板块模型2

高中物理中的滑块问题

卢宗长

1．(2010淮阴中学卷)如图，在光滑水平面上，放着两块长度相同，质量分别为M1和M2的木板，在两木板的左端各放一个大小、形状、质量完全相同的物块。开始时，各物均静止，今在两物体上各作用一水平恒力F1、F2，当物块和木板分离时，两木板的速度分别为v1和v2，物体和木板间的动摩擦因数相同，下列说法正确的是 ( BD ) A．若F1＝F2，M1＞M2，则v1＞v2 B．若F1＝F2，M1＜M2，则v1＞v2 C．若F1＞F2，M1＝M2，则v1＞v2 D．若F1＜F2，M1＝M2，则v1＞v2

2．如图所示，长2m，质量为1kg的木板静止在光滑水平面上，一木块质量也为1kg（可视为质点），与木板之间的动摩擦因数为0.2。要使木块在木板上从左端滑向右端而不至滑落，则木块初速度的最大值为（ D ）

A．1m/s B．2 m/s C．3 m/s D．4 m/s

3．如图所示，小木块质量m＝1kg，长木桉质量M＝10kg，木板与地面以及木块间的动摩擦因数均为μ＝0.5．当木板从静止开始受水平向右的恒力F＝90 N作用时，木块以初速v0＝4 m／s向左滑上木板的右端．则为使木块不滑离木板，木板的长度l至少要多长?

a1

Fmg(Mm)g

3m/s2

M

s1

121

a1t3t2

22

a2g5m/s2

s2v0t

1

a2t24t2.5t2 2

由v0a2ta1t

解得t2s

板长：ls1s24m

木块和木板的位移分别为

s1

v1vvvvvt11t22.25m s22t12t23.75m 2222

ss2s11.5m

5．(2010龙岩二中卷)如图所示，一质量M=2.0kg的长木板静止放在光滑水平面上，在木板的右端放一质量m=1.0kg可看作质点的小物块，小物块与木板间的动摩擦因数为μ=0.2.用恒力F向右拉动木板使木板在水平面上做匀加速直线运动，经过t=1.0s后撤去该恒力，此时小物块恰好运动到距木板右端l=1.0m处。在此后的运动中小物块没有从木板上掉下来.求：

（1）小物块在加速过程中受到的摩擦力的大小和方向； （2）作用于木板的恒力F的大小； （3）木板的长度至少是多少？

解：（1）小物块受力分析如图所示，设它受到的摩擦力大小为f

fN1 N1mg0

f=0.2×1.0×10N=2N 方向水平向右

（

2

）设小物块的加速度为a1，木板在恒力F作用下做匀加速直线运动时的加速度为a2，

此过程中小物块的位移为s1，木板的位移为s2

则有：fma1 a12.0m/s2

1

s1a1t2

21

l(a2a1)t2

2

1

s2a2t2

2

s2s1l

a24.0m/s2 代入数值得：

对木板进行受力分析，如图所示，根据牛顿第二定律：F-f’=Ma2， 则F=f’+Ma2, 代入数值得出F=10N。

（3）设撤去F时小物块和木板的速度分别为v1和v2，撤去F后，木板与小物块组成的

系统动量守恒，当小物块与木板相对静止时，它们具有共同速度V共

v1a1t2.0m/sv2a2t4.0m/s

根据动量守恒定律得： mv1+Mv2=(m+M) V共

1.022.04.010

m/sm/s

1.02.03

112

对小物块：根据动能定理： fsmV共mv12

22

1122

对木板：根据动能定理：f(sl)MV共 Mv2

22

2

代入数据：lm

3

5

所以木板的长度至少为L=l+l'=m≈1.7m ）

3V共

6．如图所示，一辆M=8kg,长L=2m的平板小车静止在水平地面上，小车的左端放置一物块(可视为质点)。已知小车高度h=0．80 m。物块的质量m=1．0kg，它与小车平板间的动摩擦因数μ=0．20。现用F=26 N水平向左的恒力拉小车，经过一段时间后，物块与小车分离。不计小车与地面间的摩擦。取g=10m/s2，求：

(1)物块与小车分离前，小车向左运动的最大距离； (2)当物块落地时，物块与小车右端的水平距离。 答案：(1)6．0m (2)1．06 m。

解：(1)a1g2m/s2 ①

a2

Fmg

3m/s2 ② M

v2a23 ③ v1a12

v12

s1 ④

2a1

2v2

s2 ⑤

2a2

Ls2s1 ⑥

利用①～⑥并代入数据解得s2=6m (2) a2

'

F26m/s2M8

⑦

t2

2h

0.4s ⑧ g

1'2

a2t22.66m ⑨ 2

's2v2t2

s1'v1t21.6m ⑩

'1s2s11.06m

7．如图所示，水平地面上一个质量M=4．0kg、长度L=2．0m的木板，在F=8．0 N的水平拉力作用下，以v0=2．0m/s的速度向右做匀速直线运动。某时刻将质量m=1．0 kg的物块(物块可视为质点)轻放在木板最右端。

(1)若物块与木板间无摩擦，求物块离开木板所需的时间； (2)若物块与木板间有摩擦，且物块与木板间的动摩擦因数和木板与地面间的动摩擦因数相等，求将物块放在木板上后，经过多长时间木板停止运动。(结果保留二位有效数字) 答案：(1)1．2s(2)4．0 s 解（1）FMg



F(Mm)gF

0.5m/s2 0.2 a

MMg

12

at 代入数据得：t≈1.2s 2

F(2mM)g

1m/s2 (2)a1g2m/s2 a2

M24

vm 共速时va1t1v0a2t1 解得t1s

33

F(mM)

0.5m/s2 接着一起做匀减速直线运动a'a

M

v8s 直到速度为零，停止运动，t2

a'3

10s 总时间tt1t23Lv0t

8．（2010长沙市一中卷）如图所示，质量M = 1kg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=1kg、大小可以忽略的铁块，铁块与木板间的动摩擦因数μ2=0.4，取g=10m/s，试求：

（1）若木板长L=1m，在铁块上加一个水平向右的恒力

2

N

F=8N，经过多长时间铁块运动到木板的右端？

（2）若在铁块上的右端施加一个大小从零开始连续增加的水平向左的力F

，通过分析和计

算后，请在图中画出铁块受到木板的摩擦力f2随拉力F大小变化的图像。（设木板足够长）

解析：（1）木块的加速度大小 a1

F2mg

=4m/s2 m

mg1(Mm)g

2m/s2 铁块的加速度大小 a22

M

设经过时间t铁块运动到木板的右端，则有

1212

ata2tL

21

2

解得：t=1s

（2）①当F≤ μ1（mg+Mg）=2N时，A、B相对静止且对地静止，f2=F ②设F=F1时，A、B恰保持相对静止，此时系统的加速度 aa22m/s

2

以系统为研究对象，根据牛顿第二定律有

F11(Mm)g(Mm)a

解得：F1=6N

所以，当2N

速运动，其加速度 a

F1(Mm)gF

1,

Mm2

以M为研究对象，根据牛顿第二定律有 f21(Mm)gMa, 解得：f2

F

1 2

③当F>6N，A、B发生相对运动，f22mg=4N

画出f2随拉力F大小变化的图像如右

9.如图所示，质量m1=0.3 kg 的小车静止在光滑的水平面上，车长L=15 m,现有质量m2=0.2 kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v0=2 m/s从左端滑上小车，最后在车面

上某处与小车保持相对静止。物块与车面间的动摩擦因数=0.5,取g=10 m/s2，求

（1）物块在车面上滑行的时间t;

（2）要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v′0不超过多少。 （1）0.24s (2)5m/s

【解析】本题考查摩擦拖动类的动量和能量问题。涉及动量守恒定律、动量定理和功能关系这些物理规律的运用。

（1）设物块与小车的共同速度为v，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律有 m2v0m1m2v ① 设物块与车面间的滑动摩擦力为F，对物块应用动量定理有

-Ftm2vm2v0 ② 其中 Fm2g ③ 解得

t

m1v0

m1m2g

代入数据得 t0.24s ④ （2）要使物块恰好不从车厢滑出，须物块到车面右端时与小车有共同的速度v′，则

m1m2v ⑤ m2v0

由功能关系有

11

2m1m2v2m2gL ⑥ m2v0

22

代入数据解得 =5m/s

故要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车的速度v0′不能超过5m/s。

10.如图(a)所示,光滑水平面上停放着一辆上表面粗糙的平板车,质量为M,一质量为m的铁块以水平初速度v0滑到小车上,两物体开始运动,它们的速度随时间变化的图象如图（b）所示（t0是滑块在车上运动的时间）,则可以断定 （ ）

A.铁块与小车最终滑离

B.铁块与小车的质量之比m:M=1：1

C.铁块与小车表面的动摩擦因数μ=

v0

3gt0

D.平板车上表面的长度为答案 ABC

5v0to

6

11．如图所示，右端带有竖直挡板的木板B，质量为M，长L=1.0m，静止在光滑水平面上．一个质量为m的小木块（可视为质点）A，以水平速度v04.0m/s滑上B的左端，而后与其右端挡板碰撞，最后恰好滑到木板B的左端．已知

M=3m，并设A与挡板碰撞时无机械能损失，碰撞时间可忽略（g取10m/s2）．求：

（1）A、B最后的速度；

（2）木块A与木板B间的动摩擦因数．

【答案】（1）1m/s；（2）0.3

解析：（1）A、B最后速度相等，由动量守恒可得 (Mm)vmv0 解得v

v0

1m/s 4

112

mv0(Mm)v2 22

（2）由动能定理对全过程列能量守恒方程 mg2L解得0.3

12．如图所示，一质量为M、长为l的长方形木板B放在光滑的水平地面上，在其右端放一质量为m的小木块A，

m

（1）若已知A和B的初速度大小为v0，求它们最后的速度的大小和方向；

v0

v

（2）若初速度的大小未知，求小木块A向左运动到达的最远处（从地面上看）离出发点的距离． 【答案】（1）

MmMm

v0，方向向右；l （2）

Mm4M

解析：（1）A刚好没有滑离B板，表示当A滑到B板的最左端时，A、B具有相同的速度．设此速度为v，A和B的初速度的大小为v0，由动量守恒可得

Mv0mv0(Mm)v 解得v

Mm

v0，方向向右

Mm

①

（2）A在B板的右端时初速度向左，而到达B板左端时的末速度向右，可见A在运动过程中必经历向左作减速运动直到速度为零，再向右作加速运动直到速度为v的两个阶段．设l1为A开始运动到速度变为零过程中向左运动的路程，l2为A从速度为零增加到

速度为v的过程中向右运动的路程，L为A从开始运动到刚到达B的最左端的过程中B运动的路程，如图所示．设A与B之间的滑动摩擦力为f，根据动能定理，

112Mv0Mv2 2212

对A，有fl1mv0

2

1

fl2mv2

2

对B，有fL

由几何关系L＋（l1－l2）＝l 由①②③④⑤式解得l1

② ③ ④ ⑤ ⑥

Mm

l 4M

13．一块质量为M长为L的长木板，静止在光滑水平桌面上，一个质量为m的小滑块以水平速度v0从长木板的一端开始在木板上滑动，直到离开木板，滑块刚离开木板时的速度为若把此木板固定在水平桌面上，其他条件相同．求： 5（1）求滑块离开木板时的速度v；

（2）若已知滑块和木板之间的动摩擦因数为μ，求木板的长度．

2

v08m

【答案】（1

（2）(12) 25gM

v0

解析：（1）设长木板的长度为l，长木板不固定时，对M、m组成的系统，由动量守恒定律，得mv0m

v0

Mv 5

① ②

由能量守恒定律，得mgl

121v021

mv0m()Mv2 2252

当长木板固定时，对m，根据动能定理，有

mgl

1212

mvmv0 22

③

联立①②③解得v

2

v08m

（2）由①②两式解得l(12)

25gM

14．如图所示，光滑水平地面上停着一辆平板车，其质量为2m，长为L，车右端（A点）有一块静止的质量为m的小金属块．金属块与车间有摩擦，与中点C为界，AC段与CB段摩擦因数不同．现给车施加一个向右的水平恒力，使

车向右运动，同时金属块在车上开始滑动，当金属块滑到中点C时，即撤去这个力．已知撤去力的瞬间，金属块的速度为v0，车的速度为2v0，最后金属块恰停在车的左端（B点）如果金属块与车的AC段间的动摩擦因数为μ1，与CB段间的动摩擦因数为μ2，求μ1与μ2的比值．

F

L

【答案】13

22

解析：设水平恒力F作用时间为t1．

对金属块使用动量定理Ff t1=mv0-0即μ1mgt1=mv0，得t1=v0

1g对小车有（F-Ff）t1=2m×2v0－0，得恒力F=5μ1mg 金属块由A→C过程中做匀加速运动，加速度a1=

Ffm

=

1mg

m

1g

小车加速度a2

FFf2m



51mg1mg

21g

2m

金属块与小车位移之差s

2vL0而s，所以，1

2gL

v12121

a2t1a1t1(21g1g)(0)2 2221g

从小金属块滑至车中点C开始到小金属块停在车的左端的过程中，系统外力为零，动量守恒，设共同速度为v，由2m×2v0+mv0= （2m+m）v，得v=由能量守恒有mg所以，13

22

15．如图所示，质量为m=5kg的长木板放在水平地面上，在木板的最右端放一质量也为m=5kg的物块A．木板与地面间的动摩擦因数μ1=0.3，物块与木板间的动摩擦因数μ2=0.2．现用一水平力F=60N作用在木板上，使木板由静止开始匀加速运动，经过t=1s，撤去拉力．设物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．（g取10m/s2）求： （1）拉力撤去时，木板的速度大小．

（2）要使物块不从木板上掉下，木板的长度至少多大．

（3）在满足（2）的条件下，物块最终将停在距板右端多远处． 【答案】（1）4m/s；（2）1.2m；（3）0.48m 解析：（1）若在时间t=1s内，物块与长木板一起运动，加速度为a，则

5

v0 3

2L12115

mv02m(2v0)23m(v0)2，得22v0 222233gL

F21mg2ma

物块受合外力fma2mg 说明物块在长木板上发生了相对滑动．

① ②

设撤去F时，长木板的速度为v1，滑块速度为v2，由动量定理可知， 对物块，有2mgtmv2

对系统，有(F21mg)tmv1mv2 代入数据解得v1=4m/s，v2=2m/s

拉力撤去时，长木板的速度大小为4m/s．

③ ④

（2）设撤去拉力后，经时间t1，两者获得共同速度为v，由动量定理可知， 对物块，有2mgt1mvmv2

⑤ ⑥

对长木板，有22mgt11mgt1mvmv1

将v1和v2的数值代入解得t1=0.2s，v=2.4m/s

在t=1s内，物块相对于长木板的位移s1=(v1－v2)t/2=1m 在t1=0.2s内，物块相对于长木板的位移s2=(v1-v2)t1/2=0.2m 木板的长度最小值为L=s1+s2=1.2m

⑦ ⑧

（3）滑块与木板有了共同速度后，在摩擦力作用下均做减速运动，物块相对于木板向右运动，木板和物块先后停下，设木板位移为x1，物块位移为x2，由动能定理，得

1

(2mg21mg)x10mv2

2

1

2mgx20mv2 2

⑨ ⑩

这段时间内物块相对于木板的位移s3=x2－x1 =0.72m．

物块最终离板右端的距离d=s1＋s2－s3 =0.48m

16．一质量M=2kg的长木板B静止在光滑的水平面上，B的右端与竖直挡板的距离为s=0.5m.一个质量为m=1kg的小物体A以初速度v0=6m/s从B的左端水平滑上B，当B与竖直挡板每次碰撞时，A都没有到达B的右端．设定物体A可视为质点，A、B间的动摩擦因数μ=0.2，B与竖直

挡板碰撞时间极短且碰撞过程中无机械能损失，g取

10m/s2．求：

（1）B与竖直挡板第一次碰撞前的瞬间，A、B的速度值各是多少？

（2）最后要使A不从B上滑下，木板B的长度至少是多少？（最后结果保留三位有效数字） 【答案】（1）vA=4m/s，vB=1m/s；（2）8.96m

解析：（1）设A、B达到共同速度为v1时，B向右运动距离为S1 由动量守恒定律有mv0(Mm)v1 由动能定理有mgs1

1

Mv12 联立解得s1=2m 2

由于s=0.5m

12MvB 联立解得vA=4m/s，vB=1m/s 2

12MvB 由上式解得sB=0.5m 2

（2）B与挡板第一次碰后向左减速运动，当B速度减为零时，B向左运动的距离设为

sB，由动能定理有mgsB

在A的作用下B再次反向向右运动，设当A、B向右运动达到共同速度v2时B向右运动距离为s2，由动量守恒定律有mvAMvB(Mm)v2

由动能定理有mgs2

1222

解得v2m/s，s2msB Mv2

239

故A、B以共同速度m/s向右运动，B第二次与挡板碰撞后，以原速率反弹向左运动.此后由于系统的总动量向左，故最后A、B将以共同速度v3向左匀速运动. 由动量守恒定律有（M－m）v2=（M＋m）v3 解得v3

23

2

m/s 9

设A在B上运动的总量程为L(即木板B的最小长度)，由系统功能关系得

mgL

1122

代入数据解得L=8.96m mv0(Mm)v3

22

17.如图所示，一长为L=4m，质量M=0.5㎏的木板AB，正以v=4m/s的速度（相对地）在光滑水平面上向右运动，此时在木板AB上表面B端处，小物块m=2㎏受水平向左的拉力

F=6N作用，从初速为零（相对地）开始运动，已知m与M间的动摩2

擦因数μ=0.1，g=10m/s.试求： ⑪ 小从物块m开始运动, 经过多长的时间木板速度减小为零?

⑫ 小物块m从木板B端运动到A端的过程中，木板在地面上的位移大小是多少？ 解1：⑪ 设m和的加速度分别为a1和a2,根据牛顿第二定律有：

Fmg60.121022

a1

m



2

m/s=2.0m/s 方向向左

a2

mgM



0.1210

m/s2=4.0m/s2 方向向左 0.5

《M》 v = a2t1 t1 = 1s

⑫ 设小物块m从木板B端运动到A端的过程中所用时间为t2,取向左为正方向 小物块m的位移：s1=

11

a2t2 a1t2 2 木板M的位移：s2=-vt2 +2 22

11 2

a2t2 a1t2 2-（-vt2 +2）= 4t2-t2= L 22

由几何关系可得： s1-s2 =

 t2= 2.0s

2

木板在地面上的位移： s2 =-4t2 +2 t2= 0 解2:过程1：对m： a1 =

Fmg

=2.0m/s2 向左加速 m

对M： a2 = μmg/M = 4m/s2 向左减速

当M速度减为零时，经过时间 t = v/a2 = 1s 此时

1

对m： v1 = a1t = 2m/s 向左 s1 = a1t2 = 1m 向左

2

v

对M： s2 = t = 2m 向右

2

1

此后（过程2） a1 ′= a1 = 2m/s2 向左加速 s1 ′= v1t′+a1t'2 向左

2

a2′= a2 = 4m/s2 向左加速 s'2

1

a2t'2 向左 2

位移关系 s1′- s2′=L–(s1 + s2)  t ′= 1s 则 s2′= 2m 向左

∴ 木板在地面上的总位移 s = s2′–s2 = 0

11