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(共42張PPT)
第2講 滑塊一木板模型綜合問題
角度1 系統動量不守恒
角度2 系統動量守恒
跟蹤訓練
備用習題
1.模型特點:摩擦力的分析與“傳送帶”模型類似,木板受到摩擦力的影響,往
往做勻變速直線運動,解決此類問題要注意從速度、位移、時間等角度尋
找各運動過程之間的聯系.
2.解題關鍵:(1)抓住臨界條件,使滑塊不從木板的末端掉下來的臨界條件是
滑塊到達木板末端時的速度與木板的速度恰好相同.(2)抓住問題實質,“滑
塊—木板”模型的本質是相對運動問題,一是分析共速時是否發生相對運動,
采用假設法判斷摩擦力是靜摩擦力還是滑動摩擦力,二是要分別求出滑塊
和木板對地的位移,再計算相對位移.
角度1 系統動量不守恒
例1 如圖甲所示，足夠長的木板置于光滑水平地面上，其上表面的右端放
置一個小滑塊，開始時兩者均靜止.現木板受到一水平向右逐漸增大的拉
力的作用，其加速度隨拉力變化的關系圖像如圖乙所示，直線 的
反向延長線的橫截距為.已知最大靜摩擦力等于滑動摩擦力， 取
.求:
(1) 木板與滑塊之間的動摩擦因數 ；
[答案] 0.3
[解析] 根據圖像可知，當拉力滿足 時，滑塊和木板保持相
對靜止一起向右加速運動，當拉力 時，滑塊和木板發生相對滑動，
所以木板和滑塊恰好發生相對滑動時，加速度
對滑塊，根據牛頓第二定律有
解得
(2) 木板的質量和滑塊的質量 .
[答案] ;
[解析] 當拉力時，
對木板，根據牛頓第二定律有
整理得
則圖像中直線段的斜率
解得
當拉力滿足 時，對整體，根據牛頓第二定律有
整理得
則圖像中直線段的斜率
解得
變式 (不定項)如圖所示， 為質量不計的足夠長的硬質膜，放在光滑的水
平面上，其上分別靜止放有兩個物體和，的質量為， 的質量
，與膜之間的動摩擦因數均為 ，物體受到的最大靜摩擦力等于
其滑動摩擦力.的水平拉力在時刻開始作用在物體上， 取
.下列說法正確的是( )
A.若力水平向右作用在物體上，則物體的加速度大小為
B.若力水平向右作用在物體上，后撤去力，則物體 最終的速度大
小為
C.若力水平向左作用在物體上，則物體的加速度大小為
D.若力水平向左作用在物體上，后撤去力，則物體 最終的速度大
小為
√
√
√
[解析] 根據題意可知，A與C之間的最大靜摩擦力為 ，
B與C之間的最大靜摩擦力為 ，由于C的質量不計，
則C的合力一定為0，即A與C之間和B與C之間的摩擦力大小相等，根據題
意，若力 水平向右作用在物體A上，由于物體B的最大加速度為
，對整體有 ，
可知B與C之間發生相對滑動，由牛頓第二定律，對物體A有
，解得， 后，物體A的速度為
，物體B的速度為，撤去力 后，
A、B、C組成的系統動量守恒，最終三者共速，則有
，解得 ，故A錯誤，B正確；
根據題意，若力 水平向左作用在物體B上，則B與C之間發生相對滑動，
由牛頓第二定律，對物體B有，解得 ，對
物體A有，解得， 后，物體A的速度為
，物體B的速度為，撤去力 后，A、
B、C組成的系統動量守恒，最終三者共速，則有
，解得 ，故C、D正確.
角度2 系統動量守恒
例2 (不定項)[2024·湖北孝感模擬] 如圖所示，在光滑水平面上，有一質
量的薄板和質量的物塊都以 的初速度相向運
動，它們之間有摩擦，且動摩擦因數為 ，薄板足夠長，下列說法正確
的是( )
A.當薄板的速度為 時，物塊正在向左運動，
且正在減速
B.物塊向左滑行的最大位移約為
C.物塊相對于木板的位移約為
D.物塊與木板之間因摩擦產生的熱量為
√
√
[解析] 取薄板運動方向為正方向，設薄板和物
塊共速時的速度大小為 ，薄板和物塊組成的
系統動量守恒，有 ，解
得 ，故薄板向右做減速運動，物塊
先向左減速運動，速度減到零后向右加速運動，
最終薄板和物塊一起向右運動，當薄板速度大
小為時，設此時物塊的速度為 ，
根據動量守恒定律得 ，
解得 ，即此時物塊正在向左減速運
動，故A正確；對物塊，根據牛頓第二定律得
，當物塊
對地速度為0時，向左滑行的位移最大，為
，故B錯誤；薄板
和物塊相對運動的整個過程，根據能量守恒定
律得
，
解得， ，故C錯誤，D正確.
例3 [2024·嘉興模擬] 如圖所示，放在光滑水
平面上的小車可以在兩個固定障礙物、 之
間往返運動.小車最左端放有一個小木塊，初
始小車緊挨障礙物靜止.某時刻，一粒子彈以 的速度射中木
塊并嵌入其中.小車向右運動到與障礙物 相碰時，木塊恰好運動到小車的
最右端，且小車與木塊恰好達到共速. 小車和它上面的木塊同時與障礙物
相碰，碰后小車速度立即減為零，而木塊以碰撞之前的速率反彈.過一段
時間，小車左端又與障礙物 相碰，碰后小車速度立即減為零，木塊繼續
在小車上向左滑動，速度逐漸減為零而停在小
車上.已知小車質量為，長度為 ，
小木塊質量為，子彈質量為 ，子彈和
小木塊都可以看作質點，取 .求：
(1) 小木塊運動過程中的最大速度;
[答案]
[解析] 小木塊在小車上滑動時做減速運動，
因此小木塊的最大速度為子彈射入木塊后的共
同速度，設子彈和小木塊的共同速度為 ，以
向右為正方向，根據動量守恒定律有
解得小木塊的最大速度為
(2) 小木塊與小車間的動摩擦因數;
[答案] 0.36
[解析] 將內嵌子彈的小木塊與小車看作整體，
系統動量守恒，設整體與障礙物 相碰時達到
的共同速度為 ，由動量守恒定律得
解得
設小木塊與小車之間的摩擦力為，動摩擦因數為 ，對三者組成的系統，
由能量守恒定律得
其中
聯立解得
(3) 小木塊最終停止運動后，小木塊在小車上的位置與小車右端的距離.
[答案]
[解析] 設小木塊反彈后與小車達到相對靜止
狀態時共同速度為 ，相對小車滑動的距離
為 ，小車停下后小木塊做勻減速運動，相對
小車滑行的距離為 ，小木塊反彈后，對三者
組成的系統，由動量守恒定律得
由能量守恒定律得
小車停下后，對小木塊，由動能定理得
解得，
所以小木塊最終停止運動后，小木塊在小車
上的位置與小車右端的距離為
1.　將一盒未開封的香皂置于桌面上的一張紙板上,用水平向右的拉力將紙板迅速抽出,香皂盒(包括香皂)的移動很小,幾乎觀察不到,這就是大家熟悉的慣性演示實驗(示意圖如圖所示).設香皂盒和紙板的質量分別為m1和m2,各接觸面間的動摩擦因數均為μ,重力加速度為g.在本實驗中,m1=100 g,m2=5 g,μ=0.2,g取10 m/s2,香皂盒與紙板左端的距離d=0.1 m.若香皂盒移動的距離超過l=0.002 m,人眼就能感知,忽略香皂盒的體積因素影響,為確保香皂盒移動不被人感知,紙板所需的拉力至少是(　　)
A.1.41 N B.1.42 N
C.1410 N D.1420 N
√
[解析] 香皂盒在紙板上滑動過程中,香皂盒的加速度a1==μg=2 m/s2,紙板的加速度a2= ,香皂盒的位移x1=a1,紙板的位移x'=x1+d=a2,紙板抽出后,香皂盒的位移x2=a3 ,其中a3=a1,由題意知a1t1=a3t2,l=x1+x2,聯立解得F=1.42 N,故B正確.
2.　(多選) 如圖所示,一質量為M、長為l的木板靜止在光滑水平桌面上,另一質量為m的小物塊(可視為質點)從木板上的左端以速度v0開始運動.已知物塊與木板間的滑動摩擦力大小為Ff,當物塊從木板右端離開時 (　　)
A.木板的動能一定等于Ffl
B.木板的動能一定小于Ffl
C.物塊的動能一定大于m-Ffl
D.物塊的動能一定小于m-Ffl
√
√
[解析] 設物塊在木板上運動t1時間后離開木板,在這段時間內物塊在摩擦力的作用力下做勻減速直線運動,木板在摩擦力的作用力下做勻加速直線運動,它們這段時間內的v-t圖像如圖所示,AB為物塊的v-t圖像,OC為木板的v-t圖像.結合題意可知梯形OABC的面積表示木板長度l,三角形OCD的面積表示木板的位移,S△OCD
S梯OABC,即物塊的位移x2>l,此過程中對木板由動能定理有Ffx1=Ek1-0,所以當物塊從右端離開木板時木板的動能Ek1=Ffx1對物塊由動能定理有-Ffx2=Ek2-m,所以當物塊從右端離開
木板時物塊的動能Ek2=m-Ffx21.(不定項)[2024·鎮海中學模擬] 如圖所示，質
量為的木板 靜止放在光滑水平面上，
木板右端點處固定一根輕質彈簧，彈簧處于原長狀態時左端在點， 點
到木板左端的距離，可視為質點的小木塊質量為 ，靜止放置在
木板的左端.現對木板施加水平向左的恒力， 時撤去恒力
，此時木塊恰好到達彈簧自由端 處，此后的運動中沒有超過彈簧的彈
性限度.已知木板上點左側部分與木塊間的動摩擦因數為， 點右
側部分光滑，取 .下列說法正確的是 ( )
A.撤去恒力 后，木板先做減速運動，后做勻
速運動
B.恒力對木板做功為
C.整個運動過程中，彈簧的最大彈性勢能為
D.整個運動過程中，系統產生的熱量為
√
√
[解析] 恒力 作用的過程中，對小木塊有
， ，聯立解得
， ，對木板有
，， ，
聯立解得， ，
，則恒力對木板 做功為
，此時木板的速度
，小木塊的速度
，所以撤去恒力 后，彈簧被
壓縮，小木塊繼續做加速運動，木板開始做減
速運動，彈簧壓縮到最短時，兩者共速，此時
彈簧的彈性勢能最大，由動量守恒定律有
，由能量守恒定律有
，聯立解
得， ，之后彈簧壓縮量減小，
小木塊繼續做加速運動，木板繼續做減速運動，
彈簧恢復原長時，小木塊速度大于木板速度，
小木塊接著向左運動進入粗糙面，開始做減速
運動，木板受到向左的摩擦力，開始做加速運
動，故B錯誤，C正確；彈簧恢復原長時，根據
動量守恒定律有 ，
根據能量守恒定律有
，聯立解得
， ，假設二者在粗糙部
分最后共速，則由動量守恒定律有
，解得 ，
木板的加速度大小
，木板向左運動的位移
，小木塊的
位移 ，由于
，故假設不成立，即小
木塊會從木板左側滑出，所以整個運動過程中，
系統產生的熱量 ，故A錯誤，
D正確.
2.[2024·溫州模擬] 如圖甲所示，質量為、長度為 的木
板 靜止在光滑水平面上(兩表面與地面平行)，在其右側某一位置有一
豎直固定擋板.質量為的小物塊(可視為質點)以 的初
速度從的最左端水平沖上，一段時間后與 發生彈性碰撞.以碰撞瞬間
為計時起點，取水平向右為正方向，碰后內的速度隨時間 變化的
圖像如圖乙所示.重力加速度取 .
[解析] 由圖像可知，第1次與碰前
瞬間的速度為 ，設此時
的速度，對、組成的系統，由動量守恒定律有
解得
由圖像可知，內，的加速度大小
由牛頓第二定律有
解得
(1) 求剛沖上時擋板離 板右端的最小距離;
[答案]
由于,說明第1次與碰撞前，與已達到共速，設從滑上 到
與共速過程中的位移為，對由動能定理有
解得
所以擋板離板右端的最小距離為 .
(2) 求與 第1次碰撞到第2次碰撞的時間間隔內產生的熱量;
[答案]
[解析] 設從滑上到與共速過程中的位移為，對 由動能定理有
解得
與第一次碰撞前,與 的相對位移
與 第1次碰后反彈，先向左做勻減速運動，后向右做勻加速運動，假設
與第2次碰前與已達到共速，此時速度為 ，以水平向右為正方向，
對、組成的系統，由動量守恒定律可得
解得
對 由動能定理得
由 由動能定理得
解得，
與碰后到與共速，與的相對位移
由于 ，所以假設成立.
與 第1次碰撞到第2次碰撞的時間間隔內產生的熱量為
(3) 與碰撞幾次，與 分離
[答案] 2次
[解析] 假設第3次碰撞前，與仍不分離，第2次與擋板碰后反彈至
與 再次共速的過程中，以水平向右為正方向，由動量守恒定律有
解得
由能量守恒定律有
解得
由于 ，故假設不成
立, 與未達到共速時即滑離 ,不能發生第3次碰撞
所以與碰撞2次，與 分離.

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