第30讲 滑块--木板模型(解题技巧类).doc

1、 淘出优秀的你1第 30 讲 滑块-木板模型【技巧点拨】滑块木板模型作为力学的基本模型经常出现，是对直线运动和牛顿运动定律有关知识的综合应用着重考查学生分析问题、运用知识的能力，这类问题无论物体的运动情景如何复杂，这类问题的解答有一个基本技巧和方法：求解时应先仔细审题，清楚题目的含义，分析清楚每一个物体的受力情况、运动情况因题目所给的情境中至少涉及两个物体、多个运动过程，并且物体间还存在相对运动，所以应准确求出各物体在各运动过程中的加速度(注意两过程的连接处加速度可能突变) ，找出物体之间的位移 (路程)关系或速度关系是解题的突破口求解中更应注意联系两个过程的纽带，每一个过程的末速度是下一个过

2、程的初速度【对点题组】1如图甲所示，静止在光滑水平面上的长木板 B(长木板足够长) 的左端放着小物块 A.某时刻，A 受到水平向右的外力 F 作用，F 随时间 t 的变化规律如图乙所示，即 Fkt，其中 k为已知常数若物体之间的滑动摩擦力 Ff 的大小等于最大静摩擦力，且 A， B 的质量相等，则下列图中可以定性地描述长木板 B 运动的 vt 图象的是( )2如图所示，质量 M8 kg 的小车放在水平光滑的平面上，在小车左端加一 F8 N 的水平推力，当小车向右运动的速度达到 v01.5 m/s 时，在小车前端轻轻地放上一个大小不计，质量为 m2 kg 的小物块，小物块与小车间的动摩擦因数 0

3、.2，小车足够长，取 g10 m/s2.求：(1)放小物块后，小物块及小车的加速度各为多大；(2)经多长时间两者达到相同的速度；(3)从小物块放上小车开始，经过 t1.5 s 小物块通过的位移大小为多少？【高考题组】3(2014江苏卷)如图所示， A、B 两物块的质量分别为 2m 和 m，静止叠放在水平地面上A、B 间的动摩擦因数为 ，B 与地面间的动摩擦因数为 .最大静摩擦力等于滑动摩12擦力，重力加速度为 g.现对 A 施加一水平拉力 F，则( ) 淘出优秀的你2A当 F2mg 时，A、B 都相对地面静止B当 F mg 时，A 的加速度为 g52 13C当 F3mg 时，A 相对 B 滑动

4、D无论 F 为何值，B 的加速度不会超过 g124(2013全国新课标)一长木板在水平地面上运动，在 t=0 时刻将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，以后木板运动的速度时间图像如图所示。己知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上。取重力加速度的大小 g=10/s 2.求：（1）物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数；（2）从 t=0 时刻到物块与木板均停止运动时，物块相对于木板的位移的大小。5.(2013江苏卷)如图所示,将小砝码置于桌面上的薄纸板上,用水平向右的拉力将纸板迅速抽出, 砝码的移动很小,几乎观察不到

5、,这就是大家熟悉的惯性演示实验. 若砝码和纸板的质量分别为 m1 和 m2,各接触面间的动摩擦因数均为 . 重力加速度为 g.(1)当纸板相对砝码运动时，求纸板所受摩擦力的大小；(2)要使纸板相对砝码运动,求需所拉力的大小；(3)本实验中,m 1 =0. 5 kg,m2 =0. 1 kg,=0. 2,砝码与纸板左端的距离 d =0. 1 m,取 g =10 m/ s2. 若砝码移动的距离超过 l =0. 002 m,人眼就能感知. 为确保实验成功 ,纸板所需的拉力至少多大? 6(2013 上海卷) 如图，质量为 M、长为 L、高为 h 的矩形滑块置于水平地面上，滑块与地面间动摩擦因数为 ；滑块

6、上表面光滑，其右端放置一个质量为 m 的小球。用水平外力击打滑块左端，使其在极短时间内获得向右的速度 v0，经过一段时间后小球落地。求小球落淘出优秀的你3地时距滑块左端的水平距离。7(2011 课标全国卷) 如图所示，在光滑水平面上有一质量为 m1 的足够长的木板，其上叠放一质量为 m2 的木块假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等现给木块施加一随时间 t 增大的水平力 Fkt( k 是常数) ，木板和木块加速度的大小分别为 a1 和 a2，下列反映 a1 和 a2 变化的图线中正确的是( )8(2011上海卷)如图，质量 的物体静止于水平地面的A处，A、B间距L=20m。2mkg用

7、大小为30N，沿水平方向的外力拉此物体，经 拉至B处。(已知 ，02tscos370.8。取 )sin370.6210/gs(1)求物体与地面间的动摩擦因数；(2)用大小为30N ，与水平方向成 37的力斜向上拉此物体，使物体从A处由静止开始运动并能到达B处，求该力作用的最短时间 t。淘出优秀的你4答案精析【对点题组】1【答案】B【解析】在 A， B 相对滑动前，对 A， B 整体由牛顿第二定律得 a ，故 A， B2Fmkt的加速度随时间的增大而增大，速度时间图象是一向上弯曲的曲线；A 相对 B 刚好要滑动时，对 B 由牛顿第二定律得 a ，由于 ，故 t ；在 A 相对 B 滑动后，fFm

8、2ktfFfkB 的加速度 a 为一恒量，速度时间图象是一倾斜向上的直线，故 B 正确f2【答案】 (1)2 m/s 2 0.5 m/s 2 (2)1 s (3)2.1 m【解析】(1)小物块的加速度 amg2 m/s 2，小车的加速度 aM 0.5 m/s 2.Fg(2)由 amtv 0a Mt，解得：t1 s.(3)从小物块放上小车开始 1 s 内，小物块的位移s1 amt21 m，1 s 末小物块的速度 va mt2 m/s在接下来的 0.5 s 内小物块与小车相对静止，一起做加速运动，且加速度 a 0.8 FMmm/s2，这 0.5 s 内小物块的位移 s2vt 1 1.1 m ，2a

9、t小物块 1.5 s 内通过的总位移 ss 1s 22.1 m.【高考题组】3【答案】BCD 【解析】设 B 对 A 的摩擦力为 f1，A 对 B 的摩擦力为 f2，地面对 B 的摩擦力为 f3，由牛顿第三定律可知 f1 与 f2 大小相等，方向相反，f 1 和 f2 的最大值均为 2mg，f 3 的最大值为mg.故当 03mg 时，A 相32对于 B 滑动由以上分析可知 A 错误，C 正确当 F mg 时，A、B 以共同的加速度开52始运动，将 A、B 看作整体，由牛顿第二定律有 F mg3ma，解得 a ，B 正确对32 g3B 来说，其所受合力的最大值 Fm2mg mg mg，即 B 的

10、加速度不会超过 g，D32 12 12正确4【答案】 （1）0.20 0.30 （2）s=1.125m 【解析】 （1）从 t=0 时开始，木板与物块之间的摩擦力使物块加速，使木板减速，此过程一直持续到物块和木板具有共同速度为止。由图可知，在 t1=0.5s 时，物块和木板的速度相同。设 t=0 到 t=t1 时间间隔内，物块和木板的加速度大小分别为 a1 和 a2，则1atv012t式中 v0=5m/s，v 1=1m/s 分别为木板在 t=0、t =t1 时速度的大小。设物块和木板的质量为 m，物块和木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为 1、 2，由牛顿第二定律得1mg=ma1 （ 1+2

11、2）mg=ma 2 联立式解得：1=0.20 2=0.30 (2)在 t1 时刻后，地面对木板的摩擦力阻碍木板运动，物块与木板之间的摩擦力改变方向。设物块与木板之间的摩擦力大小为 f，物块和木板的加速度大小分别为 和 ，则由牛顿1a2第二定律得1fma22gf淘出优秀的你6假设 f1mg，与假设矛盾，故 f=1mg 由式知，物块加速度的大小 ；物块的 图象如图中点划线所示。1atv由运动学公式可推知，物块和木板相对于地面的运动距离分别为s1=2 2avs2= t1+ 02物块相对于木板位移的大小为 s=s2- s1 联立解得：s=1.125m。5【答案】（1） （2） （3）22.4N.gmf

12、)(1gmF)(21【解析】（1）砝码对纸板的摩擦力 , 桌面对纸板的摩擦力 1f解得212()fmg12ff2()（2）设砝码的加速度为 ,纸板的加速度为 ,则 发aa1f12Ffma生相对运动 解得2112()Fmg（3）纸板抽出前,砝码运动的距离 纸板运动的距离 纸板抽出后，1xt211dxt砝码在桌面上运动的距离 223a2lx由题意知 解得1313,at1()Fmgl代入数据得 .4FN6【答案】 20()hMLhvg淘出优秀的你7【解析】小球下落前滑块的加速度 1()fMmga滑块做匀减速运动，到小球开始下落时的速度 22010()MmgvaLvL小球落地时间 2htg小球落下后，

13、滑块的加速度 2fMga按此加速度，滑块停止运动时间202()mgvLt 若小球落地时间大于或等于滑块停止时间，即：20()Mgvhg则小球落地时距滑块左侧 =20()mvLsa20()vmL或小球落地时间小球滑块停止时间，即：20()Mgvhg则小球落地时距滑块左侧 = =21svta0()21mhvLg204()hMmLhvg7【答案】A 【解析】当拉力 F 很小时，木块和木板一起加速运动，由牛顿第二定律，对木块和木板：F(m 1m 2)a，故 a1a 2a t；当拉力很大时，木块和木板将发生相对Fm1 m2 km1 m2运动，对木板：m 2gm 1a1，得 a1 ，对木块：Fm 2gm

14、1a2，得 a2 m2gm1 F m2gm2tg，A 正确km28【答案】(1)0.5 (2)1.03s【解析】(1)物体做匀加速运动 201Lat淘出优秀的你8故 22010(m/s)Lat由牛顿第二定律 Ffa3210()fN故 .5mg(2)设 作用的最短时间为 ，小车先以大小为 的加速度匀加速 秒，撤去外力后，以大Ftat小为 ，的加速度匀减速 秒到达 B 处，速度恰为 0，由牛顿定律acos37(sin37)gm故 2(.85.6)10.5(m/s)2g25(/s)fam由于匀加速阶段的末速度即为匀减速阶段的初速度，因此有 at故 1. .3tt22La故 2201.3(s).31.5t