2022年滑块和木板问题 .pdf

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1、专题滑块与木板一应用力和运动的观点处理（即应用牛顿运动定律）典型思维方法：整体法与隔离法注意运动的相对性【例 1】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，为了使得m 能从 M 上滑落下来，求下列各种情况下力F 的大小范围。【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=0.4，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=2

2、2.8N，且始终作用在M 上，求 m 在 M 上滑动的时间 . 【例 3】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，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？（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

3、动摩擦力大小相等）。 （取 g=10m/s2）. x2x1LF精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 5 页【例 4】 如图所示，在光滑的桌面上叠放着一质量为mA2.0kg 的薄木板 A 和质量为 mB=3 kg 的金属块 B A的长度 L=2.0mB 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=0.10，最大静摩擦力可视为等于滑动摩擦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

4、的右端脱离（设A 的右端距滑轮足够远） （取 g=10m/s2） 例 1 解析 （1）m 与 M 刚要发生相对滑动的临界条件：要滑动：m 与 M 间的静摩擦力达到最大静摩擦力；未滑动：此时m 与 M 加速度仍相同。受力分析如图，先隔离m，由牛顿第二定律可得：a=mg/m=g 再对整体，由牛顿第二定律可得：F0=(M+m)a 解得： F0= (M+m) g 所以， F 的大小范围为：F(M+m)g （2）受力分析如图，先隔离M，由牛顿第二定律可得：a=mg/M 再对整体，由牛顿第二定律可得：F0=(M+m)a 解得： F0= (M+m) mg/M 所以， F 的大小范围为：F(M+m)mg/M

5、例 2解析 （ 1）小滑块与木板间的滑动摩擦力f= FN=mg=4N 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= g=4m/s2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 a2m a1F f +m a1=20N 即当 F20N，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=a2解得： a2 4.7m/s2 设二者相对滑动时间为t，在分离之前小滑块： x1=? a1t2 木板： x1=? a2 t2 又有 x2x1=L 解得： t=2s 精选学习资料 -

6、- - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 5 页例 3 解析：（1）对木板M，水平方向受静摩擦力f 向右，当f=fm=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。对 M，最大加速度aM，由牛顿第二定律得：aM= fm/M= mg/M =1m/s2要使滑块与木板共同运动，m 的最大加速度am=aM，对滑块有 F0 mg=mam所以F0=mg+mam=2N即力 F0不能超过2N （ 2）将滑块从木板上拉出时，木板受滑动摩擦力f= mg，此时木板的加速度a2为a2=f/M= mg/M =1m/s2. 由匀变

7、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= ?a2t2滑块位移x1= ?a1t2位移关系x1x2=L将、式联立，解出a1=7m/s2对滑块，由牛顿第二定律得:F mg=ma1所以F=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= ?a1t2= 7/8mx2= ?a2t2= 1/8m 例四：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- mBg=（mC+mB）aB mBg=mAaA sB=? aBt2sA=? aA

8、t2sB-sA=L由以上各式，代入数值，可得:t=4.0s 1如图所示， 水平面上有一块木板，质量 M = 4.0 kg，它与水平面间的动摩擦因数1=0.10。在木板的最左端有一个小滑块（可视为质点），质量 m=2.0 kg。小滑块与木板之间的动摩擦因数 2=0.50。开始时它们都处于静止状态。某时刻起对小滑块施加一个水平向右的恒力F18N，此后小滑块将相对木板滑动，1.0s 后撤去该力。（1）求小滑块在木板上滑行时，木板加速度a 的大小；（2）若要使小滑块不离开木板，求木板的长度L 应满足的条件。（1）小滑块在木板上滑行时，先做匀加速直线运动，然后做匀减速直线运动，小滑块的受力情况分别如图甲

9、和乙所示。在此过程中，木板的受力情况如图丙所示。图甲图乙图丙精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 5 页小滑块受到木板的摩擦力121210NfNmg根据牛顿第三定律：木板受到小滑块摩擦力的大小1110Nff木板受到小滑块压力的大小1120NNN木板受到地面的摩擦力211()6NfMgN根据牛顿第二定律可知，木板的加速度2121.0m/sffaM（2）在拉力F 的作用下，滑块做匀加速直线运动。根据牛顿第二定律，滑块的加速度2114.0m/sFfam撤去拉力 F 时，滑块的速度11 14.0m/sva t滑块运动的距离211 11

10、2.0m2xat撤去拉力 F 后，滑块做匀减速直线运动。根据牛顿第二定律，滑块的加速度2125.0m/sfam若滑块没有滑出木板，滑块将与木板达到共同速度，设该速度为v2。则这段时间212 2vva t在12()tt时间内，木板做匀加速直线运动，则有212()va tt所以12212()va ta tt20.5st则滑块做匀减速直线运动的距离221 22 211.375m2xv ta t木板运动的距离2121()1.125m2xa tt则滑块相对木板运动的距离122.25mdxxx所以要使小滑块不离开木板，木板长度L 应满足Ld，即2.25mL2、如图 21 所示，水平桌面上有一薄木板，它的右

11、端与桌面的右端相齐。薄木板的质量M = 1.0 kg，长度 L = 1.0 m。在薄木板的中央有一个小滑块（可视为质点） ，质量 m = 0.5 kg。小滑块与薄木板之间的动摩擦因数1= 0.10，小滑块与桌面之间的动摩擦因数2= 0.20，薄木板与桌面之间的动摩擦因数3= 0.20。 设小滑块与薄木板之间的滑动摩擦力等于它们之间的最大静摩擦力。某时刻起对薄木板施加一个向右的拉力F 使木板向右运动。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 5 页（1）若小滑块与木板之间发生相对滑动，拉力F1至少是多大？（2）若小滑块脱离木板但不离

12、开桌面，求拉力F 应满足的条件。（1）设小滑块与薄木板刚好发生相对滑动时，小滑块的加速度为a1，薄木板的加速度为 a2，根据牛顿第二定律1mg=ma11分F1-1mg-3（m+M） g= Ma21分a1=a21分F1=4.5N1分（2）设小滑块脱离薄木板时的速度为v，时间为 t，在桌面上滑动的加速度为a3，小滑块脱离木板前，薄木板的加速度为a4，空间位置变化如图所示，则滑块的位移：v=a1t2mg=ma3x1=122av，x2=322av2223212Lavav1分木板的位移：24122122taavL1分F2-1mg-3（m+M）g= Ma4解得： F2=6N1分要使小滑块脱离薄木板但不离开桌面，拉力F6N。1分精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 5 页