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板-块模型
学习目标及重点
1.能说出“板-块”模型的概念。
2.能掌握“板-块”模型的分析方法。(重点)
3.能运用牛顿运动定律处理“板-块”问题。(重点)
板-块模型的概念
1.“板-块”模型概述：
两个或多个物体上、下叠放在一起，物体之间通过摩擦力产生联系。
板-块模型的分析方法
1.“滑块—木板”模型的三个基本关系
加速度的关系 注意：通过受力分析判断加速度是否相同 加速度相同 用“整体法”求出它们一起运动的加速度
加速度不相同 用“隔离法”分别求出滑块与木板的加速度
速度的关系 速度相同的过程中 ①都做匀速运动时，无摩擦 ②都做变速时，存在静摩擦力 注意：当速度刚相等的瞬间，摩擦力会发生突变
速度不相同的过程中 滑块与木板之间存在滑动摩擦力 位移的关系 无相对位移（速度相等的过程中） 速度保持相同 注意：计算过程中的速度，位移，都是相对于地面而言。
有相对位移（速度不相等的过程中） ①速度方向相同， x相对=x木板+x滑块 ②速度方向不相同，x相对=x木板-x滑块 2.“滑块—木板”模型的解题方法和步骤
(1)明确各物体对地的运动和物体间的相对运动情况，确定物体间的摩擦力种类和方向。
(2)通过受力分析，求出各物体在各个运动过程中的加速度。
(3)根据物理量之间的关系列式计算。
注意：①此类问题涉及两个物体、多个运动过程。
②前一个过程的末速度是下一个过程的初速度。
③不同运动过程转变的瞬间，加速度可能突变，需重新受力分析
1.地面光滑的“滑块—木板”问题
在光滑的水平地面上静置放有一个长为0.64 m、质量为4 kg的木板A，在木板的左端有一个大小不计、质量为2 kg的小物体B，A、B之间的动摩擦因数为μ＝0.2，当对B施加水平向右的力F＝10 N时(g取10 m/s2)，求：
(1)A、B的加速度各为多大？
(2)经过多长时间可将B从木板A的左端拉到右端？
板-块模型解题步骤
(1)A、B间的滑动摩擦力的大小为：f滑==4(N)
以B为研究对象，根据牛顿第二定律得：，解得：aB=3m/s2
以A为研究对象，根据牛顿第二定律得：f滑＝mAaA，解得：aB=1m/s2
(2)设将B从A的左端拉到右端所用时间为t，A、B在这段时间内发生的位移分别为xA和xB，其关系如图所示：
xB-xA=L
，
解得t=0.8s
1.(多选)如图所示，质量为M＝1 kg足够长的木板静止在光滑水平面上，质量m＝0.5 kg的滑块(可视为质点)以v0＝3 m/s的初速度从左端沿木板上表面冲上木板，带动木板向前滑动，已知滑块与木板间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度g取10 m/s2，则(　　 )
A.滑块的加速度大小为1 m/s2
B.木板的加速度大小为1 m/s2
C.滑块和木板达到共同速度的时间为2 s
D.滑块和木板达到共同速度时，滑块相对木板滑动的位移大小为3 m
典例
ACD
如图所示，厚度不计的薄板A长L＝5 m，质量M＝5 kg，放在水平地面上。在A上距右端x＝3 m处放一物体B(大小不计)，其质量m＝2 kg，已知A、B间的动摩擦因数μ1＝0.1，A与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2，原来系统静止．现在板的右端施加一大小恒定的水平力F＝26 N，持续作用在A上，将A从B下抽出．取g＝10 m/s2，求：
(1)A从B下抽出前A、B的加速度各是多大；
(2)B运动多长时间离开A。
(3)B离开A时的速度的大小。
2.地面光滑的“滑块—木板”问题
(1)对B受力分析，由牛顿第二定律可得：μ1mg＝maB，解得：aB＝1 m/s2
对A受力分析，由牛顿第二定律可得：F－μ1mg－μ2(m＋M)g＝MaA
解得：aA＝2 m/s2。
(2)设经时间t，A从B下抽出。根据位移关系：xA-xB=L-x
，，解得：t=2s
(3)B离开A时的速度大小为vB＝aBt＝2 m/s。
2．如图所示，质量为M＝1 kg的长木板静止在光滑水平面上，现有一质量为m＝0.5 kg的小滑块(可视为质点)以v0＝3 m/s 的初速度从左端沿木板上表面冲上木板，带动木板向前滑动．已知滑块与木板上表面间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度g取10 m/s2，木板足够长．求：
(1)滑块在木板上滑动过程中，长木板受到的摩擦力大小和方向；
(2)滑块在木板上滑动过程中，滑块相对于地面的加速度a的大小；
(3)滑块与木板A达到的共同速度v的大小．
典例
(1)滑块所受摩擦力为滑动摩擦力：f滑＝μmg＝0.5 N，方向向左
根据牛顿第三定律，滑块对木板的摩擦力方向向右，大小为0.5 N.
(2)由牛顿第二定律得：μmg＝ma，得a滑块＝μg＝1 m/s2。
(3)木板的加速度：＝0.5 m/s2
设经过时间t，滑块和长木板达到共同速度v，则满足：
对滑块：v＝v0－a滑块t， 对长木板：v＝a木板t
由以上两式得滑块和长木板达到的共同速度：v＝1 m/s.
典例
3.(多选)如图所示，A、B两物块的质量分别为1 kg和2 kg，静止叠放在水平地面上，A、B间的动摩擦因数为0.4，B与地面间的动摩擦因数为0.2，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2。现对B施加一水平拉力F＝12 N，则(　　)
A.B对A摩擦力大小为4 N
B.B对A摩擦力大小为2 N
C.A、B发生相对滑动，A的加速度为4 m/s2
D.A、B一起做匀加速运动，加速度为2 m/s2
BD
4．如图所示，质量为m的木块在质量为M的长木板上受到水平向右的拉力F的作用向右滑行，但长木板保持静止不动．已知木块与长木板之间的动摩擦因数为μ1，长木板与地面之间的动摩擦因数为μ2，下列说法正确的是 (　　)
A．长木板受到地面的摩擦力的大小一定为μ1Mg
B．长木板受到地面的摩擦力的大小一定为μ2(m＋M)g
C．只要拉力F增大到足够大，长木板一定会与地面发生相对滑动
D．无论拉力F增加到多大，长木板都不会与地面发生相对滑动
典例
D
5. (多选)如图所示，上表面粗糙的平板小车静止于光滑水平面上。t＝0时，小车以初速度v0向右运动，将小滑块无初速度地放置于小车的右端，最终小滑块恰好没有滑出小车。如图乙所示为小滑块与小车运动的v－t图像，图中t1、v0、v1均为已知量，重力加速度大小取g。由此可求得(　　 )
A.小车的长度　　
B.小滑块的质量
C.小车在匀减速运动过程中的加速度
D.小滑块与小车之间的动摩擦因数
典例
ACD
6.质量为m0＝20 kg、长为L＝5 m的木板放在水平地面上，木板与水平地面间的动摩擦因数为μ1＝0.15。质量为m＝10 kg的小铁块(可视为质点)，以v0＝4 m/s的速度从木板的左端水平冲上木板(如图所示)，小铁块与木板间的动摩擦因数为μ2＝0.4(最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10 m/s2)。则下列判断正确的是(　　)
A.木板一定静止不动，小铁块不能滑出木板
B.木板一定静止不动，小铁块能滑出木板
C.木板一定向右滑动，小铁块不能滑出木板
D.木板一定向右滑动，小铁块能滑出木板
A
典例
木板与地面间的最大静摩擦力为f1＝μ1(m0＋m)g＝45 N，小铁块与木板之间的最大静摩擦力为f2＝μ2mg＝40 N，因f1>f2，所以木板一定静止不动；假设小铁块未滑出木板，在木板上滑行的距离为x，则v02＝2μ2gx，解得x＝2 m＜L＝5 m，所以小铁块不能滑出木板，故A正确。
7.如图所示，物块A、木板B的质量分别为mA＝5 kg，mB＝10 kg，不计物块A的大小，木板B长L＝4 m。开始时A、B均静止。现使A以水平初速度v0从B的最左端开始运动。已知A与B之间的动摩擦因数为0.3，水平地面光滑，g取10 m/s2。
(1)求物块A和木板B发生相对运动过程的加速度的大小；
(2)若A刚好没有从B上滑下来，求A的初速度v0的大小。
典例
(1)对A受力分析，加速度大小：aA＝μg＝3 m/s2
对B受力分析，加速度大小：aB＝＝1.5 m/s2。
(2)由题意可知，A刚好没有从B上滑下来，A滑到B最右端时的速度和B的速度相同，则有：v＝v0－a1t，v＝a2t
由位移关系得：，解得：v0=6m/s
8. 如图，质量M＝1 kg、长L＝4 m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，在木板的左端放置质量m＝1 kg，大小可以忽略的铁块，铁块与木板之间的动摩擦因数μ2＝0.4，某时刻起在铁块上施加一个水平向右的恒力F＝8 N，g取10 m/s2。
(1)求施加恒力F后铁块和木板的加速度大小；
(2)铁块经多长时间到达木板的最右端，求此时木板的速度；
(3)当铁块运动到木板最右端时，把铁块拿走，木板还能滑行的距离。
典例
(1)研究铁块，根据牛顿第二定律得:F－μ2mg＝ma1，解得：a1＝4 m/s2
研究木板，根据牛顿第二定律得: μ2mg－μ1(M＋m)g＝Ma2，
解得a2＝2 m/s2。
(2)设铁块运动到木板的最右端时间为t，根据位移关系：x铁块-x木板=L，
，，解得：t=2s，所以：v木板=a2t=4 m/s
(3)拿走铁块后木板做匀减速运动，加速度大小为：a3＝μ1g＝1 m/s2
则木板还能继续滑行的距离x=，解得：x=8m
总结
01
“板-块模型”的三个关系：
1.加速度关系：通过受力分析，利用牛顿第二定律
2.速度关系：判断有无相对位移
2.位移关系：理解相对位移
02
2.“板-块”模型的解题方法和步骤：
(1)明确各物体运动状况
(2)受力分析，求出加速度。
(3)根据物理量之间的关系列式计算。
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