专题四：滑块与滑板相互作用模型
【模型分析】
1、相互作用：滑块之间的摩擦力分析
2、相对运动：具有相同的速度时相对静止。两相互作用的物体在速度相同，但加速度不相 同时，两者之间同样有位置的变化，发生相对运动。
3、通常所说物体运动的位移、速度、加速度都是对地而言的。在相对运动的过程中相互作 用的物体之间位移、速度、加速度、时间一定存在关联。它就是我们解决力和运动突破口。 4、求时间通常会用到牛顿第二定律加运动学公式或动量定理：应用动量定理时特别要注意条件和方向，最好是对单个物体应用动量定理求解。
5、求位移通常会用到牛顿第二定律加运动学公式或动能定理，应用动能定理时研究对象为单个物体或可以看成单个物体的整体。另外求相对位移时：通常会用到系统能量守恒定律。
6、求速度通常会用到牛顿第二定律加运动学公式或动能定理或动量守恒定律：应用动量守恒定律时要特别注意系统的条件和方向。 [ 经典范例 ]
如图所示，质量为
M ＝ 4 kg 的木板长 L ＝ 1.4 m，静止放在光滑的水平地面上，
其右端静置一质量为 板上掉下来，力
m＝ 1 kg 的小滑块 (可视为质点 )，小滑块与木板间的动摩擦因数μ＝
(不计空气
0.4，今用水平力 F＝ 28 N 向右拉木板． 要使小滑块从木
F 作用的时间至少要多长？
阻力，取 g＝ 10 m/s2)
[ 针对训练 ] 如图所示，质量 M ＝4.0 kg 的长木板 B 静止在光滑的水平地面上，在其右端放
0.40，取 g＝10 m/s2.
一质量 m＝ 1.0 kg 的小滑块 A( 可视为质点 )．初始时刻， A 、 B 分别以 v0＝ 2.0 m/s 向左、向 右运动， 最后 A 恰好没有滑离 B 板．已知 A 、B 之间的动摩擦因数μ＝ 求：
(1)A 、 B 相对运动时的加速度 与方向；
(2)A 相对地面速度为零时， 发生的位移大小 x； (3) 木板 B 的长度 l.
B 相对地面运动已
aA 和 aB 的大小
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1、如图所示，在光滑水平面上有一小车 其质量为 m B
A、 B 开始相对滑动。如果撤去 不相对滑动，求
A，其质量为 mA 2.0 kg，小车上放一个物体 B，
F，当 F 增大到稍大于
3.0N 时，
F ′，如图（ 2）所示，要使 A、 B
1.0 kg，如图（ 1）所示。给 B 一个水平推力
F ，对 A 施加一水平推力
F′的最大值 Fm
F
B A
F ′
B A
图（ 1）
图（ 2 ）
2．如图所示， 质量 M= 8 kg 的小车放在水平光滑的平面上， 在小车左端加一水平推力 当小车向右运动的速度达到 1.5 m/s 时，在小车前端轻轻地放上一个大小不计，质量为 kg 的小物块，物块与小车间的动摩擦因数 （2）经多长时间两者达到相同的速度？ （3）从小物块放上小车开始，经过 少？
t= 1.5 s 小物块通过的位移大小为多
= 0.2，小车足够长 (取 g= l0 m/s 2)。求：
（1）小物块放后，小物块及小车的加速度大小各为多大？
F= 8 N ，
m= 2
m
M
3．如图所示，一块质量为 M，长为 L 的均质板放在很长的光滑水平桌面上，板的左端有一质
量为 m的小物体（可视为质点） ，物体上连接一根很长的细绳，细绳跨过位于桌边的定滑 轮．某人以恒定的速率 v 向下拉绳， 物体最多只能到达板的中点， 定滑轮处．试求：
（1）物体刚达板中点时板的位移．
（2）若板与桌面之间有摩擦， 为使物体能达到板的右端，
摩擦因数的范围是多少？
而板的右端尚未到达桌边
m
板与桌面之间的动
M
v
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4．如图所示，质量为 M，长度为 L 的长木板放在水平桌面上，木板右端放有一质量为
。开始时
m 长度可忽略的小木块，木块与木板之间、木板与桌面之间的动摩擦因数均为 木块、木板均静止，某时刻起给木板施加一大小恒为 擦力等于滑动摩擦力。
（ 1）要把长木板从小木块下拉出，拉力 （ 2）若拉力 F=5
F 应满足的条件。
F 方向水平向右的拉力。若最大静摩
（ m+M ） g，求从开始运动到木板从小木块下被拉出所经历的时间。
5．如图所示，质量 M = 8kg 的长木板放在光滑水平面上，在长木板的右端施加一水平恒力
F = 8N ，当长木板向右运动速率达到 块（可视为质点）以水平向左的速率 数 μ= 0.2，小物块始终没离开长木板， ⑴经过多长时间小物块与长木板相对静止；
v1 =10m/s 时，在其右端有一质量
m = 2kg 的小物
v2 = 2m/s 滑上木板，物块与长木板间的动摩擦因
g 取 10m/s2，求：
⑵长木板至少要多长才能保证小物块始终不滑离长木板； ⑶上述过程中长木板对小物块摩擦力做的功．
v M
m
F
6．质量 mA=3.0kg 、长度 L=0.70m 、电量 q=+4.0 ×10-5C 的导体板 A 在足够大的绝缘水平面上，
质量 mB=1.0kg 可视为质点的绝缘物块B 在导体板 A 的左端，开始时 A 、B 保持相对静止
一起向右滑动，当它们的速度减小到 =3.0m/s 时，立即施加一个方向水平向左、场强大小 E=1.0× 105N/C 的匀强电场 ,此时 A 的右端到竖直绝缘挡板的距离为 S =2m，此后 A 、 B 始
A 与 B 之间（动 终处在匀强电场中， 如图所示 .假定 A 与挡板碰撞时间极短且无机械能损失，
v0
摩擦因数 1 =0.25 ）及 A 与地面之间（动摩擦因数
其滑动摩擦力， g 取 10m/s2（不计空气的阻力）求： (1) 刚施加匀强电场时，物块 B 的加速度的大小？ (2) 导体板 A 刚离开挡板时， A 的速度大小？
2
=0.10）的最大静摩擦力均可认为等于
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7．如图所示，光滑的水平面上有二块相同的长木板 A 和 B，长为 =0.5m ，在 B 的右端有
l
一个可以看作质点的小铁块 C，三者的质量都为 m，C 与 A 、B 间的动摩擦因数都为μ。现在 A 以速度ν 0=6m/s 向右运动并与 B 相碰，撞击时间极短，碰后 A 、 B 粘在一起运动，而 C 可以在 A 、B 上滑动，问：
（ 1）如果μ =0.5，则 C 会不会掉下地面？
（ 2）要使 C 最后停在长木板 A 上，则动摩擦因数μ必须满足什么条件（ g=10m/s2 ）
8．如图所示，半径 个可视为质点的质量
R=0.8m 的光滑 1/4 圆弧轨道固定在光滑水平上，轨道上方的 m=1kg 的小物块。小物块由静止开始下落后打在圆弧轨道上的
A 点与轨道的圆心
A 点有一
B 点但
未反弹， 在该瞬间碰撞过程中， 小物块沿半径方向的分速度即刻减为零， 速度不变，此后小物块将沿着圆弧轨道滑下。已知 且 AO 连线与水平方向的夹角为
30°， C 点为圆弧轨道的末端，紧靠
而沿切线方向的分 O 的连线长也为 R， C 点有一质量 M=3kg
的长木板，木板的上表面与圆弧轨道末端的切线相平，小物块与木板间的动摩擦因数
0.3
， g 取 10m/s2 。求：
B（ 1）小物块刚到达 B 点时的速度 ；
（ 2）小物块沿圆弧轨道到达 C 点时对轨道压力
FC 的大小；
9．如图所示，为一个实验室模拟货物传送的装置，
A 是一个表面绝缘质量为 1kg 的小车，
-20.1kg 带电量为 q=1×10C 的绝缘货柜， 小车置于光滑的水平面上， 在小车左端放置一质量为
现将一质量为 0.9kg 的货物放在货柜内． 在传送途中有一水平电场， 可以通过开关控制其有、
E1=3×102N/m 的电场，小车和货柜开始运动， 无及方向．先产生一个方向水平向右，大小
E2=1×10N/m，方向向左，电场作用一段时间后， 作用时间 2s 后，改变电场，电场大小变为
关闭电场，小车正好到达目的地，货物到达小车的最右端，且小车和货物的速度恰好为零。 已知货柜与小车间的动摩擦因数 求：
⑴第二次电场作用的时间； ⑵小车的长度；
⑶小车右端到达目的地的距离．
2μ=0.1，（小车不带电，货柜及货物体积大小不计， g 取 10m/s2）
B
A
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、解：根据图（ ），设 、 间的静摩擦力达到最大值 1 1 A B 牛顿第二定律有：
F
(m A mB )a
①
f mA a
②
代入数值联立解得：
f 2.0N
③
根据图（ 2）设 A、 B 刚开始滑动时系统的加速度为
a ，根据牛顿第二定律有：可编辑 word 文档
时，系统的加速度为f
a 根据.
f mB a
④Fm
(m A mB )a
⑤
联立解得： Fm 6.0N
⑥
2．(18 分) 解：
（ 1）物块的加速度 am
g 2m / s2 ---------------- （3 分）
小车的加速度： aM
F
mg 0.5m / s2 -- （3 分）
M
（ 2）由： amt v0 aM t
-------------------------- （ 2 分）
得： t=1s
--------------------------
（2 分）
（ 3）在开始 1s 内小物块的位移：
s11
amt 2
1m ---（ 2 分）
2
最大速度： v at 2m / s ----------
（1分）
在接下来的 0.5s 物块与小车相对静止，一起做加速运动
且加速度 : a
F
0.8m / s2
---------------
（2 分）
M
m
这 0.5s 内的位移 : s2 vt
1 at 2 1.1m ------- （ 2 分）
2
通过的总位移 s
s1 s2
2.1m -------------
（1 分）
3．（ 1）设物体与板的位移分别为
S
L
物、S 板，则由题意有
S物 S板
①
2
∶
∶
1
aL ． 板2 ②
解得：
,
S物 S板
vt 2 t
S物 L S板 2
（2）由 v
2
2aMv 2 板 S板 , a板
1mg
1
M
, 得
mgL．
S
物
S板L, S∶
∶ 得物 S板 2 1,
S板 L, S物
2L,
由 1 mg
2 ( M m)g Ma板 , v2
2a板 S板
≥得 2
Mv 2
，故板与桌面之间的动摩擦因数
2
Mv 2
2( M m)gL
2( M m) gL
4．解：（ 1）要把 M 从 m 下拉出，则 m 与 M 之间必须发生了相对滑动。
对 m mg ma1
对 M
F
mg( M
m) g Ma 2
依题意，应该有
a2
a1
∴
解以上各式可得： F
2 ( M m)g
（ 2）设拉出木板需要的时间为
t ，拉出木板的过程中，木块与木块各做匀加速运动。
1
木块的位移： 2
s1
2 a1t
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1 分）
1 分）
1 分）
2分）
1 分）
（（（（（
木板的位移：
1
s2
2 at
2
2
（1 分）
拉出木板时：
s2 s1 L
t
（1 分）
2 ML 3 g (M m)
利用（ 1）的结果整理得：
2ML
F 2
g (M m)
（2 分）
5、⑴小物块的加速度为：
长木板的加速度为：
a1=μg＝ 2m/s2， 水平向右 （
1 分）
F
a2
mg M
20.5m/s ，水平向右
（
1 分）
令刚相对静止时他们的共同速度为 对小物块有： v=－v2＋ a1t
v，以木板运动的方向为正方向
（
1 分）
对木板有： v= v1＋ a2t （ 代入数据可解得： t=8s； v =14m/s ⑵此过程中小物块的位移为：
1 分）
（ 2 分）
x1=
v2 v 2
t = 48m （
2 分）
长木板的位移为： x2=
v1
v2
t = 96m
（
2 分）
所以长板的长度至少为： L= x2-x1= 48m （
⑶长木板对小物块摩擦力做的功为
W
f
．解：（ ）设 受到的最大静摩擦力为 6 1 B
1 mv2
2
，则
12 分）
mv22 2
1
192 J （ 4 分）
B
1 m
f
1m
mg
2.5 .
2 A mB ) g 4.0N . f 2 ，则 f2 设 A 受到地面的滑动摩擦力的
施加电场后，设 A ．B 以相同的加速度向右做匀减速运动，加速度大小为 a ，由牛顿第二定律
(m
N
①
（1 分）
（1 分）
②
qE f2 (mA mB )a ③ （ 2 分）解得：
f1 ，由牛顿第二定律得
a 2.0m / s2 （2 分） f1 mB a ，④
设 B 受到的摩擦力为 解得： f1
2.0N . 因为 f1 f1m ，所以电场作用后， A ．B 仍保持相对静止以相同加速
度 a 向右做匀减速运动，所以刚加上匀强电场时， 分）
B 的加速度大小 a
2.0m / s2
（ 2
（2） A 与挡板碰前瞬间，设
A ． B 向右的共同速度为 v1 ， （2 分）解得 v1 1m / s
v12 v02 2as
（1 分）
A 与挡板碰撞无机械能损失，故
A 刚离开挡板时速度大小为
1 2
v1 1m / s
2 0
（1 分）
7．解析：（1）不会 （2）
2 为： 1mgl
1 (2m) 2 1 2
(2m)
(3)
m)(4)
(3
2
1
2
2
12gl
2 0
0.6 （ 4=3+1 分）
2 mg (2l )
2 1
1 2
2
(3m)
2
24gl
0.3 （ 4=3+1 分）
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8． (20 分 ) 解：（ 1）由几何关系可知， AB 间的距离为 R
小物块从 A 到 B 做自由落体运动，根据运动学公式有vB2 代入数据解得 vB=4m/s ，方向竖直向下 （2）设小物块沿轨道切线方向的分速度为 故 vBx=vB sin60 °
(1 分)
2gR
①
(2 分) (2 分) 60°，
vBx，因 OB 连线与竖直方向的夹角为
②
(2 分)
从 B 到 C，只有重力做功，根据机械能守恒定律有
mgR(1 cos 60 )
mvC2 / 2 mvBx2 / 2 2 5 m/s
F c
③ (2 分) (1 分)
代入数据解得 vC
在 C 点，根据牛顿第二定律有
代入数据解得 F c
2
mg mvC / R
④ (2 分) (1 分) (1 分)
35 N
再根据牛顿第三定律可知小物块到达 C 点时对轨道的压力 F C=35N
9． 解答：
（1）货物 a1
F1 f 3 m1 f M
m1 m0 g m1 m0
2
30.1110 2m / s2 1
（1 分）
小车 a2
1m / s2
（1 分）
经 t 1=2s 货物运动
1
S1 2 a1t1
1
a2 t1
2
小车运动 S2
4m
2m
（1 分）
（1 分）
2
向右 向右
货物 V1=a1t1=2×2=4m/s 小车 V2=a2t1=1×2=2m/s
经 2 秒后，货物作匀减速运动
2
a1
qE2 f 1 1 1
m1 m0
2m / s
2
向左
（1 分）
小车加速度不变，仍为 a =1m/s
端，以后因为 qE2 0 1
=f=μ(m +m )g
a3
2
向右，当两者速度相等时，货柜恰好到达小车最右
，货柜和小车 一 起作为整体向右以
0．
qE2 1
0.5m / s 向右作匀减速直到速度都为
2
（1 分）
m0 m1 m 2
共同速度为 V=V1— a1′t2
V=V2+a2′t2
t2= 2 s
V= 8 m/s
（1 分）
3 3
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0
8
货物和小车获得共同速度至停止运动用时
t3
第二次电场作用时间为
t=t +t =6s
2
3
3 16
s
0.5 3
（1 分） （2 分）
m
（ 2）小车在 t2 时间内位移 S3=V2t2+
4
1 2
1 2
时间内位移为 S =V t —
a2t2 =
2
14 9
=
（2 分）
货柜在 t
2
1 2
小车长度 L=S1-S2+S4-S3=
24 9
2
1 2
a ′t
20 m
9
（2 分）
m
（2 分）
（或用能量守恒 qE1 S1 -qE2 S4= mgl
1 (m 2
M)V2 L= 24 m
9
（2 分）
（ 3）小车右端到达目的地的距离为 S
S S2
S3
0 2 V 2 2a3
96 32 9
3
10.7m
（2 分）
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