解题
木块的质量m=1 kg，长L=2.5 m，上表面光滑，
下表面与地面之间的动摩擦因数µ=0.2.现用水平 恒力F=20 N向右拉木板，g取10 m/s2，求： (1)木板加速度的大小；
N向右拉木板，g取10 m/s2，求：(1)木板加速度的大小；
(2)要使木块能滑离木板，水平恒力F作用的最短时间;
(3)如果其他条件不变，假设木板上表面也粗糙，其上表面与木块
之间的动摩擦因数为 µ 1=0.3，欲使木板能从木块的下方抽出，对
木板施加的拉力应满足什么条件？ （4）若木板的长度、木块的质量、木板的上表 面与木块之间的 动摩擦因数、木板与地面间的动摩擦因数都不变，只将水平恒力 增加为 30 N，则木块滑离木板需要多长时间？
木板的加速度 F2－μ1mg－μM＋mg a 木板′＝ M ＝4.25 m/s2(1 分)
木块滑离木板时，两者的位移关系为 x 木板－x 木块＝L，即 1 1 a 木板′t2－ a 木块′t2＝L(2 分) 2 2
(2)要使木块能滑离木板，水平恒力F作用的最
短时间; (3)如果其他条件不变，假设木板上表面也粗 糙，其上表面与木块之间的动摩擦因数为 µ1=0.3，欲使木板能从木块的下方抽出，对木 板 施加的拉力应满足什么条件？ （4）若木板的长度、木块的质量、木板的上表 面与木块之间的动摩擦因数、木板与地面间的 动摩擦因数都不变，只将水平恒力增加为 30 N，则木块滑离木板需要多长时间？
专题：滑块-木板模型问题探究
牛顿运动定律应用专题七 滑块-木板模型的问题探究
1．模型特点：长木板上叠放一个物体，在摩擦力的相互作用 下发生相对滑动． 2．建模指导 解此类题的基本思路： （1）分析滑块和木板的受力情况，根据牛顿第二定律分别求 出滑块和木板的加速度； （2）对滑块和木板进行运动情况分析，找出滑块和木板之间 的位移关系或速度关系，建立方程．特别注意滑块和木板的 位移都是相对地面的位移. (3)审题，画运动过程的草图，建立正确的物理情景，帮助自 己理解过程
（3）按第（2）问的力F的作用，在小滑块刚刚从长木板右端滑出
时，滑块和木板滑行的距离各为多少？（设m与M之间的
最大静摩擦力与它们之间的滑动摩擦力大小相等）。
解析：（1）对木板M，水平方向受静摩擦力f向右，当f=fm=μ mg时，M有最大加速度，
此时对应的F0即为使m与M一起以共同速度滑动的最大值。
面与地面之间的动摩擦因数µ =0.2.现用水平恒力F=20 N向右拉木板，
能从木块的下方抽出，对木板 施加的拉力应满足什么条件？
（4）若木板的长度、木块的质量、木板的上表面与木块之间的动 摩擦因数、木板与地面间的动摩擦因数都不变，只将水平恒力增加 为 30 N，则木块滑离木板需要多长时间？
图
规范审题
受力分析如图，先隔离m，由牛顿第二定律可得：a=μmg/m=μg
再对整体，由：F0=μ(M+m) g
fm
m M
fm
F
所以，F的大小范围为：F>μ(M+m)g
（2）受力分析如图，先隔离M， 由牛顿第二定律可得：a=μmg/M 再对整体，由牛顿第二定律可得：F0=(M+m)a
µ mBg=mAaA
sB=½ aBt2 sA=½ aAt2 sB-sA=L 由以上各式，代入数值，可得:t=4.0s
2、如图所示，木板静止于水平桌面 上，在其最右端放一
可视为质点的木块. 已知木块的质量m=1 kg，长L=2.5 m，上表面
光滑，下表面与地面之间的动摩擦因数µ =0.2.现用水平 恒力F=20
fm m M fm
F
解得：F0=μ(M+m) mg/M所以，F的大小范围为：F>(M+m)mg/M
二、板块的动力学问题
【例2】如图所示，有一块木板静止在光滑水平面上，木板质
量M=4kg，长L=1.4m.木板右端放着一个小滑块，小滑块质量
m=1kg，其尺寸远小于L，它与木板之间的动摩擦因数μ=0.4，
L
F=μ mg+ma1=8N
（3）将滑块从木板上拉出的过程中，滑块和木板的位移分别为 x1= ½ a1t2= 7/8m x2= ½ a2t2= 1/8m
3.如图所示，在光滑的桌面上叠放着一质量为mA＝2.0kg的薄木板A和质量为mB=3 kg的金属块B．A的长度L=2.0m．B上有轻线绕过定滑轮与质量为mC=1.0 kg的物 块C相连．B与A之间的滑动摩擦因数 µ =0.10，最大静摩擦力可视为等于滑动摩擦
①m不受摩擦力作用，M运动时， m相对地面静止 ②恒力F作用一段时间后撤去， 然后木块减速运动至木块与木 板脱离时，木板速度恰好为零 ③木板与木块间的摩擦力为滑动 摩擦力，且要使a木板>a木块