模型七、滑块——木板模型 【模型概述】上、下叠放两个物体，并且两物体在摩擦力的相互作用下发生相对滑动.【模型解题】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，注意两过程的连接处加速度可能突变(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。易失分点(1)不清楚滑块、滑板的受力情况，求不出各自的加速度。(2)不清楚物体间发生相对滑动的条件。【模型训练】【例1】如图甲所示，一足够长的质量为的木板静止在水平面上，时刻质量也为的滑块从板的左端以初速度水平向右滑行。若时间内滑块加速度大小为，时间内滑块加速度大小为。滑块与木板、木板与地面的动摩擦因数分别为、，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。滑块运动的图像如图乙所示，则有（）A．B．C．D．【答案】C【详解】AB．图线的斜率表示加速度，可知AB错误；CD．由图像分析可知，时间内滑块相对木板向右滑动，木板相对地面向右滑动，时刻滑块与木板达到共同速度，时间内滑块与木板相对静止一起减速到速度为零，对木板则有>2C正确，D错误。故选C。变式1.1如图所示，一足够长的质量为m的木板静止在水平面上，t=0时刻质量也为m的滑块从板的左端以速度水平向右滑行，滑块与木板，木板与地面的摩擦因数分别为、且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。滑块的图像如图所示，则有（）A．=B．2D．=2【答案】C【详解】由图像分析可知，木板相对地面滑动，滑块与木板共速后一起减速到停止，对木板则有>2故选C。变式1.2如图甲所示，质量为M的薄长木板静止在光滑的水平面上，t=0时一质量为m的滑块以水平初速度v0从长木板的左端冲上木板并最终与长木板相对静止。已知滑块和长木板在运动过程中的vt图像如图乙所示，则木板与滑块的质量之比Mm为（）A．12B．21C．13D．31【答案】D【详解】根据动量守恒定律由图知：v0=40m/s，v=10m/s，代入数据得=31故选D。【例2】如图所示，质量、长的长木板P静止在足够大的光滑水平面上，一质量的滑块Q（可视为质点）以初速度从左侧与木板等高的平台滑上长木板，与此同时给长木板右端施加一水平恒力。已知滑块与木板间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度。下列说法中正确的是（）A．木板对滑块的摩擦力方向始终不变B．滑块在木板上运动的加速度始终不变C．滑块距离木板右端最近时到木板右端的距离为D．滑块在木板上相对滑动的时间为【答案】C【详解】ABD．滑块滑上木板之后先做减速运动，木板做加速运动。木板对滑块的摩擦力方向水平向左，对滑块有解得方向水平向左。对木板有解得假设经时间t两者速度相等，由解得两者速度相等之后假设一起向右加速，则解得所以两者速度相等之后滑块相对于木板向左滑动，木板对滑块的摩擦力方向水平向右，滑块的加速度大小为，方向水平向右。故ABD错误；C．两者速度相等时，滑块通过的位移为木板通过的位移为滑块距离木板右端最近时到木板右端的距离为故C正确。故选C。变式2.1如图甲所示，足够长的木板B静置于光滑水平面上，其上放置小滑块A。木板B受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出木板B的加速度a，得到如图乙所示的a-F图像，已知g取10m/s2，则（）A．滑块A的质量为4kgB．木板B的质量为2kgC．当F=10N时木板B加速度为4m/s2D．滑块A与木板B间动摩擦因数为0.1【答案】C【详解】AB．由图知，当F=8N时，加速度为a=2m/s2，对整体，由牛顿第二定律有代入数据解得mA+mB=4kg当F大于8N时，A、B发生相对滑动，对B，根据牛顿第二定律得解得由图示图象可知，图线的斜率解得故滑块A的质量为mA=3kg故AB错误； D．根据知当a=0时，F=6N，代入解得故D错误；C．根据F=10N>8N时，滑块与木板相对滑动，B的加速度为故C正确。故选C。变式2.2如图所示，质量的小滑块（可视为质点）放在木板的右端，木板质量为，与水平地面和滑块间的动摩擦因数皆为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，开始时木板与物块均处于静止状态，现给木板加一水平向右的恒力F，重力加速度，则（）A．当拉力F等于18N时，滑块和木板一起匀速运动B．当拉力F等于24N时，滑块和木板一起匀速运动C．当拉力F等于30N时，滑块和木板一起加速运动D．当拉力F等于36N时，滑块和木板发生相对滑动【答案】C【详解】A．木板与地面间的最大静摩擦力当拉力F等于18N时，小于20N，则滑块和木板都处于静止状态，故A错误；BCD．当m受到最大摩擦力时，根据牛顿第二定律可得可得滑块和木板发生相对滑动的临界加速度为此时对整体进行分析，根据牛顿第二定律可得解得可知当拉力时，滑块和木板一起加速运动；当拉力时，滑块和木板发生相对滑动，故BD错误，C正确。故选C。【例3】如图所示，长木板静止在光滑水平面上，上表面OA段光滑，OB段粗糙，左端固定一轻质弹簧，右端用不可伸长的轻绳连接于竖直墙上。可视为质点的小滑块以速度v从O点向左运动并压缩弹簧，弹簧压缩至某长度时轻绳被拉断，最终小滑块没有从长木板上掉落。关于上述过程，下列说法正确的是（）A．轻绳被拉断瞬间，滑块的速度最小B．长木板与滑块最终一起运动的速度等于vC．弹簧弹力对系统做负功，滑块、木板和弹簧组成的系统机械能减少D．摩擦力对系统做负功，滑块、木板和弹簧组成的系统机械能减少【答案】D【详解】AB．弹簧压缩至某长度时轻绳被拉断，此时滑块速度小于v，但不一定是最小的，轻绳拉断之后，弹簧、滑块、木板三者构成的系统动量守恒，最终小滑块没有从长木板上掉落，则有解得选项AB错误；C．整个过程中，初始和结束时，弹簧形变量均为零，弹性势能不变，则可知弹力对系统做功为零，选项C错误；D．摩擦力对系统做负功，将机械能转化为热量，导致滑块、木板和弹簧组成的系统机械能减少，选项D正确。故选D。变式3.1如图所示，质量为的长木板静止在光滑水平面上，上表面段光滑，段粗糙且长为，左端处固定轻质弹簧，右侧用不可伸长的轻绳连接于竖直墙上，轻绳所能承受的最大拉力为。质量为的小滑块以速度从A点向左滑动压缩弹簧，弹簧的压缩量达最大时细绳恰好被拉断，再过一段时间后长木板停止运动，小滑块恰未掉落。则（）A．细绳被拉断瞬间木板的加速度大小为B．细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为C．弹簧恢复原长时滑块的动能为D．滑块与木板间的动摩擦因数为【答案】D【详解】A．细绳被拉断瞬间，对木板分析，由于OA段光滑，没有摩擦力，在水平方向上只受到弹簧给的弹力，细绳被拉断瞬间弹簧的弹力等于F，根据牛顿第二定律有解得故A错误；B．滑块以速度v从A点向左滑动压缩弹簧，到弹簧压缩量最大时速度为0，由系统的机械能守恒得：细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为，故B错误；C．弹簧恢复原长时木板获得的动能，所以滑块的动能小于，故C错误；D．由于细绳被拉断瞬间，木板速度为零，小滑块速度为零，所以小滑块的动能全部转化为弹簧的弹性势能，即小滑块恰未掉落时滑到木板的右端，且速度与木板相同，设为，取向左为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律得联立解得故D正确。故选D。变式3.2如图所示，质量为M的木板静止在足够大的光滑水平面上，木板长为，左端O处固定一轻质弹簧（其长度相对于木板可忽略不计），右侧用不可伸长的轻绳连接于竖直墙上，质量为m的滑块P（视为质点）以速度v0从木板正中间向左滑动压缩弹簧，弹簧的压缩量最大时轻绳恰好被拉断，此时木板、滑块的速度均为零，最终滑块P恰好未从木板上掉落。重力加速度大小为g。则（）A．滑块P与木板间的动摩擦因数为B．弹簧的最大弹性势能为C．弹簧的最大弹性势能为D．最终木板的速度大小为【答案】A【详解】A．由功能关系可知解得选项A正确；BC．弹簧的最大弹性势能选项BC均错误；D．由动量守恒定律可知，由于细绳断开时系统的总动量为零，则滑块和木板最终的速度均为0，选项D错误。故选A。【例4】如图所示，在光滑水平面上有一块足够长的长木板A，长木板A上放着一块木板B，A、B两木板一起以的速度向右匀速运动。某时刻滑块C（可视为质点）以大小为的速度从左端水平滑上木板B。已知滑块C与木板B之间的动摩擦因数为，长木板A的质量为2m，滑块C和木板B的质量均为m，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。（1）若B、A两木板之间用黏胶固定，滑块C刚好不脱离木板B，求木板B的长度；（2）若B、A两木板之间不固定，B、A两木板之间的动摩擦因数为，滑块C不脱离木板B，求滑块C和木板B、A三者达到共速所需的时间。【答案】（1）；（2）【详解】（1）根据牛顿第二定律可得，C的加速度大小B、A整体的加速度大小设C刚好不脱离B的表面的末速度为，根据运动学公式解得C的位移B的位移C刚好不脱离B时，B的最小长度（2）若B、A之间不固定，根据牛顿第二定律得，C的加速度大小B的加速度大小A的加速度大小设C与B达到共速所需时间为，这时C不脱离B，设这时B、C的速度为，则对于C，根据运动学公式有对于B，根据运动学公式有解得，此时木块A的速度为根据系统动量守恒可得得该体系共速的速度三者共速所需的时间为变式4.1如图，光滑水平轨道上放置足够长的木板A和滑块C，滑块B翼于上表面粗糙的木板A左上端，A、B的质量分别为、。开始时C静止，A、B一起以的速度匀速向右运动，与C发生碰撞（碰撞时间极短）。（1）若，A与C发生碰撞后瞬间粘在一起共同向右运动，求碰撞后瞬间A、C共同速度的大小：（2）若，A与C发生弹性碰撞后瞬间，求A的速度大小；（3）若，A与C发生碰撞后，经过一段时间，A、B达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C碰撞，求A与C发生碰撞后瞬间A的速度大小。【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）根据题意可知，A与C发生碰撞并共速，由动量守恒定律有解得（2）若A与C发生弹性碰撞，由动量守恒定律由能量守恒定律联立解得（3）A、B达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C碰撞，即对A、B、C，由动量守恒定律解得A与C碰撞，由动量守恒定律解得变式4.2如图所示，在光滑水平面上有一个长木板B，上表面粗糙，滑块A与木板B上表面间的动摩擦因数，在其左端有一个光滑的圆弧槽C，C与长木板接触但不连接，且下端与木板的上表面相平，B、C静止在水平面上。某时刻滑块A以初速度从右端滑上B，并以的速度滑离B，恰好能到达C的最高点。A、B、C的质量均为m，重力加速度为g，求：（1）木板B长L；（2）圆弧槽C的半径R；（3）A从C底端最终滑离时相对C的速度。【答案】（1）；（2）；（3），方向与A的初速度相反【详解】（1）当A在B上滑动时，A与B、C整体发生相互作用，由于水平面光滑，A与B、C组成的系统动量守恒，以水平向左为正方向，由动量守恒定律得由能量守恒定律得知系统动能的减少量等于A、B发生相对滑动的过程中产生的内能，即联立解得（2）当A滑上C时，B与C分离，A、C发生相互作用，A到达C的最高点时两者的速度相等，设为，A、C组成的系统在水平方向动量守恒，则A、C组成的系统机械能守恒，则联立解得（3）A滑上C后，B与C分离，只有A与C发生相互作用，此后B的速度一直为，设A滑离C时，A的速度大小为，C的速度大小为，对A与C组成的系统，由动量守恒定律得根据能量守恒有联立解得，A从C底端最终滑离时相对C的速度方向与A的初速度相反。