板上物块相对滑动的加速度判别法
物理专题7 滑板滑块问题解析版
专题7滑板滑块问题【规律和方法】1．模型特点：涉及两个物体，并且物体间存在相对滑动。
2．摩擦力方向的特点(1)若两个物体同向运动，且两个物体“一快一慢”，则“快”的物体受到的另一个物体对它的摩擦力为阻力，“慢”的物体受到的另一个物体对它的摩擦力为动力。
(2)若两个物体反向运动，则每个物体受到的另一个物体对它的摩擦力均为阻力。
3．运动特点(1)滑块由滑板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和滑板同向运动，位移大小之差等于板长；反向运动时，位移大小之和等于板长。
设板长为L ，滑块位移大小为x 1，滑板位移大小为x 2同向运动时：如图甲所示，L ＝x 1－x 2反向运动时：如图乙所示，L ＝x 1＋x 2(2)若滑块与滑板最终相对静止，则它们的末速度相等。
4．方法与技巧(1)弄清各物体初态对地的运动和相对运动(或相对运动趋势)，根据相对运动(或相对运动趋势)情况，确定物体间的摩擦力方向。
(2)正确地对各物体进行受力分析，并根据牛顿第二定律确定各物体的加速度，结合加速度和速度的方向关系确定物体的运动情况。
(3)速度相等是这类问题的临界点，此时往往意味着物体间的相对位移最大，物体的受力和运动情况可能发生突变。
(4)分析两物体运动过程时可用速度-时间图象记录物体的运动过程。
【典例分析】【例1】（有外力+水平面光滑）如图所示，光滑水平面上静止放着长L =1.6m ，质量为M =3kg 的木块（厚度不计），一个质量为m =1kg 的小物体放在木板的最右端，m 和M 之间的动摩擦因数μ=0.1，今对木板施加一水平向右的拉力F ，（g 取10m/s 2）(1)为使小物体不掉下去，F 不能超过多少？(2)如果拉力F =10N 恒定不变，求小物体所能获得的最大速度？(3)如果拉力F =10N ，要使小物体从木板上掉下去，拉力F作用的时间至少为多少？【解答】解：（1）物块随木板运动的最大加速度为a 对小物体由牛顿第二定律：μmg ＝m a 对整体由牛顿第二定律得：F m ＝（M+m ）a解得：F m ＝4N（2）因施加的拉力F ＞4N ，故物块相对木板相对滑动，木板对地运动的加速度为a 1，对木板由牛顿第二定律：F ﹣μmg ＝M a 1物块在木板上相对运动的时间为t ，L ＝a 1t 2﹣at 2解得：t ＝s物块脱离木板时的速度最大，v m ＝at ＝m/s（3）设木块滑到木板最右端速度恰好与木板相同时，水平力作用的时间为t 1，长木板加速阶段的末F速度为v 1,减速阶段的时间为t 2，加速度大小为a 2。
高中物理两物体相对滑动问题_概述说明以及解释
高中物理两物体相对滑动问题概述说明以及解释1. 引言1.1 概述在物理学中，相对滑动问题是一个常见的研究课题。
这种问题涉及到两个物体之间的相对滑动以及滑动时发生的现象，该现象可以通过一些因素影响力的大小和方向。
了解和分析两物体相对滑动问题对于我们理解摩擦力、运动和力学原理具有重要意义。
1.2 文章结构本文将按照以下结构来介绍和解释高中物理中的两物体相对滑动问题：- 引言：介绍文章的背景概述、结构和目的。
- 正文：简单介绍相对滑动问题，讨论物体相对滑动的条件以及发生的现象与解释。
- 理论分析：深入探讨影响物体相对滑动力大小和方向的因素，推导相关公式并进行解析，并分析实例应用。
- 实验验证：设计实验来验证所得到的理论结果，收集数据并进行分析，并讨论结果和误差分析。
- 结论：总结文章主要观点、结果，并提出未来研究建议或展望。
1.3 目的本文旨在深入探讨高中物理中的两物体相对滑动问题，介绍该问题的背景与概述，阐明物体相对滑动的条件和现象，并进行理论分析和实验验证，从而揭示物体相对滑动的原理和规律。
通过本文的阅读，读者将能够更加全面地了解两物体相对滑动问题，并在实际应用中运用所学知识。
2. 正文：2.1 相对滑动问题简介在物理学中，相对滑动问题是指涉及两个物体之间的相对运动和滑动的研究。
通常情况下，我们关注的是两个物体之间存在摩擦力或其他力使它们发生相对运动时的现象和规律。
2.2 物体相对滑动的条件要使两个物体之间发生相对滑动，需要满足以下条件：- 存在摩擦力或其他外力作用于这两个物体；- 这些作用力超过了物体之间的粘连力或静摩擦力；- 物体表面之间没有完全平坦且光滑的接触。
当这些条件同时存在时，物体就会开始发生相对运动，并出现滑动现象。
2.3 物体相对滑动时发生的现象与解释当两个物体开始产生相对运动时，我们可以观察到以下现象：- 物体表面产生摩擦热：由于摩擦力的作用，两个物体之间会产生热量。
这是因为运动会导致分子运动更加频繁和剧烈，从而转化为内能。
关于长木板上的相对滑动问题
关于长木板上的相对滑动问题例、质量M=4kg长木板，L=1.4m静止在光滑水平地面上，其上端右侧静置一个质量为m=1kg的小滑块，小滑块与木板间μ＝0.4，g＝10m/s2．（1）现用恒力F作用在木板M上，为了使得m能从M上面滑落下来，问：F大小范围是什么？（2）其它条件不变，若恒力F=22.8N，且始终作用在M上，最终使得m能从M上面滑落下来，问：m在M上面滑动的时间是多大？（3）今用一水平力F=28N向右拉木板，要使小滑块从木板上掉下来，则此力作用时间至少要多久？解：（1）对m最大的加速度：μmg=ma m a m=μg=4m/s2m、M恰好不相对滑动，则F=(M＋m)a m=20N要使m能从M上面滑下，则F>20N（2）对M：F－μmg=Ma M a M=4.7m/s2由（3）分析过程：若F一直作用在M上不撤去，则对m和M，a M==6m/s2>a m =μg=4m/s2均水平向右匀加速运动．只要F作用时间足够长的肯定从M上掉下来，故要使m从M上掉下来，F作用最短时间的临界条件是滑到M最左端两者具有共同速度．解法一：设F作用时间为t，则F作用时间内对m：a m=μg=4m/s2水平向右v m=a m t=4t ①S m=a m t2=2t2②对M：a M==6m/s2水平向右v M=a M t=6t ③S M=a M t2=3t2④撤去力F后：a′m=μg=4m/s2 向右a′M==1m/s2水平向左设再经时间t′达共同速度v共：4t＋4t′=6t－t′⑤t′=0.4tv共=5.6t撤去F后m、M对地向右运动位移：滑块m从木板M上滑下来条件是：S M＋S′m－(S m＋S′m)≥L3t2＋2.32t2－(2t2＋1.92t2)≥L 1.4t2≥1.4t≥1.0s解法二：相对运动法：设F作用时间为t，在F作用过程中，M对m的运动，以m为参考系，选取向右为正方向．M相对m作初速为0的加速度为a M对m=a M－a m=6－4=2m/s2的匀加速直线运动：S M对m=(a M－a m)t2=t2撤去F后，M对m：v0M→m=v M－v m=a M t－a m t=2tm对地a′m=μg=4m/s2水平向右M对地：向左∴a M对m=a′M－a′m＝－1－4＝－5m/s20.4t2＋t2≥1.4t≥1.0s1、光滑水平面上，足够长的木板质量M=8kg，由静止开始在水平拉力F=8N作用下向右运动．如图所示，当速度达到1.5m/s时，将质量m=2kg的物体轻轻放到木板的右端，已知物体与木板之间的动摩擦因数μ=0.2．求：物体放到木板上以后，经多少时间物体与木板相对静止?在这段时间里，物体相对于木板滑动的距离多大?(g取10m/s2)解析：物体放到木板上之后，在它们达到相对静止之前，它们之间在水平方向上存在相互作用的滑动摩擦力F′=μmg=4N物体m的加速度为a1=μg=2m/s2木块的加速度为a2=(F－F′)/M=0.5m/s2物体与木块达到相对静止所需时间由a1t=v＋a2t得t=1s，在此时间内，物体在木板上滑行的距离为.2、在光滑的水平面上，放着两块长度相同、质量分别为M1、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，如图所示，开始时，各物块静止．今在两物块上各作用一水平恒力F1、F2，在物块与木块分离时，两木板的速度分别为v1和v2，物块与两木板之间的动摩擦因数相同，下列说法中正确的是（）A．若F1=F2，M1>M2，则v1>v2B．若F1=F2，M1<M2，则v1>v2C．若F1>F2，M1=M2，则v1>v2D．若F1<F2，M1=M2，则v1>v2解析：加速度是速度－时间图的斜率，而图象与坐标轴所围面积是物体的位移，所以利用速度－时间图象来分析本题比公式讨论直观、简捷，这就是图象的最大特点．本题若是从计算的角度来进行分析，远没有利用图象方便．读者可以自行讨论进行比较．运动物体的速度时间图象在运动学和动力学中的应用是很广泛的，本题属于动力学的内容．解法一：物块的加速度为，木板的加速度为，两物均做初速度为零的匀加速直线运动，有，物块滑离木板的条件是L=s－s′=，由此式可得时间，木板的速度；若F1=F2，M1>M2，则v1<v2；若F1=F2，M1<M2，则v1>v2；若F1>F2，M1=M2，则v1<v2；若F1<F2，M1=M2则v1>v2. 比较选项内容B、D正确．解法二：对于长木板，它受到物块对它的滑动摩擦力F f，物块加速度，木板加速度为作出两个物体的速度－时间图，由图象可以说明：若F1=F2，说明物块的加速度相同，要使两图象所围面积之差(即图中的阴影部分面积)为长木板的长度时，当a′越小所用的时间t0越小，长木板的速度越小，说明长木板的质量越大，B选项正确．若M1=M2，说明长木板的加速度是相同的，当两图象所围面积之差为长木板的长度时，则a越大，即恒力F越大，则所用的时间越短，而长木板的速度就越小，D选项正确．3、如图所示，已知一质量m=0.4kg的木块以速度v0=5m/s滑上质量M=1.6kg的静止小车上，当木块滑上小车后，木块与小车之间的动摩擦因数μ=0.2，已知小车足够长，地面光滑．求：(1)木块在小车上滑行的时间．(2)在这段时间内小车和木块的位移各为多少？解析：处于光滑水平面的小车，当木块在其上表面滑动时，它们之间有相对运动而存在滑动摩擦力，致使两物均产生加速度，使木块做减速运动，小车做加速运动，这对滑动摩擦力的作用效果是使两物体相对运动的速度减小，当它们相对静止时，由于滑动摩擦力消失而使它们的加速度也随之消失，它们以后将做匀速直线运动．本题的突破点是要能分析到它们之间由相对运动到相对静止这一过程的运动时间和它们各自的位移(对地)．解法一：(1)木块和小车在水平方向上均受到它们之间的滑动摩擦力的作用，摩擦力的大小为f=μmg，由牛顿第二定律对木块有μmg=ma m，a m=μg=2m/s2，方向向左；对小车有μmg=Ma M，a M==0.5m/s2，方向向右．由于木块的加速度方向与速度方向相反，故木块做减速运动，小车的初速度为零，故小车在滑动摩擦力的作用下向右做加速运动，当两者速度相等时，它们之间无相对运动，滑动摩擦力立即消失，以后它们一起做匀速运动．木块的速度v m=v0－a m t=v0－μgt小车的速度v M=a M t=v m=v M时，v0－μgt=得(2)木块与小车相对静止时，它们的速度为v=v0－μgt=1m/s，在木块相对小车滑动的这段时间内，木块的位移为s m，小车的位移为s M，由位移与平均速度和时间的关系有s m=·t=6m，S M==1m.解法二：(1)由解答一可知木块和小车的加速度分别为a m=2m/s2方向向左和a M=0.5m/s2方向向右．以小车为参考系，木块初速度v0′=v0=5m/s，加速度a=a m＋a M=(2＋0.5)m/s2=2.5m/s2，当木块做匀减速运动，速度为零时，有v t=v0′－at=0，t==2s(2)木块在小车上相对运动的过程中，木块对地的位移为s m，小车对地的位移为s M，由匀变速运动的位移公式可得s m=v0t－=6ms M==1m4、如图所示，质量M=4kg的木板长L=1.4m，静止在光滑的水平地面上，其水平顶面右端静置一个质量m=1kg的小滑块(可视为质点)．小滑块与木板间的动摩擦因数μ=0.4．今用一水平力F=28N向右拉木板，要使小滑块从木板上掉下来，此力作用时间至少要多少?(不计空气阻力，取g=10m/s2)解：小滑块的加速度a m=μg=4m/s2，长木板在F作用时的加速度a M==6m/s2，当F撤去后的加速度a M′==1m/s2．故长木板开始做加速运动，后做减速运动，而小滑块一直做加速运动．当两物速度相等时，除非小滑块刚好滑离长木板．否则，小滑块就再也不能滑离长木板．设长木板加速时间为t1，减速时间为t2，有：a M t1－a M′t2=a m(t1＋t2)，解得:t2=0.4t1，，由以上两式可得t1=1s．5、如图所示，A、B是静止在水平地面上完全相同的两块长木板．A的左端和B的右端相接触．两板的质量皆为M=2.0kg，长度皆为l=1.0m．C是一质量为m=1.0kg的小物块，现给它一初速度v0=2.0m/s，使它从B板的左端开始向右滑动．已知地面是光滑的，而C与A、B之间的动摩擦因数皆为μ=0.10，求最后A、B、C各以多大的速度做匀速运动．（取g=10m/s2）解：C滑上B后，在滑动摩擦力的作用下：c做匀减速运动，B与A一起做匀加速运动，加速度分别为a C=μg=1m/s2，a AB==0.25m/s2以BA为参考系，C初速度为v0，末速度为v1，加速度为a CBA=a C＋a BA=1.25m/s2，位移为l，由匀变速运动的规律有v12=v02－2a CBA l=1.5m/s2运动时间此时B相对地的速度v B=a BA t1=0.155m/s当C滑上A后，B将以v B=1.55m/s的速度做匀速运动，而C滑上A后，由于滑动摩擦力的大小不变，C的加速度不变，A的加速度为a A==0.5m/s2以A为参照物，C是以相对速度v1滑上A木板，加速度a CA=a C＋a A=1.5m/s2，当C滑动l距离时的末速度为v2，则=1.5－2×1.5×1<0，说明C不能滑离长木板A，最后相对速度为零．有0=v12－2a CA s，s==0.5m.所用时间为t2==0.816s.故A、C的末速度v A=v C=v B＋a A t2=0.563m/s.6、在光滑的水平轨道上有两个半径都是R的小球A和B，质量分别为m和2m，当两球心间距离大于L(L比2r大得多)时，两球之间无相互作用力；当两球心间距离等于或小于L时，两球间存在着相互作用的恒定斥力F．设A球从远离B球处以速度v0沿两球连心线向原来静止的B球运动，如图所示，欲使两球不发生接触，v0必须满足什么条件？解法一：当A、B两球距离等于L后，A球减速，B球加速，加速度分别为在时间t内(从A、B两球距离为L开始计时)，如图所示，有，两球间的距离而△s>2r，则有(a A＋a B)t2－v0t＋L>2r将代入后有－v0t＋L－2r>0要使该式成立，则其判别式△<0即△=v02－4(L－2r)<0可得解法二：当A、B两球间距离等于L开始计时，两球的加速度分别为．以B球为参考系，A球的初速度v0′=v0，加速度a AB=a A＋a B=，当A球的速度减为零时(也就是两球相对静止)，A球的位移为s，有，当s<L－2r时，两球不会接触，即，解得.7、如图所示，在长为l=1.0m、质量为m B=30.0kg的车厢B内的右壁处，放一质量m A=20.0kg的小物块A(可视为质点)，向右的水平拉力F=120.0N作用于车厢，使之从静止开始运动．车厢B在最初2.0s内移动的距离s=5.0m，且在这段时间内小物块未与车厢壁发生过碰撞．假设车厢与地面间的摩擦忽略不计，小物块与车厢壁之间的碰撞无机械能损失．求车厢开始运动后2.8s时，车厢与小物块的速度．解：讨论自B开始到t0=2.0s时间内B与A的运动．根据题意，在2s内，A未与B发生过碰撞，因此不论A与B之间是否有相对运动，不论A与B之间是否有摩擦，B总是做初速度为零的匀加速直线运动．设B的加速度为a B，有，即．①如果A、B之间无摩擦，则在B向右移动1m距离的过程中，A应保持静止状态，接着B的车厢左壁必与A发生碰撞，这不合题意．如果A、B之间无相对运动(即两者之间的摩擦力足以使A与B有一样的加速度)，则B的加速度，这与①式矛盾．由此可见，A、B之间既有相对运动又存在摩擦力作用．以F f表示A、B间的滑动摩擦力的大小，作用于B的摩擦力向左，作用于A的摩擦力向右，则有F－F f=m B a B②，F f=m A a A③．由①②③式得a A=2.25m/s2．讨论B的左壁与A在2.8s内是否发生碰撞．由于a A<a B，B向右的速度将大于A的速度，故A与B的左壁间的距离将减小．设自静止开始，经过时间t1，B的左壁刚要与A发生碰撞，这时，B向右运动的路程与A向右运动的路程之差正好等于l，即有，解得．代入数据得t1==2.83s．由此可见，在2.8s时小物块与车厢壁未发生碰撞．求车厢开始运动后2.8s时，车厢与小物块的速度．v A=a A t=2.25×2.8m/s=6.3m/s，v B=a B t=2.5×2.8m/s=7.0m/s，即所求车厢的速度为7.0m/s，小物块的速度为6.3m/s．8、如图所示，一质量为500kg的木箱放在质量为2000kg的平板车的后部，木箱到驾驶室的距离L=1.6m．已知木箱与木板间的动摩擦因数μ=0.484，平板车在运动过程中所受阻力是车和箱总重的0.20倍．平板车以v0=22.0m/s的恒定速度行驶，突然驾驶员刹车，使车做匀减速运动，为不让木箱撞击驾驶室(g取10m/s2)，试求：(1)从刹车开始到平板车完全停止至少要经过多长时间?(2)驾驶员刹车时的制动力不能超过多大?解法一：(1)刹车后有：v02=2a0s0，v0=a0t0．欲使t0小，a0应该大．木箱的a1=μg，当a0>a1时，木箱相对底板滑动，有v02=2a1s1．为了使木箱不撞击驾驶室应有：s1－s0≤L，联立得a0≤=5m/s2，∴t0=v0/a0=4.4s．(2)F＋k(m1＋m2)g－μm2g=m1a0，解得F=7420N．解法二：设平板车刹车的加速度是a1，木箱相对平板车滑动，其加速度为a2．由F f=μmg及F f=ma2，得a2=4.84m/s2．由速度公式v t=v0－a1t，车停止时v t=0，得v0－a1t=0，．木块相对车以a1－a2的加速度做加速运动，有(a1－a2)t2=L．或者设车刹车过程中的位移是s，对车有s=v0t－①，对木块有L＋s=v0t－②，②－①式得L=(a1－a2)t2．将代入，整理得：a2t2－v0t＋2L=0．将a2=4.84m/s2，v0=22.0m/s，L=1.6m代入，整理得121t2－550t＋80=0，解出t=4.4s．(2)略．9、如图所示，平板车长为L=6 m，质量为M=10 kg，上表面距离水平地面高为h=1.25m，在水平面上向右做直线运动，A、B是其左右两个端点．某时刻小车速度为v0=7.2m/s，在此时刻对平板车施加一个方向水平向左的恒力F=50N，与此同时，将一个质量m=1 kg的小球轻放在平板车上的P点(小球可视为质点，放在P点时相对于地面的速度为零)，，经过一段时间，小球脱离平板车落到地面，车与地面的动摩擦因数为0.2，其他摩擦均不计．取g=10m/s2，求：(1)小球从离开平板车开始至落到地面所用的时间；(2)小球从轻放到平板车开始至离开平板车所用的时间；(3)从小球轻放上平板车到落地瞬间，平板车的位移大小．解：(1)小球从离开平板车开始至落到地面所用的时间(2)小球放到平板车后相对地面静止，小车的加速度为小车向右运动的距离为x1小于4m，所以小球不会从车的左端掉下．小车向右运动的时间为小车向左运动的加速度为小车向左运动的距离为x2=x1＋=(3.6＋2)m=5.6m小车向左运动的时间为t=t1＋t2=1＋2=3s．(3)小球刚离开平板车瞬间，小车的速度方向向左，大小为v2=a2t2=2.8×2=5.6 m/s 小球离开车子后，车的加速度为a3==3 m/s2车子向左运动的距离为x3=v2t3＋=5.6×0.5＋×3×0.52=3.175 m从小球轻放上平板车到落地瞬间，平板车的位移大小x=x1＋x2＋x3=5.175m。
课题滑板和滑块 (相对滑动的两个物体)问题的解题思路
fs 2 =
1 1 2 m2 v′ 2 − m2 v2 2 2
（3）
S2 （4）
d
它们的位置关系是 s1 − s 2 = d 由 fd =
1 1 1 2 2 m1v1 + m2 v 2 − (m1 + m2 )v ′ 2 2 2 2
即 fd = Q 例题精选 3： 一个质量为 M、 长为 L 的长方形木板 B 放在光滑的水平地 面上，在它的右端放一个质量为 m 的小木块 A，m<M，现以地面为参 照系，给 A 和 B 以大小相等、方向相反的初速度，使 A 开始向左运动， B 开始向右运动，最后 A 刚好没离开滑板 B， （1） 若已知 A 和 B 的初速度的大小是 v0 求他们最后的速度大小和 方向 （2） 若初速度的大小未知，求小木块向左到达的最远处离出发点的 距离（在地面上观察） V0 B A V0 独 立 解 题 6 分 钟
Q=
1 1 1 2 2 m1v1 + m2 v 2 − (m1 + m2 )v ′ 2 （1） 2 2 2
V 两个物体的运动位移情况如图 对小物体，根据动能定理有 V2 （2） S1 教 师 分 V’ 析 点 评 3 分 钟
− fs1 =
1 1 2 m1v ′ 2 − m1v1 2 2
对于长木板，根据动能定理有
学生分析 教学用具 教学方法
教
思 考 并 解 题 6 分 钟
学
过
f A
程
F
Bቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
f = mB a B
f
F − f = mAa A
F − f f > m A mB
教 师 讲 解 2 分 钟
A、B 相对滑动 f=μmAg=10N 即：
高考物理专题复习：相对运动问题的多种解法
精品基础教育教学资料，仅供参考，需要可下载使用！相对运动问题的多种解法物块在木板上滑动的问题，是相对运动问题，一般是用牛顿定律解的运动学和动力学问题，本文给出这种问题的多种解法，还给出图像研究法，以飨读者。
【例1】一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块，在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5m ，如图(a)所示。
0t =时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至1t s =时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)。
碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板。
已知碰撞后1s 时间内小物块的v t -图线如图(b)所示。
木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g 取210m s 。
求(1)木板与地面间的动摩擦因数1μ及小物块与木板间的动摩擦因数2μ； (2)木板的最小长度；(3)木板右端离墙壁的最终距离。
【解法1】 (1) 规定向右为正方向。
木板与墙壁相碰撞前，小物块和木板一起向右做匀变速运动，设加速度为1a ，小物块和木板的质量分别为m 和M 由牛顿第二定律有1()g (m M)a m M μ-+=+ ①由图（b ）可知，木板与墙壁碰前瞬间的速度14/v m s =，由运动学公式得1011v v a t =+ ②0011112s v t a t =+ 2 ③式中，1t =1s, 0s =4.5m 是木板碰前的位移，0v 是小物块和木板开始运动时的速度。
联立①②③式和题给条件得21/1s m a = μ=0.1 ④在木板与墙壁碰撞后，木板以1v -的初速度向左做匀变速运动，小物块以1v 的初速度向右做匀变速运动。
设小物块的加速度为2a ，由牛顿第二定律有22mg ma μ-= ⑤由图可得21221v v a t t -=- ⑥ 式中，2t =2s, 2v =0,联立⑤⑥式和题给条件得22/4s m a -= 2μ=0.4 ⑦（2）设碰撞后木板的加速度为3a ，经过时间t ∆，木板和小物块刚好具有共同速度3v 。
模型07 板块相对运动-高考物理模型方法分类解析(解析版)
模型07 板块相对运动模型（解析版）两种类型 类型图示 规律分析木板B 带动物块A ,物块恰好不从木板上掉下的临界条件是物块恰好滑到木板左端时二者速度相等,则位移关系为x B =x A +L物块A 带动木板B ,物块恰好不从木板上掉下的临界条件是物块恰好滑到木板右端时二者速度相等,则位移关系为x B +L=x A此类问题涉及两个物体、多个运动过程,并且物体间还存在相对运动,所以应准确求出各物体在各运动过程的加速度(注意两过程的连接处加速度可能突变),找出物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口。
求解中更应注意联系两个过程的纽带,每一个过程的末速度是下一个过程的初速度。
【典例1】如图所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验。
若砝码和纸板的质量分别为1m 和2m ，各接触面间的动摩擦因数均为μ。
重力加速度为g 。
（1）当纸板相对砝码运动时，求纸板所受摩擦力的大小；（2）要使纸板相对砝码运动，求所需拉力的大小；（3）本实验中， 1m =0。
5kg ， 2m =0。
1kg ， μ=0。
2，砝码与纸板左端的距离d=0。
1m ，取g=102/m s 。
若砝码移动的距离超过l =0。
002m ，人眼就能感知。
为确保实验成功，纸板所需的拉力至少多大？【答案】(1) 12(2)f m m g μ=+ (2) 122()F m m g μ>+ (3) 22.4F N =【解析】(1)砝码对纸板的摩擦力 11f m g μ= 桌面对纸板的摩擦力 212()f m m g μ=+ 12f f f =+ 解得 12(2)f m m g μ=+(2)设砝码的加速度为1a ,纸板的加速度为2a ,则111f m a = 1222F f f m a --= 发生相对运动 21a a >解得 122()F m m g μ>+(3)纸板抽出前,砝码运动的距离121112x a t =纸板运动的距离212112d x a t += 纸板抽出后，砝码在桌面上运动的距离 223212x a t = 12l x x =+ 由题意知 131132,a a a t a t == 解得 122[(1)]d F m m g l μ=++ 代入数据得 22.4F N =【变式训练1】(多选)如图所示,一足够长的木板静止在粗糙的水平面上,t=0时刻滑块从木板的左端以速度v 0水平向右滑行,木板与滑块间存在摩擦,且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
牛顿运动定律的应用_牛顿运动定律的应用之“滑块_木板模型”
一、模型特征上、下叠放两个物体,并且两物体在摩擦力的相互作用下发生相对滑动,滑块－木板模型<如图所示>,涉及摩擦力分析、相对运动、摩擦生热,多次互相作用,属于多物体多过程问题,知识综合性较强,对能力要求较高,故频现于高考试卷中。
二、常见的两种位移关系滑块从木板的一端运动到另一端的过程中,若滑块和木板向同一方向运动,则滑块的位移和木板的位移之差等于木板的长度；若滑块和木板向相反方向运动,则滑块的位移和木板的位移之和等于木板的长度。
三、滑块—木板类问题的解题思路与技巧：1．通过受力分析判断滑块和木板各自的运动状态〔具体做什么运动；2．判断滑块与木板间是否存在相对运动。
滑块与木板存在相对运动的临界条件是什么？⑴运动学条件：若两物体速度或加速度不等,则会相对滑动。
⑵动力学条件：假设两物体间无相对滑动,先用整体法算出共同加速度,再用隔离法算出其中一个物体"所需要"的摩擦力f；比较f与最大静摩擦力f m的关系,若f> f m,则发生相对滑动；否则不会发生相对滑动。
3. 分析滑块和木板的受力情况,根据牛顿第二定律分别求出滑块和木板的加速度；4. 对滑块和木板进行运动情况分析,找出滑块和木板之间的位移关系或速度关系,建立方程．特别注意滑块和木板的位移都是相对地面的位移.5. 计算滑块和木板的相对位移〔即两者的位移差或位移和；6. 如果滑块和木板能达到共同速度,计算共同速度和达到共同速度所需要的时间；7. 滑块滑离木板的临界条件是什么？当木板的长度一定时,滑块可能从木板滑下,恰好滑到木板的边缘达到共同速度〔相对静止是滑块滑离木板的临界条件。
[名师点睛]1. 此类问题涉及两个物体、多个运动过程,并且物体间还存在相对运动,所以应准确求出各物体在各个运动过程中的加速度<注意两过程的连接处加速度可能突变>,找出物体之间的位移<路程>关系或速度关系是解题的突破口。
（完整）高中物理牛顿第二定律——板块模型解题基本思路
（完整）⾼中物理⽜顿第⼆定律——板块模型解题基本思路⾼中物理基本模型解题思路——板块模型（⼀）本模型难点：（1）长板下表⾯是否存在摩擦⼒，摩擦⼒的种类；静摩擦⼒还是滑动摩擦⼒，如滑动摩擦⼒，N F 的计算（2）物块和长板间是否存在摩擦⼒，摩擦⼒的种类：静摩擦⼒还是滑动摩擦⼒。
（3）长板上下表⾯摩擦⼒的⼤⼩。
（⼆）在题⼲中寻找注意已知条件：（1）板的上下两表⾯是否粗糙或光滑（2）初始时刻板块间是否发⽣相对运动（3）板块是否受到外⼒F ，如受外⼒F 观察作⽤在哪个物体上（4）初始时刻物块放于长板的位置（5）长板的长度是否存在限定⼀、光滑的⽔平⾯上，静⽌放置⼀质量为M ，长度为L 的长板，⼀质量为m 的物块，以速度0v 从长板的⼀段滑向另⼀段，已知板块间动摩擦因数为µ。
⾸先受⼒分析：对于m ：由于板块间发⽣相对运动，所以物块所受长板向左的滑动摩擦⼒，即：===m N N ma f F f mg F 动动µg a m µ= （⽅向⽔平向左）由于物块的初速度向右，加速度⽔平向左，所以物块将⽔平向右做匀减速运动。
对于M ：由于板块间发⽣相对运动，所以长板上表⾯所受物块向右的滑动摩擦⼒，但下表⾯由于光滑不受地⾯作⽤的摩擦⼒。
即：动f N F N F '==+='M N N N Ma f F f F Mg F 动动µ M mg a M µ= （⽅向⽔平向右）由于长板初速度为零，加速度⽔平向右，所以物块将⽔平向右做匀加速运动。
假设当M m v v=时，由于板块间⽆相对运动或相对运动趋势，所以板块间的滑动摩擦⼒会突然消失。
则物块和长板将保持该速度⼀起匀速运动。
关于运动图像可以⽤t v -图像表⽰运动状态：公式计算：设经过时间 t 板块共速，共同速度为共v 。
由共v v v M m == 可得： m 做匀减速直线运动： t a v v m -=0共M 做初速度为零的匀加速直线运动：t a v M M =可计算解得时间： t a t a v M m =-0物块和长板位移关系：m ： 2021t a t v x m m -= M ： 221t a x M M = 相对位移：M m x x x -=?v v⼆、粗糙的⽔平⾯上，静⽌放置⼀质量为M ，⼀质量为m 的物块，以速度0v 从长板的⼀段滑向另⼀段，已知板块间动摩擦因数为1µ，长板和地⾯间的动摩擦因数为2µ，长板⾜够长。
板块模型(2)
板块模型至少涉及两个物体，一般包括多个运动过程，并且物体间还存在相对运动，可见此类问题一般具有一定的难度。
解决这类问题要注重过程分析，明确临界条件。
对于涉及板块模型类问题，根据初始运动状态和受力条件的不同，可以分为多种类型，常见的有两大类型：一、木板或木块受到水平力如果木块与木板没有相对滑动，那就是普通的动力学问题；若两者间存在相对滑动，这才是板块模型问题的特色。
解决此类问题要把握两个关键，一是两者存在相对滑动的临界条件是两者之间的摩擦力为最大静摩擦力；二是两者滑离的条件是位移差等于木板的长度。
例：如图所示，水平地面上质量M=10kg 的长木板从静止开始受水平向右的F=90N 的恒力作用时，质量m=1kg 的小木块以v 0=4m/s 的初速度向左滑上长木板的右端。
已知木板与地面和木板与木块间的动摩擦因数均为μ=，取g=10m/s 2。
问：为使木块不滑离木板，木板的长度L 至少为多少？解析：木块滑上模板后，在与木板发生相对滑动的过程中，木板的加速度大小1()F mg M m ga Mμμ--+=，解得 213a m s =小木块的加速度大小 225a g m s μ==在该过程中，木板一直向右做加速运动，而木块先向左做减速运动，速度减小到零后又开始向右做加速运动，两者最终相对静止，一起以共同速度向右做加速运动。
这期间两者的相对位移一直增大。
设经过时间t 两者以共同速度运动，有 102at v a t =-+ 解得 2t s = 这段时间里，木板向右运动的位移 211162s at m == 木块向右运动的位移 2202122s v t at m =-+= 所以min 124L s s m =-=，此即木板长度L 的最小值。
木板或木块受到水平拉力的情况存在很多变化，但不管其怎样变化，只要做好两物体受力分析和运动情况分析，都可以顺利解题。
二、木块或木板具有一个初速度滑块滑上模板时，首先应对滑块进行受力分析，根据牛顿第二定律判断出滑块的加速度，其次分析清楚滑块开始运动时的运动特征，然后再对木板进行受力分析，由牛顿第二定律求出滑板的加速度，明确其运动特征。
物块在木板上滑动的四种基本情形及其综合实例分析
物块在木板上滑动的四种基本情形及其综合实例分析湖 北 刘 军１、问题的提出“物块在木板上滑动类问题”是力学综合中的一类典型问题，此类问题一般过程复杂，涉及知识点多，初始条件灵活多变，能很好的反映学生分析和处理物理问题的能力，因而在高考中屡见不鲜，它是力学综合复习中的重点和难点之一．要能准确快速求解此类问题，则要熟练掌握物块在木板上滑动的几种基本情形，因很多物块在木板上滑动的综合问题中所涉及到的物理子过程其实就是由这些常见的基本运动情形组成．2、物块在木板上滑动问题的两条解题思路思路一：应用牛顿运动定律并结合运动学公式对此类问题的物理过程进行逐步定量分析，进行求解；思路二：对此类问题的物理过程先进行定性分析，确定其初、末或中间某一状态，然后从两物间动量的传递和能量的转化角度出发，运用动量定理、动量守恒定律和能量守恒定律等知识进行求解．3、物块在木板上滑动问题的四种基本情形设以下四种情形中的物块（大小不计）质量均为m ，木板质量为M ，长为L ，物块与木板间的动摩擦因数为μ，地面光滑．情形一：物块以一定的初速冲上静止的木板上自由滑动如图１所示，物块冲上木板后，物块受向左的摩擦力做匀减速运动，木板受向右的摩擦力向右做匀加速运动，若木板足够长，则物块不会滑落木板，物块与木板达共同速度v 后一起匀速运动，设物块在木板上相对滑动的位移为ΔS ，则由动量守恒和功能原理有：⎪⎩⎪⎨⎧+-=∆+=2200)(2121)(v m M mv S mg v m M mv μ 若木板不够长，最后物块滑落木板，设滑落时物块、木板的速度分别为v 1、v 2，则有 ⎪⎩⎪⎨⎧--=+=222120*********Mv mv mv mgL Mv mv mv μ 情形二：物块从静止放到以一定速度运动的木板上自由滑动如图２所示，物块从静止开始放到以速度0v 向右匀速运动的木板的右端，物块放到木板上后，物块受向右的摩擦力而向右做匀加速运动，木板受向左的摩擦力而做匀减速运动，若木板足够长，则物块不会滑落木板，物块与木板达共同速度v 后一起匀速运动，设物块在木板上相对滑动的位移为ΔS ，则由动量守恒和功能原理有：⎪⎩⎪⎨⎧+-=∆+=2200)(2121)(v m M Mv S mg v m M Mv μ 若木板不够长，最后物块滑落木板，设滑落时物块、木板的速度分别为v 1、v 2，则有⎪⎩⎪⎨⎧--=+=222120*********Mv mv Mv mgL Mv mv Mv μ 情形三:物块在外力作用下在木板上滑动如图3所示，物块和木板均静止在地面上，现对物块施一水平向右的恒力F 作用而使物块在木板上滑动，则物块向右运动的加速度为m mg F a μ-=1，木板则以M mg a μ=2向右做匀加速运动，设经时间t 物块滑落木板，则有L t a t a =-22212121，滑落时物块和木板的速度分别为t a v 11=，t a v 22=． 情形四:物块在受外力作用下的木板上滑动如图４所示，物块放在木板右端且均静止，现对木板施一水平向右的恒力F 作用而使物块在木板上发生相对滑动，则木板向右运动的加速度为Mmg F a μ-=1，物块则以g a μ=2向右做匀加速运动，设经时间t 物块滑落木板，则有L t a t a =-22212121，滑落时木板和物块的速度分别为t a v 11=，t a v 22=．4、物块在木板上滑动问题的综合实例分析例1 如图５所示，质量为M 的平板小车放在光滑水平面上，平板右端上放有质量为m 的木块，它们之间的动摩擦因数为μ，现使平板小车和木块分别向右和向左运动，初速度大小均为0v ，设平板足够长，且M > m ，求木块相对平板右端滑行的距离。
加速度的方向如何判断（文档5篇）
加速度的方向如何判断（文档5篇）以下是网友分享的关于加速度的方向如何判断的资料5篇，希望对您有所帮助，就爱阅读感谢您的支持。
第1篇摩擦力的方向如何判断摩擦力的方向判断，是高中物理知识的一个难点。
对于刚接触高中物理的高一新生来说，在学习这部分内容时，更感到困难。
在教材中，也仅仅只有抽象的一句话：摩擦力的方向与相对运动或相对运动趋势的方向相反，至于如何理解和应用，学生也摸不着头脑。
其实要克服这个难点，只要掌握几个关键步骤，就迎刃而解了。
1、滑动摩擦力的方向判断要判断滑动摩擦力的方向，就先得区分运动方向和相对运动方向这两个概念。
物体的运动方向是相对于地面而言的，而物体的相对运动方向是相对于和它接触的物体而言的。
清楚了这两个概念，对我们的判断就更加清晰了。
例1：如图1，传送带匀速顺时针转动，物体以初速度为0 到的摩擦力的方向。
错解：物体放在传送带时后，将在滑动摩擦力的带动下相对地面向右运动，则物体受到的图1摩擦力方向向左。
错解分析：物体向右运动是对的，（以地面为参考系）但物体相对传送带的方向是向左的，（而不打算相对地面，与地面无任何关系）所以受到的摩擦力的方向是向右的。
错误的原因是错把运动方向当成了相对运动方向。
根据以上分析，我们欲判断滑动摩擦力的方向，应该明确以下几个方面：（1）应该明确受力物体和施力物体。
（2）明确受力物体相对施力物体的相对运动方向，而不是受力物体相对地面或其他的参考系，这点是非常重要的。
因为摩擦力是发生在受力物体施力物体之间，与任何其他物体无关，这是学生常犯的错误，尤其老是以地为参考系，判断物体相对于地面的方向。
（3）摩擦力的方向和第二步判断出的相对运动的方向相反。
其中（2）应该是最重要的一步，当然也是最难的一步。
如上例，学生就是在这点上常犯错误。
2、静摩擦力的方向判断对于静摩擦力，判断的方法仍然遵守上面的三个步骤，只是判断相对运动方向改为判断相对运动趋势方向。
当然，对静摩擦力，判断相对运动趋势的方向比较难，我们可以用假设法。
两个物块发生相对滑动的条件
两个物块发生相对滑动的条件
两个物块发生相对滑动的条件：两物体相接触且处于相对静止时，常存在着静摩擦力，则相对滑动的临界条件是：静摩擦力达到最大值。
相对滑动就是指一个物体对于某一物体来说是滑动的，而对于其他物体来说不一定滑动。
比如说在一辆运动的小车上，有个物块在滑动，当这个物块的滑动速度与车运动速度相同，而与车的运动方向相反的时候，在地面上看这个物块是不动的，这个就是说物块相对地面没有滑动，而它相对小车是滑动的。
1、接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离，临界条件是：弹力FN＝0。
2、相对滑动的临界条件：两物体相接触且处于相对静止时，常存在着静摩擦力，则相对滑动的临界条件是：静摩擦力达到最大值。
3、绳子断裂与松弛的临界条件：绳子所能承受的张力是有限的，绳子断与不断的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力，绳子松弛的临界条件是：FT＝0。
4、加速度最大与速度最大的临界条件：当物体在变化的外力作用下运动时，其加速度和速度都会不断变化，当所受合外力最大时，具有最大加速度；合外力最小时，具有最小加速度。
当出现速度有最大值或最小值的临界条件时，物体处于临界状态，所对应的加速度为零。
1。
加速度与滑动摩擦系数
加速度与滑动摩擦系数加速度和滑动摩擦系数是物理学中两个重要概念，它们在描述物体运动过程中起着关键作用。
在本文中，我将分别介绍加速度和滑动摩擦系数的定义、计算方法以及它们之间的关系。
首先，让我们来了解一下加速度的概念。
加速度是描述物体在运动过程中速度变化率的物理量，通常用符号a表示。
加速度的计算公式为a=(v-u)/t，其中v表示物体的末速度，u表示物体的初速度，t表示物体运动的时间。
加速度的单位是米每秒平方（m/s²），它可以是正数、负数或零，分别表示物体的加速、减速或匀速运动。
在牛顿运动定律中，加速度与物体所受的合力成正比，加速度的大小与物体的质量成反比。
接下来，让我们来探讨滑动摩擦系数的概念。
滑动摩擦系数是描述物体在表面上滑动摩擦力大小的物理量，通常用符号μ表示。
滑动摩擦系数的计算方法是μ=Ff/N，其中Ff表示物体所受的滑动摩擦力的大小，N表示物体受力的垂直支撑力的大小。
滑动摩擦系数的大小取决于物体的材质和表面的粗糙程度，不同的材质和表面具有不同的滑动摩擦系数。
滑动摩擦系数的大小决定了物体在表面上的滑动摩擦力的大小，它是物体在运动过程中受到的阻力的重要来源之一。
最后，让我们来探讨加速度与滑动摩擦系数之间的关系。
在物体在表面上滑动的过程中，滑动摩擦力的大小与加速度的大小有密切的关系。
根据牛顿第二定律，物体的加速度与物体所受的合力成正比，而物体在表面上的滑动摩擦力是合力的一部分。
因此，加速度的大小与滑动摩擦系数的大小之间存在一定的关系，滑动摩擦系数越大，物体在表面上的滑动摩擦力越大，物体的加速度也会受到影响。
综上所述，加速度和滑动摩擦系数是物体运动过程中的重要物理量，它们的大小与物体的运动状态密切相关，加速度描述了物体的速度变化率，滑动摩擦系数描述了物体在表面上的滑动摩擦力的大小。
加速度与滑动摩擦系数之间存在一定的关系，它们共同影响着物体在表面上的运动过程。
深入理解加速度和滑动摩擦系数的概念，有助于我们更好地理解物体的运动规律，提高物理学的学习效果。
三 专题二 滑块、木板—2021届高三物理一轮复习讲义
专题二 滑块、木板滑块、木板① 定对象、定质量；列牛二时求加速度时，常常将物体的质量弄错，尤其是在计算下面这个物体的a 时。
正确的方法是：明确研究对象，分析对象受到的合外力，再列式。
② 相对位移与对地位移：相对位移一般用于计算摩擦生热，或者滑块是否会滑离木板（滑块和木板都在运动）；对地位移一般是隔离某个物体运用运动学公式或者列动能定律时使用。
③ 摩擦生热：（1） 直接公式法：Q ＝F f ·x相对；式中 x 相对指的是相对路程。
在没有相对往返运动的情况下，相对位移就等于相对路程。
（2） 运用能量守恒：E -Q ∆=机，即系统机械能的损失量等于产生的摩擦热。
更深更全面的问题在动量里会再次涉及到。
④ 临界问题分析：（1） 判断相对地面是否滑动，是比较物体受到的外力与地面最大静摩擦力的关系；判断系统内部是否相对滑动，是比较内力与最大静摩擦力的关系；（2） 判断物体与木板共速度后，是否还会相对滑动：假设法，假设不滑动，求出内力，比较内力与最大静摩擦力的大小，验证假设的正确性；小结论：如果μ滑板<μ地板，达到共速后还会继续滑动，无论是在水平面还是斜面都适用；反正亦然。
（形象记忆为摩擦因数大，结合得牢固）例1. 如图所示，质量为M 、长度为l 的小车静止在光滑水平面上，质量为m 的小物块放在小车的最左端．现用一水平恒力F 作用在小物块上，使它从静止开始运动，物块和小车之间摩擦力的大小为f ，当小车运动的位移为x 时，物块刚好滑到小车的最右端．若小物块可视为质点，则( )A ．物块受到的摩擦力对物块做的功与小车受到的摩擦力对小车做功的代数和为零B ．整个过程物块和小车间摩擦产生的热量为flC ．小车的末动能为fxD ．整个过程物块和小车增加的机械能为F (x ＋l )BC例2. (多选)如图所示，A 、B 两物块的质量分别为2m 和m ，静止叠放在水平地面上。
A 、B 间的动摩擦因数为μ，B 与地面间的动摩擦因数为12μ。
板滑块模型解题策略
板块模型分为两大类：一是给初速度（给冲量）；二是加外力。
一、初速度1、给物块初速度如果地面粗糙，B 是否能动，判断方法是比较两个摩擦力的大小，设AB 之间的最大静摩擦力为f 上，B 与地面C 之间的最大静摩擦力为f 下，若f 上>f 下，则能带动，不能比较动摩擦因数，说明不了问题。
分析AB 的运动情况，设A 的质量为m A ，B 的质量为m B ，A 、B 之间的动摩擦因数为μ1，B 与地面C 之间的动摩擦因数为μ2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
A 做匀减速，B 做匀加速，B 长度合适的话，二者有一个共速的时刻，之后二者一起匀减速运动，如果地面是光滑的，做匀速运动。
我们把过程分为两个部分，以共速时刻为分界线。
第一阶段选择什么方法解题？（请看右图）这是一个系统模型，含有两个物体，要考虑到质点的三个方法，也要考虑到系统的两个方法。
到底如何选择，也是有规律可言的，切忌只走一条路。
如果涉及到时间，比如这个例子，第一阶段中两个物体运动的时间相等即时间条件，且使用加速度，就一定用牛顿第二定律加运动学公式。
动量定理的使用一定与时间有关，有时候能使用牛顿第二定律的地方也可以使用动量定理，但动量定理应用要比牛顿第二定律灵活一些，比如变力。
要只涉及位移，可以考虑用动能定理，它比牛顿第二定律要简单一些，也灵活一些。
至于动量守恒的使用，必须系统的合外力为零（单指板块模型类题目），比如这个例子如果地面是光滑的，只给物体一个初速度，没有外加的力，则合外力为零，一定要考虑动量守恒求共同速度。
能量守恒存在于各种题目中，是普遍应用的一个规律，应时刻想到它。
比如这个例子，A 、B 之间摩擦力乘相对位移等于产生的热量，B 、C 之间的摩擦力乘B 的位移等于地面摩擦产生的热量，由于地面是不动的，B 的位移也相当于B 与C 的相对位移，然后根据系统机械能的减少量等于产生的热量可以列方程，求相对位移时经常用这种方法。
回头我们再说说这个例子，根据上面的分析，我们决定用牛顿第二定律加运动学公式。