文档文本内容
微专题 47 “滑块－木板”模型综合问题
1．分析滑块与木板间的相对运动情况，确定两者间的速度关系、位移关系，注意两者速度
相同时摩擦力可能变化。2.用公式Q＝F·x 或动能定理、能量守恒定律求摩擦产生的热量。
f 相对
1. (多选)(2023·云南丽江市统测)质量为m ＝4 kg的木板放在光滑的水平面上，其上放置一
1
个质量m ＝2 kg的小物块，木板和物块间的动摩擦因数为 0.4，木板的长度为4 m，物块可
2
视为质点，现用一大小为F＝16 N的力作用在物块上，下列说法正确的是(g取10 m/s2)(
)
A．木板的加速度为2 m/s2
B．物块的加速度为6 m/s2
C．经过2 s物块从木板上滑离
D．物块离开木板时的速度为8 m/s
答案 ACD
解析 对木板，由牛顿第二定律可得μm g＝ma ，解得a ＝2 m/s2，对物块，由牛顿第二定
2 1 1 1
律可得F－μm g＝ma，解得a＝4 m/s2，A正确，B错误；物块从木板上滑离时，位移关系
2 2 2 2
满足at2－at2＝L，解得t＝2 s，C正确；物块离开木板时的速度为v＝at＝8 m/s，D正确。
2 1 2 2
2．(多选)如图甲，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m＝3 kg的木块B可看作质点，
以水平速度v ＝2 m/s滑上原来静止的长木板A的表面。由于A、B间存在摩擦力，之后
0
A、B速度随时间变化情况如图乙所示，则下列说法正确的是(g取10 m/s2)( )
A．木板的质量为M＝3 kg
B．木块减小的动能为1.5 J
C．系统损失的机械能为3 J
D．A、B间的动摩擦因数为0.2
答案 AC
解析 由题图乙可知，A、B的加速度大小都为1 m/s2，根据牛顿第二定律知＝1 m/s2，＝1
m/s2，代入数据解得M＝3 kg，μ＝0.1，故A正确，D错误；木块减小的动能ΔE＝ E －E
k k0 k1
＝mv2－mv2＝4.5 J，故B错误；由题图乙可知，A、B的相对位移大小Δx＝×2×1 m＝1
0 1
m，则系统损失的机械能为ΔE＝W＝μmgΔx＝3 J，故C正确。
f
关注公众号《黑洞视角》获取更多资料3．(多选)第一次将一长木板静止放在光滑水平面上，如图甲所示，一小铅块(可视为质点)以
水平初速度v 由木板左端向右滑动，到达右端时恰能与木板保持相对静止。第二次将长木
0
板分成A、B两块，使B的长度和质量均为A的2倍，并紧挨着放在原水平面上，让小铅块
仍以初速度v 由A的左端开始向右滑动，如图乙所示。若小铅块相对滑动过程中所受的摩
0
擦力始终不变，则下列说法正确的是( )
A．小铅块将从B的右端飞离木板
B．小铅块滑到B的右端前已与B保持相对静止
C．第一次和第二次过程中产生的热量相等
D．第一次过程中产生的热量大于第二次过程中 产生的热量
答案 BD
解析 在第一次小铅块运动过程中，小铅块与木板之间的摩擦力使整个木板一直加速，直至
二者共速，第二次小铅块先使整个木板加速，当小铅块运动到B上后A停止加速。只有B
加速，加速度大于第一次的对应过程中的加速度，故第二次小铅块与B将更早共速，所以
小铅块还没有运动到B的右端，二者就已共速，选项A错误，B正确；由于第一次的相对
位移大于第二次的相对位移，则第一次过程中产生的热量大于第二次过程中产生的热量，选
项C错误，D正确。
4. 如图所示，在光滑水平面上一质量为M＝3 kg的平板车以v ＝1.5 m/s的速度向右匀速滑
0
行，某时刻(开始计时)在平板车左端加一大小为8.5 N、水平向右的推力F，同时将一质量为
m＝2 kg的小滑块(可视为质点)无初速度地放在小车的右端，最终小滑块刚好没有从平板车
上掉下来。已知小滑块与平板车间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g＝10 m/s2，求：
(1)两者达到相同速度所需要的时间t；
(2)平板车的长度l。
答案 (1)3 s (2)2.25 m
解析 (1)小滑块相对平板车滑动时，设小滑块和平板车的加速度大小分别为a、a，根据牛
1 2
顿第二定律有
μmg＝ma ，F－μmg＝Ma
1 2
解得a＝2 m/s2，a＝1.5 m/s2
1 2
又at＝v＋at
1 0 2
解得t＝3 s。
(2)两者达到相同速度后，由于＝1.7 m/s2<a，可知它们将一起做匀加速直线运动。
1
从小滑块刚放在平板车上至达到与平板车相同速度的过程中，滑块向右的位移大小为
关注公众号《黑洞视角》获取更多资料x＝at2
1 1
平板车向右的位移大小为x＝vt＋at2
2 0 2
又l＝x－x
2 1
解得l＝2.25 m。
5. 如图所示，底部带有挡板的固定光滑斜面，倾角 θ＝30°，上有质量为m的足够长的木板
A，其下端距挡板的距离为L，质量也为m的小物块B置于木板A的顶端，B与木板A之间
的动摩擦因数为μ＝。无初速度地释放A、B，当木板滑到斜面底端时，与底部的挡板发生
碰撞，碰撞后木板速度大小不变，方向与原来相反。可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
重力加速度为g，求：
(1)木板A与挡板第一次碰撞后沿斜面上滑的过程中物块B的加速度大小；
(2)木板A从开始到第二次与挡板碰撞过程中运动的总路程；
(3)从开始到A、B最后都静止的过程中，系统因摩擦产生的热量。
答案 (1)g (2)L (3)3mgL
解析 (1)木板A与挡板第一次碰撞前，A、B组成的系统加速度为a＝gsin 30°
由运动学公式可知，第一次碰撞时A、B组成的系统的速度v＝＝
1
第一次碰撞后，对B有a ＝μgcos θ－gsin θ＝g，方向沿斜面向上
B
(2)第一次碰撞后，对A有a ＝μgcos θ＋gsin θ＝g，方向沿斜面向下，可见，A、B均做匀
A
减速运动，A先减速至零，再向下加速运动。
第一次碰后，A沿斜面上滑的距离为x＝＝L
1
从开始到第二次碰撞，A的总路程为x ＝L＋2x＝L
A 1
(3)A最后静止于斜面底部。设B相对A下滑位移为Δx，由系统功能关系，有mgLsin θ＋
mg(L＋Δx)sin θ＝μmgΔxcos θ
可得Δx＝4L
因此，系统因摩擦产生的热量为
Q＝μmgΔxcos θ＝3mgL。
6．(2024·福建厦门市第二中学校考)如图甲所示，竖直面内有一光滑轨道BCD，轨道的上端
点B和圆心O的连线与水平方向的夹角α＝30°，圆弧轨道半径为R＝ m，与水平轨道CD
相切于点C。现将一小物块(可视为质点)从空中的A点以v＝4 m/s的初速度水平向左抛出，
0
恰好从B点沿轨道切线方向进入轨道，沿着圆弧轨道运动到 C点，物块在圆弧末端C点对
轨道的压力F ＝64 N，之后继续沿水平轨道CD滑动，经过D点滑到质量为M＝1 kg，长为
N
L＝7 m的木板上。图乙为木板开始运动后一段时间内的 v－t图像，物块与地面，木板与地
关注公众号《黑洞视角》获取更多资料面间的动摩擦因数相同，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力和木板厚度。求：
(1)小物块经过圆弧轨道上B点的速度大小；
(2)小物块的质量；
(3)全过程中木板与地面间因摩擦产生的热量。
答案 (1)8 m/s (2)1 kg (3)24 J或12 J
解析 (1)在B点，由＝sin α可得v ＝8 m/s
B
(2)从B点到C点，对物块应用动能定理，mg(Rsin α＋R)＝mv 2－mv 2，可得v ＝12 m/s，
C B C
在C点，对物块受力分析F ′－mg＝，又因为F ′＝F ，联立可得m＝1 kg
NC NC NC
(3)由乙图可知，1 s时木板受到的力发生了突变，经分析可知有两种情况。
情况一(如图)：1 s时物块和木板刚好共速，之后两物体一起相对静止，以相同的加速度一起
减速滑行至停止。
关注公众号《黑洞视角》获取更多资料由图可知，在0～1 s内，对物块：a ＝，a ＝8 m/s2，又μmg＝ma ，可得μ＝0.8
物 物 1 物 1
对木板：木板的加速度大小a ＝，a ＝4 m/s2，又μmg－μ(m＋M)g＝Ma ，解得μ＝0.2
木 木 1 2 木 2
通过图像，求得两者共速前相对位移Δs＝ m＝6 m＜L＝7 m，所以此情况成立。
木板加速过程位移s＝ m＝2 m，木板减速过程位移s＝＝4 m
1 2
木板与地面间因摩擦产生的热量Q＝μ(m＋M)g(s＋s)＝24 J
2 1 2
情况二(如图)：1 s时物块从木板右侧滑出，之后两物体均在地面上滑行，滑行时加速度相同，
则不会相撞。
由图可知，在0～1 s内，物块和木板的相对位移Δs′＝＝L＝7 m，解得v ＝6 m/s。物块
物1
的加速度大小a ′＝，则a ′＝6 m/s2，又μ′mg＝ma ′则μ′＝0.6，
物 物 1 物 1
对木板：木板的加速度大小a ′＝，a ′＝4 m/s2，
木 木
又μ′mg－μ′(m＋M)g＝Ma ′，则μ′＝0.1，
1 2 木 2
由图像知木板加速过程位移s′＝ m＝2 m，
1
木板与地面间因摩擦产生的热量Q′＝μ′(m＋M)g·s′，Q′＝4 J，
1 2 1 1
由图像知木板减速过程位移s′＝＝8 m，
2
木板与地面间因摩擦产生的热量Q′＝μ′Mg·s′，Q′＝8 J，所以全程木板与地面间因
2 2 2 2
摩擦产生的热量Q′＝Q′＋Q′＝12 J。
1 2
关注公众号《黑洞视角》获取更多资料
