湖南省长沙市周南中学高考物理复习 专题三 滑块模型 新人教版
湖南省长沙市周南中学高考物理复习专题三滑块模型新人教版
专题三、滑块模型滑块模型是指滑块在长木板上与长木板发生相对运动的情形，由于滑块与长木板之间存在摩擦力，水平地面可能光滑也可能粗糙，两者均在匀变速直线运动或静止状态，可能出现的情况多种多样，需具体情况具体分析。
基础知识回顾： 1.牛顿运动定律：2. 匀变速直线运动规律：3.动能定理：一、滑块与长木板之间是否出现相对运动的分析1．如图所示，m A =1kg ，m B =2kg ，A 、B 间静摩擦力的最大值是5N ，水平面光滑。
用水平力F 拉B ，当拉力大小分别是1F =10N 和2F =20N 时，A 、B 的加速度各多大？（设A 、B 间的滑动摩擦力大小等于A 、B 间的最大静摩擦力大小）解：方法一：假设A 、B 相对静止， 当1F =10N 时A 、B 的共同加速度21/310s m m m F a B A =+=，此时A 物体所受的摩擦力N N a m f A 533.3 == 故A 、B 相对静止，A 、B 的加速度均为2/33.3s m a = 当1F =20N 时A 、B 的共同加速度22/320s m m m F a B A =+=，此时A 物体所受的摩擦力N N a m f A 567.6 ==，故A 、B 有相对运动， 对A 物体 2/5s m m fa AA ==对B 物体 22/5.7s m m fF a BB =-=方法二：先确定临界值，即刚好使A 、B 发生相对滑动的F 值。
当A 、B 间的静摩擦力达到5N 时，既可以认为它们仍然保持相对静止，有共同的加速度，又可以认为它们间已经发生了相对滑动，A 在滑动摩擦力作用下加速运动。
对A a =f /m A =5m/s 2，再以A 、B 系统为对象得到 F =（m A +m B ）a =15N ⑴当F =10N<15N 时， A 、B 一定仍相对静止，所以2BA B A 3.3m/s =+==m m Fa a⑵当F =20N>15N 时，A 、B 间一定发生了相对滑动，用质点组牛顿第二定律列方程：B B A A a m a m F +=，而a A =f /m A =5m/s 2，于是可以得到a B =7.5m/s 2点评：求解本题时，关键确定A 、B 间是相对静止还是相对滑动。
高考物理总复习第三单元牛顿运动定律微专题3滑块木板模型传送带模型教师用书含解析新人教版
高考物理总复习第三单元牛顿运动定律微专题3滑块木板模型传送带模型教师用书含解析新人教版一传送带模型传送带问题为高中动力学问题中的难点,需要考生对传送带问题准确地做出动力学过程分析。
1.抓住一个关键:在确定研究对象并进行受力分析之后,首先判定摩擦力的突变(含大小和方向)点,给运动分段。
传送带传送的物体所受摩擦力,不论是其大小的突变,还是其方向的突变,都发生在物体的速度与传送带速度相等的时刻。
物体在传送带上运动时的极值问题,不论是极大值,还是极小值,也都发生在物体速度与传送带速度相等的时刻,v物与v传相同的时刻是运动分段的关键点。
判定运动中的速度变化(相对运动方向和对地速度变化)的关键是v物与v传的大小与方向,二者的大小和方向决定了此后的运动过程和状态。
2.注意三个状态的分析——初态、共速、末态3.传送带思维模板模型1水平传送带模型水平传送带又分为三种情况:物体的初速度与传送带速度同向(含物体初速度为0)或反向。
情景图示滑块可能的运动情况情景1 (1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速情景2 (1)v0=v时,一直匀速(2)v0>v时,可能一直减速,也可能先减速再匀速(3)v0<v时,可能一直加速,也可能先加速再匀速情景3 (1)传送带较短时,滑块一直减速到达左端(2)传送带较长时,滑块还要被传送带传回右端。
当v0>v时,返回时速度为v,当v0<v时,返回时速度为v0如图甲所示,水平方向的传送带顺时针转动,传送带速度大小v=2 m/s 不变,两端A、B 3 m。
一物块从B端以v0=4 m/s滑上传送带,物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.4,g=10 m/s2。
物块从滑上传送带至离开传送带的过程中,速度随时间变化的图象是图乙中的( )。
甲乙物块B刚滑上传送带时,速度向左,由于物块与传送带间的摩擦作用,使得它做匀减速运动,加速度大小a=μg=4 m/s2,当物块的速度减小到零时,物块前进的距离s=0-422×(-4)m=2 m,其值小于AB的长3 m,故物块减速到零后仍在传送带上,所以它会随传送带向右运动,其加速度的大小与减速时是相等的,当其速度与传送带的速度相等时物块向右滑行的距离s'=22-02×4m=0.5 m,其值小于物块向左前进的距离,说明物块仍在传送带上,以后物块相对于传送带静止,其速度等于传送带的速度,所以B项正确。
新高考通用备战2024年高考物理抢分秘籍04滑块板块模型和传送带模型学生版
秘籍04滑块木板模型和传送带模型一、滑块木板模型1．模型特点：滑块(视为质点)置于木板上，滑块和木板均相对地面运动，且滑块和木板在摩擦力的作用下发生相对滑动．2．位移关系：如图所示，滑块由木板一端运动到另一端的过程中，设板长为L，滑块(可视为质点)位移大小为x块，滑板位移大小为x板。
同向运动时：L＝x块－x板．反向运动时：L＝x块＋x板．3.判断滑块和模板运动状态的技巧：二、传送带模型(摩擦力方向一定沿斜面向上)3．划痕问题：滑块与传送带的划痕长度Δx等于滑块与传送带的相对位移的大小，若有两次相对运动且两次相对运动方向相同，Δx＝Δx1＋Δx2(图甲)；若两次相对运动方向相反，Δx等于较长的相对位移大小．(图乙)4.功能关系分析：(1)功能关系分析：W＝ΔE k＋ΔE p＋Q。
(2)对W和Q的理解传送带克服摩擦力做的功：W＝fx传；产生的内能：Q＝fx相对。
【题型一】滑块木板模型【典例1】（2024·四川成都·二模）如图，一质量为2kgM=的木板静止在水平地面上，一质量为1kgm=的滑块（可视为质点）以02m/sv=的水平速度从木板左端滑上木板，木板始终保持静止。
木板足够长，滑块与木板间的动摩擦因数为10.3μ=，木板与地面间的动摩擦因数为2μ（未知），重力加速度大小取210m/sg=，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
下列说法正确的是（）A．地面对木板的摩擦力方向水平向右A．小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.6A．若只增大M，则小滑块能滑离木板30，上有质量的顶端，B与木板。
无初速释放二者，当木板滑到斜面底端时，与底部的挡板发生弹性碰撞，且碰撞时间极短。
可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g 。
试求:（1）木板A 与挡板第一次碰撞后沿斜面上滑的过程中木板A 和物块B 各自加速度的大小； （2）木板A 从开始到第三次与挡板碰撞过程中运动的总路程s ；（3）若从开始到A 、B 最后都静止的过程中，物块B 一直未从木板A 上滑落，则木板A 长度l 应满足的条件。
人教版高中物理必修第1册 第四章 专题3 滑块-滑板模型
a′2＝f1－f2＝－4 M
m/s2，木板从
1
s
末到停下来的位移
xM＝－2av′22＝21×24
m＝0.125 m，小物块从 1 s 末到停下来
的位移 xm＝－2av′12＝21×21 m＝0.5 m，1 s 末到两者都停下，小物块相对于木板的位移Δx′＝xm－xM＝0.375 m．故
小物块最终停在距木板右端Δx＝Δx1－Δx′＝3 m－0.375 m＝2.625 m 处．
A．P 在 Q 上时，P、Q 两个物体加速度分别为 6 m/s2、4 m/s2 B．P 在 Q 上时，P、Q 两个物体加速度分别为 6 m/s2、2 m/s2 C．P 滑块在 Q 上运动时间为 1 s D．P 滑块在 Q 上运动时间为 2 s
解析
P 受重力和 Q 对 P 的支持力作用，根据牛顿第二定律有 mPgsin 37°＝mPaP，解得 aP＝gsin 37°＝6 m/s2， Q 受重力、斜面对 Q 的支持力、摩擦力和 P 对 Q 的压力作用，根据牛顿第二定律有 mQgsin 37°－μ(mP＋mQ)gcos 37°＝mQaQ，解得 aQ＝2 m/s2，A 错误，B 正确；设 P 在 Q 上滑动的时间为 t，因 aP＝6 m/s2>aQ＝2 m/s2，故 P 比 Q 运动得快，根据位移关系有 L＝12aPt2－12aQt2，代入数据解得 t＝2 s，C 错误，D 正确．
湖南省长沙市周南中学2022-2023学年高三上学期第四次月考物理试题含解析
D．在 内，无人机水平方向做匀减速直线运动，则水平加速度恒定，竖直方向匀减速上升，竖直加速度恒定，则无人机的合加速度恒定，故无人机做匀变速运动，故D正确。
故选D。
2.如图所示，竖直平面内有两个半径为R，而内壁光滑的 圆弧轨道，固定在竖直平面内，地面水平， 、O'为两圆弧的圆心，两圆弧相切于N点。一小物块从左侧圆弧最高处静止释放，当通过N点时，速度大小为（重力加速度为g）（ ）
（2）实验电路图如图甲所示，按照甲图的电路图，连接乙图中的实物图。（）
（3）在某次测量中，电流表A1的读数为 、电流表A2的读数为 ，根据此次测量的结果写出电阻丝 的表达式， ___________。
【答案】①.6.125##6.124##6.126②.见解析③.
【解析】
【详解】（1）[1]螺旋测微器的精确值为 ，由图可知电阻丝的直径为
三、实验题（本题共两小题，每空2分，共14分）
11.要精确测量一个阻值约为5Ω的电阻丝的电阻 ，实验提供下列器材：
电流表A1：量程100mA，内阻 约为4Ω；
电流表A2：量程500μA，内阻 ；
直流电源 ：电动势 ，内阻很小；
滑动变阻器 ：阻值10Ω；
开关S，导线若干。
（1）实验中用螺旋测微器测量电阻丝的直径，如图所示，则此电阻丝的直径是___________mm。
A.一定有m1>m2B.一定有m1<m2
C.一定有Q1>Q2D.一定有Q1<Q2
【答案】A
【解析】
【详解】对两小球受力分析如下图所示
两小球静止，受力平衡，由相似三角形关系可知
由于 ， ，则有
2024年高中物理新教材讲义：弹簧—小球模型 滑块—光滑斜(曲)面模型
专题强化3弹簧—小球模型滑块—光滑斜(曲)面模型[学习目标]1.进一步掌握用动量守恒定律、能量守恒定律解决碰撞问题的技巧(重点)。
2.掌握两类碰撞问题的解题方法(重难点)。
一、弹簧—小球模型如图所示，光滑水平面上静止着一质量为m 2的刚性小球B ，左端与水平轻质弹簧相连，另有一质量为m 1的刚性小球A 以速度v 0向右运动，并与弹簧发生相互作用，两球半径相同，问：(1)弹簧的弹性势能什么情况下最大？最大为多少？(2)两球共速后，两球的速度如何变化？弹簧长度如何变化？(3)小球B 的速度什么情况下最大？最大为多少？答案(1)当两个小球速度相同时，弹簧最短，弹簧的弹性势能最大。
由动量守恒定律得m 1v 0＝(m 1＋m 2)v 由能量守恒定律得12m 1v 02＝12(m 1＋m 2)v 2＋E pmax 解得E pmax ＝m 1m 2v 022(m 1＋m 2)(2)如图所示，两球共速后，A 减速，B 加速，A 、B 间的距离增大，故弹簧的压缩量减小，弹簧的长度增加。
(3)当弹簧恢复原长时，小球B 的速度最大，由动量守恒定律得m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v 2由能量守恒定律得12m 1v 02＝12m 1v 12＋12m 2v 22解得v 2＝2m 1v 0m 1＋m 2。
拓展延伸(1)系统动能何时最小？求系统的动能的最小值。
(2)从小球与弹簧相互作用至弹簧恢复原状的过程，系统动能何时最大？求系统的动能的最大值。
答案(1)弹簧和小球组成的系统机械能守恒，两球共速时，弹簧的弹性势能最大，系统的动能最小。
E kmin ＝12(m 1＋m 2)v 2＝m 122(m 1＋m 2)v 02(2)弹簧和小球组成系统机械能守恒，当弹簧恢复原长时，弹簧的弹性势能最小，系统的动能最大，E kmax ＝12m 1v 02。
对两个(或两个以上)物体与弹簧组成的系统，在相互作用的过程中，若系统合外力为零，则系统动量守恒。
2020届高考物理总复习第三单元牛顿运动定律微专题3滑块木板模型传送带模型教师用书含解析新人教版
微专题3 滑块木板模型、传送带模型一传送带模型传送带问题为高中动力学问题中的难点,需要考生对传送带问题准确地做出动力学过程分析。
1.抓住一个关键:在确定研究对象并进行受力分析之后,首先判定摩擦力的突变(含大小和方向)点,给运动分段。
传送带传送的物体所受摩擦力,不论是其大小的突变,还是其方向的突变,都发生在物体的速度与传送带速度相等的时刻。
物体在传送带上运动时的极值问题,不论是极大值,还是极小值,也都发生在物体速度与传送带速度相等的时刻,v物与v传相同的时刻是运动分段的关键点。
判定运动中的速度变化(相对运动方向和对地速度变化)的关键是v物与v传的大小与方向,二者的大小和方向决定了此后的运动过程和状态。
2.注意三个状态的分析——初态、共速、末态3.传送带思维模板模型1水平传送带模型水平传送带又分为三种情况:物体的初速度与传送带速度同向(含物体初速度为0)或反向。
情景图示情景(1)(2)情景 (1)(2)(3)情景(1)(2)度为如图甲所示,水平方向的传送带顺时针转动,传送带速度大小v=2 m/s 不变,两端A 、B 3 m 。
一物块从B 端以v 0=4 m/s 滑上传送带,物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.4,g=10 m/s 2。
物块从滑上传送带至离开传送带的过程中,速度随时间变化的图象是图乙中的( )。
甲乙物块B 刚滑上传送带时,速度向左,由于物块与传送带间的摩擦作用,使得它做匀减速运动,加速度大小a=μg=4 m/s 2,当物块的速度减小到零时,物块前进的距离s=--m =2 m,其值小于AB 的长3 m,故物块减速到零后仍在传送带上,所以它会随传送带向右运动,其加速度的大小与减速时是相等的,当其速度与传送带的速度相等时物块向右滑行的距离s'= -m =0.5 m,其值小于物块向左前进的距离,说明物块仍在传送带上,以后物块相对于传送带静止,其速度等于传送带的速度,所以B 项正确。
B分析传送带问题的关键是判断摩擦力的方向。
动量守恒之滑块木板模型高三物理一轮复习专题
一.必备知识精讲模型图示模型特点(1)假设滑块未从木板上滑下，当两者速度相等时木块或木板的速度最大，两者的相对位移取得极值(完全非弹性碰撞拓展模型)(2)系统的动量守恒，但机械能不守恒，摩擦力与两者相对位移的乘积等于系统减少的机械能(3)根据能量守恒，系统损失的动能ΔE k＝Mm＋ME k0，可以看出，滑块的质量越小，木板的质量越大，动能损失越多(4)该类问题既可以从动量、能量角度求解，相当于非弹性碰撞拓展模型，也可以从力和运动的角度借助图示求解二.典型例题精讲：题型一：图像题例1：. 如下图，足够长的木板Q放在光滑水平面上，在其左端有一可视为质点的物块P，P、Q间接触面粗糙。
现给P向右的速率v P，给Q向左的速率v Q，取向右为速度的正方向，不计空气阻力，那么运动过程中P、Q的速度随时间变化的图像可能正确的选项是()答案ABC解析开始时，木板和物块均在摩擦力作用下做匀减速运动，两者最终到达共同速度，以向右为正方向，P、Q组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律得m P v P－m Q v Q＝(m P＋m Q)v；假设m P v P＝m Q v Q，那么v＝0，图像如图A所示；假设m P v P>m Q v Q，那么v>0，图像如图B所示；假设m P v P<m Q v Q，那么v<0，图像如图C所示。
故A、B、C正确，D错误。
题型二：计算题例2：如下图，在光滑水平面上有B 、C 两个木板，B 的上外表光滑，C 的上外表粗糙，B 上有一个可视为质点的物块A ，A 、B 、C 的质量分别为3m 、2m 、m .A 、B 以相同的初速度v 向右运动，C 以速度v 向左运动．B 、C 的上外表等高，二者发生完全非弹性碰撞但并不粘连，碰撞时间很短．A 滑上C 后恰好能到达C 的中间位置，C 的长度为L ，不计空气阻力．求：(1)木板C 的最终速度大小；(2)木板C 与物块A 之间的摩擦力F f 大小；(3)物块A 滑上木板C 之后，在木板C 上做减速运动的时间t .答案 (1)56v (2)m v 23L (3)3L 2v解析 (1)设水平向右为正方向，B 、C 碰撞过程中动量守恒：2m v －m v ＝(2m ＋m )v 1解得v 1＝v 3A 滑到C 上，A 、C 动量守恒：3m v ＋m v 1＝(3m ＋m )v 2解得v 2＝56v ； (2)根据能量关系可知，在A 、C 相互作用过程中，木板C 与物块A 之间因摩擦产生的热量为Q ＝12(3m )v 2＋12m v 12－12(3m ＋m )v 22 Q ＝F f · L 2联立解得F f ＝m v 23L； (3)在A 、C 相互作用过程中，以C 为研究对象，由动量定理得F f t ＝m v 2－m v 1解得t ＝3L 2v. 三.举一反三，稳固练习1．如下图，甲图表示光滑平台上，物体A 以初速度v 0滑到上外表粗糙的水平小车B 上，车与水平面间的动摩擦因数不计，乙图为物体A 与小车B 的v －t 图象，由此可知 ( )A ．小车上外表长度B ．物体A 与小车B 的质量之比C ．物体A 与小车B 上外表间的动摩擦因数D ．小车B 获得的动能答案：BC[解析] 由图象可知，A 、B 最终以共同速度v 1匀速运动，不能确定小车上外表长度，故A 错误；由动量守恒定律得m A v 0＝(m A ＋m B )v 1，故可以确定物体A 与小车B 的质量之比，故B正确；由图象可知A 相对小车B 的位移Δx ＝12v 0t 1，根据动能定理得－μm A g Δx ＝12(m A ＋m B )v 21－12m A v 20，根据B 项中求得的质量关系，可以解出动摩擦因数，故C 正确；由于小车B 的质量无法求出，故不能确定小车B 获得的动能，故D 错误。
滑块木板模型(原卷版)—动量守恒的十种模型解读和针对性训练——2025届高考物理一轮复习
动量守恒的十种模型解读和针对性训练滑块木板模型模型解读1.模型图示2.模型特点(1)系统的动量守恒，但机械能不守恒，摩擦力与两者相对位移的乘积等于系统减少的机械能。
(2)若滑块未从木板上滑下，当两者速度相同时，木板速度最大，相对位移最大。
3.求解方法(1)求速度：根据动量守恒定律求解，研究对象为一个系统。
(2)求时间：根据动量定理求解，研究对象为一个物体。
(3)求系统产生的内能或相对位移：根据能量守恒定律Q＝fΔx或Q＝E初－E末，研究对象为一个系统。
【方法归纳】. “子弹打木块”（“滑块—木板”）模型，采用动量守恒定律、动能定理或能量守恒定律列方程解答。
滑块木板模型的位移关系:滑块由木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板同向运动，二者位移之差等于板长。
若滑块和木板反向运动，二者位移之和等于板长。
【典例精析】【典例】(2024·广东广州校考)如图，长为L的矩形长木板静置于光滑水平面上，一质量为m 的滑块以水平向右的初速度v0滑上木板左端。
若木板固定，则滑块离开木板时的速度大小为v03；若木板不固定，则滑块恰好不离开木板。
滑块可视为质点，重力加速度大小为g。
求：(1)滑块与木板间的动摩擦因数μ；(2)木板的质量M ；(3)两种情况下，滑块从木板左端滑到右端的过程中，摩擦力对滑块的冲量大小之比I 1∶I 2。
【针对性训练】1.. （2024年5月武汉三模）一块质量为M 、长为l 的长木板A 静止放在光滑的水平面上，质量为m 的物体B （可视为质点）以初速度v 0从左端滑上长木板 A 的上表面并从右端滑下，该过程中，物体B 的动能减少量为，长木板A 的动能增加量为，A 、B 间因摩擦产生的热量为Q ，下列说法正确的是（ ）A. A 、B 组成的系统动量、机械能均守恒B. ，，Q 的值可能为，，C. ，，Q 的值可能为，，D. 若增大v 0和长木板A 的质量M ，B 一定会从长木板A 的右端滑下，且Q 将增大.2 .如图所示，光滑水平面上有一矩形长木板，木板左端放一小物块，已知木板质量大于物块质量，t ＝0时两者从图中位置以相同的水平速度v 0向右运动，碰到右面的竖直挡板后木板以与原来等大反向的速度被反弹回来，运动过程中物块一直未离开木板，则关于物块运动的速度v 随时间t 变化的图像可能正确的是( )3.（10分）（2024年4月安徽安庆示范高中联考）如图所示，一质量为M =4kg 的木板静止在水平面上，木板上距离其左端点为L =25m 处放置一个质量为m =1kg 的物块（视为质点），物块与木板之间的动摩擦因数为μ1=0.3。
备考2024届高考物理一轮复习讲义第三章运动和力的关系专题六动力学问题的模型建构题型3滑块_滑板模型
题型3 滑块—滑板模型1.模型特点涉及两个物体，多个运动过程，并且物体间存在相对滑动.2.解题思路研透高考明确方向命题点1水平板块问题8.[受牵引力作用的板块问题/2024福建厦门一中校考]如图甲所示，足够长的木板静置于水平地面上，木板最右端放置一可看成质点的小物块.在t＝0时对木板施加一水平向右的恒定拉力F，在F的作用下物块和木板发生相对滑动，t＝1s时撤去F，整个过程木板运动的v －t图像如图乙所示.物块和木板的质量均为1kg，物块与木板间、木板与地面间均有摩擦，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2，下列说法正确的是（C）A.1～1.5s内木板的加速度为4m/s2B.物块与木板间的动摩擦因数为0.5C.拉力F的大小为21ND.物块最终停止时的位置与木板右端的距离为5.25m解析 速度—时间图像斜率的绝对值表示加速度大小，由图乙可知，1～1.5 s 内木板的加速度大小为a ＝ΔvΔt ＝9−31.5−1 m/s 2＝12 m/s 2，选项A 错误；根据题意，结合图乙可知，0～1.5 s 内小物块始终做匀加速运动，t ＝1.5 s 时木板和小物块达到共速，设小物块与木板间的动摩擦因数为μ，则对小物块应用牛顿第二定律得μmg ＝ma 0，而由速度与时间的关系式可得v ＝a 0t ，其中v ＝3 m/s 、t ＝1.5 s ，从而解得μ＝0.2，选项B 错误；设地面与木板间的动摩擦因数为μ1，在撤去拉力后，对木板应用牛顿第二定律得μmg ＋2μ1mg ＝ma ，解得μ1＝0.5.又由图乙可知，在没有撤去拉力时木板的加速度a 1＝Δv 1Δt 1＝91m/s 2＝9 m/s 2，对此时的木板应用牛顿第二定律得F －μmg －2μ1mg ＝ma 1，解得F ＝21 N ，选项C 正确；对木板和小物块达到共速时进行分析，若共速后二者相对静止，设二者的共同加速度为a 2，则由牛顿第二定律有2μ1mg ＝2ma 2，解得a 2＝5 m/s 2，而小物块相对于木板不发生相对滑动的临界加速度a max ＝a 0＝2 m/s 2＜a 2，由此可知，小物块与木板共速后瞬间又发生了相对滑动，对木板，设其继续与木块发生相对滑动时的加速度大小为a 3，则由牛顿第二定律有2μ1mg －μmg ＝ma 3，解得a 3＝8 m/s 2，即木板以加速度a 3继续减速直至速度为零，小物块以加速度大小为a 0减速直至速度为零，设在两者达到共速时小物块的对地位移为x 1，木板的对地位移为x 2，则可得x 1＝12a 0t 2＝2.25 m ，x 2＝12a 1t 02＋a 1t 0(t －t 0)－12a (t －t 0)2，其中t 0＝1 s ，解得x 2＝7.5 m ，则可知两者共速时物块的位置与木板右端的距离为Δx ＝x 2－x 1＝5.25 m.设共速之后的减速阶段小物块的位移为x 3，木板的位移为x 4，则由运动学公式可得v 2＝2a 0x 3，v 2＝2a 3x 4，解得x 3＝2.25 m ，x 4＝0.562 5 m ，则物块最终停止时的位置与木板右端的距离为Δx'＝x 2＋x 4－(x 1＋x 3)＝3.562 5 m ，选项D 错误. 命题点2 倾斜板块问题9.[倾斜板块/多选]滑沙运动是小孩比较喜欢的一项运动，其运动过程可类比为如图所示的模型，倾角为37°的斜坡上有长为1m 的滑板，滑板与沙间的动摩擦因数为2140.小孩（可视为质点）坐在滑板上端，与滑板一起由静止开始下滑，小孩与滑板之间的动摩擦因数取决于小孩的衣料，假设图中小孩与滑板间的动摩擦因数为0.4，小孩的质量与滑板的质量相等，斜坡足够长，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g 取10m/s 2，则下列判断正确的是（ BC ）A.小孩在滑板上下滑的加速度大小为2m/s 2B.小孩和滑板脱离前滑板的加速度大小为0.8m/s 2C.经过1s 的时间，小孩离开滑板D.小孩离开滑板时的速度大小为0.8m/s解析 对小孩，由牛顿第二定律得加速度大小a 1＝mgsin37°－μ1mgcos37°m＝2.8m/s 2，同理对滑板由牛顿第二定律得加速度大小a 2＝mgsin37°＋μ1mgcos37°－2μ2mgcos37°m＝0.8m/s 2，A 错误，B正确；从开始滑动至小孩刚与滑板分离的过程，有12a 1t 2－12a 2t 2＝L ，解得t ＝1s ，离开滑板时小孩的速度大小为v ＝a 1t ＝2.8m/s ，C 正确，D 错误.命题点3 板块中的动力学图像10.[F －t 图像＋a －t 图像/多选]水平地面上有一质量为m 1的长木板，木板的左端放有一质量为m 2的小物块，如图（1）所示.用水平向右的拉力F 作用在物块上，F 随时间t 的变化关系如图（2）所示，其中F 1、F 2分别为t 1、t 2时刻F 的大小.木板的加速度a 1随时间t 的变化关系如图（3）所示.已知木板与地面间的动摩擦因数为μ1，物块与木板间的动摩擦因数为μ2.假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g .则（ BCD ）图（1） 图（2） 图（3）A.F 1＝μ1m 1gB.F 2＝m 2（m 1＋m 2）m 1（μ2－μ1）gC.μ2＞m 1＋m 2m 2μ1D.在0～t 2时间段物块与木板加速度相等解析 结合图(3)可知在0～t 1时间内，物块与木板之间摩擦力为静摩擦力，物块与木板均静止，在t 1～t 2时间内，物块与木板之间摩擦力仍为静摩擦力，物块与木板一起滑动，D 正确；把物块和木板看成整体，在t 1时刻，由牛顿第二定律有F 1－μ1(m 1＋m 2)g ＝0，解得F 1＝μ1(m 1＋m 2)g ，A 错误；t 2时间后，物块相对于木板滑动，木板所受的滑动摩擦力为恒力，做匀加速直线运动，设t 2时刻木板的加速度为a ，在t 2时刻，对木板由牛顿第二定律有μ2m 2g －μ1(m 1＋m 2)g ＝m 1a ＞0，显然μ2＞m 1＋m 2m 2μ1，C 正确；t 2时刻，对物块由牛顿第二定律有F 2－μ2m 2g ＝m 2a ，联立解得F 2＝m 2(m 1＋m 2)m 1(μ2－μ1)g ，B 正确.11.[a －F 图像/2024江苏扬州新华中学校考]如图甲所示，光滑斜面上有固定挡板A ，斜面上叠放着小物块B 和薄木板C ，木板下端位于挡板A 处，整体处于静止状态.木板C 受到逐渐增大的沿斜面向上的拉力F 作用时，木板C 的加速度a 与拉力F 的关系图像如图乙所示，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g ＝10m/s 2，则由图像可知下列说法正确的是（ D ）A.10N ＜F ＜15N 时物块B 和木板C 相对滑动B.木板和物块两者间的动摩擦因数不可求出C.由题目条件可求木板C 的质量D.F ＞15N 时物块B 和木板C 相对滑动解析 由图乙可知，当F ＜10 N 时，物块B 和木板C 均静止，当10 N ＜F ＜15 N 时， 物块B 和木板C 一起加速运动，当F ＞15 N 时，木板C 的加速度a 与拉力F 的关系图像 发生弯折，可知此时物块B 和木板C 发生了相对滑动，选项A 错误，选项D 正确；因 当F 2＝15 N 时，a ＝2.5 m/s 2，此时物块和木板开始发生相对滑动，物块和木板之间 的静摩擦力达到最大，对物块有μmg cos θ－mg sin θ＝ma ，对木板和物块组成的整 体，当F 1＝10 N 时，a ＝0，有F 1＝(M ＋m )g sin θ，当F 2＝15 N 时，a ＝2.5 m/s 2，有 F 2－(M ＋m )g sin θ＝(M ＋m )a ，联立求解得M ＋m ＝2 kg ， sin θ＝12，μ＝√32，但是不能求解木板C 的质量，选项B 、C 错误. 方法点拨。
高考物理复习---用动量守恒定律解决“三类模型”问题 考点分析PPT课件
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A.火箭的推力来源于空气对它的反作用力
√B.在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小为Mm－v0m
C.喷出燃气后，万户及所携带设备能上升的最大高 度为gMm2－v0m2 2
D.在火箭喷气过程中，万户所携设备机械能守恒
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3.(2019·湖南娄底市下学期质量检测)质量为M的气球上有一个质量为m的 人，气球和人在静止的空气中共同静止于离地h高处，如果从气球上慢 慢放下一个质量不计的软梯，让人沿软梯降到地面，则软梯长至少应为
m A.m＋
√ A.42 m/s B.－42 m/s C.40 m/s D.－40 m/s
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解析 喷出气体过程中重力和空气阻力可忽略不计，可知在火箭发射的 过程中二者组成的系统竖直方向的动量守恒，以喷出气体的速度方向为 正方向，由动量守恒定律得：Δmv0＋(M－Δm)v＝0，解得：v＝－42 m/s， 故B正确，A、C、D错误.
正确的是
√A.木板获得的动能为1 J √B.系统损失的机械能为2 J
C.木板A的最小长度为2 m
√D.A、B间的动摩擦因数为0.1
图2
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解析 由题图可知，最终木板获得的速度为 v＝1 m/s，A、B 组成的系统 动量守恒，以 B 的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得 mv0＝(M＋ m)v，解得 M＝2 kg，则木板获得的动能为 Ek＝12Mv2＝12×2×12 J＝1 J， 故 A 正确； 系统损失的机械能 ΔE＝12mv B2－12(m＋M)v2，代入数据解得 ΔE＝2 J，故 B 正确；
专题05 滑块木板模型--2024届新课标高中物理模型与方法(解析版)
2024版新课标高中物理模型与方法专题05滑块木板模型目录【模型归纳】 (1)模型一光滑面上外力拉板 (1)模型二光滑面上外力拉块 (1)模型三粗糙面上外力拉板 (2)模型四粗糙面上外力拉块 (2)模型五粗糙面上刹车减速 (2)【常见问题分析】 (3)问题1．板块模型中的运动学单过程问题 (3)问题2．板块模型中的运动学多过程问题1——至少作用时间问题 (3)问题3．板块模型中的运动学多过程问题2——抽桌布问题 (4)问题4．板块模型中的运动学粗糙水平面减速问题 (4)【模型例析】 (5)【模型演练】 (13))g-μ抽桌布问题图(a)图(b)μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2；木板右端离墙壁的最终距离。
第二步：分解过程模型。
(1)认为地面各点的粗糙程度相同，小物块和木板一起向右做匀变速运动，到速度大小为(2)木板与墙壁碰撞过程：小物块受到滑动摩擦力(设置的初始条件块速度不变，木板的速度方向突变(设置的初始条件)，如图丙所示。
(3)然后小物块向右减速，木板向左减速，经1s小物块速度减小为零小，故小物块速度为零时，木板仍有速度。
然后小物块向左加速，图戊所示)。
(4)分析临界条件，包括时间关系和空间关系，如图戊所示。
(5)在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速直线运动直至停止【答案】(1)0.10.4(2)6m(3)6.5m【解析】(1)根据图象可以判定碰撞前小物块与木板共同速度为－0【例2】（2023·全国·高三专题练习）如图，两个滑块A 和B 的质量分别为A 1kg m =和B 5kg m =，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为10.5μ=；木板的质量为4kg m =，与地面间的动摩擦因数为20.1μ=。
某时刻A 、B 两滑块开始相向滑动，初速度大小均为0=3m/s v 。
A 、B 相遇时，A 与木板恰好相对静止。
设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小2=10m /s g 。
高考物理总复习专题讲解(人教版 全国卷地区专用)专题3 动力学中的典型“模型”
专题3
热 点 模 型 探 究
动力学中的典型“模型”
变式题 [2015· 保定二模] 如图 Z35 所示，光滑水平面 上有一矩形长木板， 木板左端放一小物块， 已知木板质量大于 物块质量，t＝0 时两者从图中位置以相同的水平速度 v0 向右 运动， 碰到右面的竖直挡板后木板以与原来等大反向的速度被 反弹回来， 运动过程中物块一直未离开木板， 则关于物块运动 的速度 v 随时间 t 变化的图像可能正确的是( )
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专题3
热 点 模 型 探 究
动力学中的典型“模型”
变式题 (多选)[2015· 宝鸡九校联考] 如图 Z32 所示， 光 滑水平面上放着质量为 M 的木板，木板左端有一个质量为 m 的木块．现对木块施加一个水平向右的恒力 F，木块与木板 由静止开始运动，经过时间 t 分离．下列说法正确的是( )
图 Z31
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专题3
热 点 模 型 探 究
பைடு நூலகம்动力学中的典型“模型”
A．铁块与长木板都向右运动，且两者一定保持相对静止 B．若水平力足够大，铁块与长木板间有可能发生相对滑 动 C．若两者保持相对静止，运动一段时间后，拉力突然反 向，铁块与长木板间有可能发生相对滑动 D．若两者保持相对静止，运动一段时间后，拉力突然反 向，铁块与长木板间仍将保持相对静止
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专题3
热 点 模 型 探 究
动力学中的典型“模型”
考向二 无外力 F 作用的滑块——长木板 例 2 (多选)[2015· 山西长治一模] 如图 Z33 所示，一足 够长的木板静止在粗糙的水平面上， t＝0 时刻滑块从板的左端 以速度 v0 水平向右滑行，木板与滑块之间存在摩擦，且最大 静摩擦力等于滑动摩擦力，则滑块的 vt 图像可能是图 Z34 中的( )
2024年新人教版高考物理一轮复习课件 第3章 专题强化5 传送带模型和“滑块—木板”模型
考向2 动力学中的倾斜传送带问题
例2 (2021·辽宁卷·13)机场地勤工作人员利用传送带从飞机上卸行李.如 图所示，以恒定速率v1＝0.6 m/s运行的传送带与水平面间的夹角α＝37°， 转轴间距L＝3.95 m.工作人员沿传送方向以速度v2＝1.6 m/s从传送带顶端 推下一件小包裹(可视为质点).小包裹与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8.取 重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求： (1)小包裹相对传送带滑动时加速度的大小a； 答案 0.4 m/s2
√A.开始时行李的加速度大小为2 m/s2
B.行李经过2 s到达B处
√C.行李到达B处时速度大小为0.4 m/s
D.行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为0.08 m
开始时，对行李，根据牛顿第二定律有μmg＝ma，
解得a＝2 m/s2，故A正确；
设行李做匀加速运动的时间为 t1，行李做匀加速运动的末速度为 v＝
μ<tan θ，一直加速
加速度大小为μgcos θ
－gsin θ
gsin θ>μgcos θ，一直加速；
gsin θ＝μgcos θ，一直匀速
gsin θ<μgcos θ，先减
速到速度为0后反向加
(摩擦力方向一定沿斜 gsin θ<μgcos θ，一直
面向上)
减速
速，若v0≤v，加速到 原位置时速度大小为
传送带模型
1.水平传送带 情景
滑块的运动情况
传送带不足够长(未达到和 传送带相对静止)
传送带足够长
一直加速
先加速后匀速
v0<v时，一直加速
v0<v时，先加速再匀速
v0>v时，一直减速 滑块一直减速到右端
人教新课标选修3-5高中物理动量 滑块模型
动量三----滑块模型★如图1所示，长为L =0．50 m 的木板AB 静止、固定在水平面上，在AB 的左端面有一质量为M =0．48 kg 的小木块C （可视为质点），现有一质量为m =20 g 的子弹以v 0=75 m/s 的速度射向小木块C 并留在小木块中．已知小木块C 与木板AB 之间的动摩擦因数为μ=0．1．( g 取10 m/s 2)(1)求小木块C 运动至AB 右端面时的速度大小v 2．(2)若将木板AB 固定在以u =1．0 m/s恒定速度向右运动的小车上（小车质量远大于小木块C 的质量），小木块C 仍放在木板AB 的A 端，子弹以v 0′=76 m/s 的速度射向小木块C 并留在小木块中，求小木块C 运动至AB 右端面的过程中小车向右运动的距离s ．解析：（1）用v 1表示子弹射入木块C 后两者的共同速度，由于子弹射入木块C 时间极短，系统动量守恒，有 mv 0=(m +M )v 1 ∴v 1=Mm m v +0=3 m/s子弹和木块C 在AB 木板上滑动，由动能定理得：21（m +M ）v 22-21(m +M )v 12=-μ(m +M )gL 解得 v 2=gL v μ221-=22 m/s(1) 用v ′表示子弹射入木块C 后两者的共同速度，由动量守恒定律，得mv 0+Mu =(m +M ) v 1′，解得 v 1′=4 m/s ．木块C 及子弹在AB 木板表面上做匀减速运动a =μg ．设木块C 和子弹滑至AB 板右端的时间为t ，则木块C 和子弹的位移s 1=v 1′t -21at 2， 由于m 车≥(m +M ),故小车及木块AB 仍做匀速直线运动，小车及木板AB 的位移s =ut ，可知 ：s 1=s +L ，联立以上四式并代入数据得： t 2-6t +1=0解得：t =(3-22) s ，（t =(3+22) s 不合题意舍去） ∴s =ut =0．18 m图1★如图所示，一质量为M 、长为l 的长方形木板B 放在光滑的水平地面上，在其右端放一质量为m 的小木块A ，m <M 。
南方新高考高考物理一轮总复习专题十三动量守恒中几种常见的模型课件新人教版
多少？
(2)铁块最终距小车左端多远？
图Z13-2
第五页，共11页。
思维点拨：根据(gēnjù)题意可知，小车碰墙后无机械能损失，故
动量守恒(shǒu hénɡ)，其表达式是 m人 s人＝m船 s船，只要问题不涉及速度，
就可以使用人船模型．
第二页，共11页。
例1：如图 Z13-1 所示，长为 l、质量为 M 的小船停在静水 中，一个(yī ɡè)质量为 m 的人站在船头，若不计水的阻力，当人从船 头走到船尾的过程中，船和人对地面的位移各是多少？
速度大小不变，方向反向，在反向运动过程中，系统动量守恒，
根据(gēnjù)摩擦力求出小车的加速度就可以求出位移．经多次碰撞后，
系统的机械能全部转化为热，由能量守恒求出铁块相对于小车
的位移．
第六页，共11页。
解：(1)小车受到的摩擦力 f＝μMg 小车的加速度大小 a＝mf 由 v20＝2ax 得 d1＝2va20 解得 d1＝0.6 m. (2)由能量守恒定律得 fx 相对＝12(M＋m)v20 铁块到小车左端的距离 x 相对＝1.5 m
不守恒)，分清物理过程(guòchéng)，正确应用物理规律建立方程，是解决
这类问题的关键.
第十一页，共11页。
所以 s1＝Mm＋lm，s2＝MM＋lm.
第四页，共11页。
突破三 滑块—木板(mù bǎn)模型
例2：如图 Z13-2 所示，在长为 2 m，质量 m＝2 kg 的平板
小车的左端放有一质量为 M＝3 kg 的铁块，两者之间的动摩擦(mócā)
因数为μ＝0.5.开始时，小车和铁块一起在光滑的水平地面上以
物理必修1人教版：专题复习—滑板模型 (共26张PPT)
动力学中的滑块—滑板模型 【例4】
BCD
动力学中的滑块—滑板模型
解析： A、B 间的最大静摩擦力为 2μmg，B 和地面之间的最大 静摩擦力为32μmg，对 A、B 整体，只要 F＞32μmg，整体就会运 动，选项 A 错误；当 A 对 B 的摩擦力为最大静摩擦力时，A、B 将要发生相对滑动，故 A、B 一起运动的加速度的最大值满足 2μmg－32μmg＝mamax，B 运动的最大加速度 amax＝12μg，选项 D 正确；对 A、B 整体，有 F－32μmg＝3mamax，则 F＞3μmg 时两 者会发生相对运动，选项 C 正确；当 F＝52μmg 时，两者相对静 止，一起滑动，加速度满足 F－32μmg＝3ma，解得 a＝13μg，选 项 B 正确．
党”。 ②对党的认识。这部分主要包括:如何 认识党 的纲领 和章程;如何认 识党史 ,尤其 是
亲身经历过的重大历史事件;如何认识 党的领 导和现 行的路 线、 方针、政策。
③入党动机、目
F
x1
L
x2
F x2
L x1
L
4.考试题型： （1）选择题：包括文字选择题与图象选择题；
（2）计算题：主要有关于滑块和滑板间是否存在相对滑动 的分析计算、使滑块与滑板间发生相对滑动的临界力的计算 （即外力的作用范围问题）；其它临界问题的分析计算等。
动力学中的滑块—滑板模型
5．易失分点: (1)不清楚滑块、滑板的受力情况，求不出各自的加速度． (2)不清楚物体间发生相对滑动的条件．
动力学中的滑块—滑板模型
板块的临界问题
核心疑难探究
【典例1】(18 分)(2015·云南昆明统测) 如图所示，质量 M＝1 kg 的木板 A 静 止在水平地面上，在木板的左端放置 一个质量 m＝1 kg 的铁块 B(大小可忽 略)，铁块与木块间的动摩擦因数 μ1＝0.3，木板长 L＝1 m，用 F ＝5 N 的水平恒力作用在铁块上，g 取 10 m/s2. (1)若水平地面光滑，计算说明铁块与木板间是否会发生相对滑 动； (2)若木板与水平地面间的动摩擦因数 μ2＝0.1，求铁块运动到木 板右端所用的时间．
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专题三、滑块模型滑块模型是指滑块在长木板上与长木板发生相对运动的情形，由于滑块与长木板之间存在摩擦力，水平地面可能光滑也可能粗糙，两者均在匀变速直线运动或静止状态，可能出现的情况多种多样，需具体情况具体分析。
基础知识回顾：1.牛顿运动定律：2. 匀变速直线运动规律：3.动能定理：一、滑块与长木板之间是否出现相对运动的分析1．如图所示，m A =1kg ，m B =2kg ，A 、B 间静摩擦力的最大值是5N ，水平面光滑。
用水平力F 拉B ，当拉力大小分别是1F =10N 和2F =20N 时，A 、B 的加速度各多大？（设A 、B 间的滑动摩擦力大小等于A 、B 间的最大静摩擦力大小）解：方法一：假设A 、B 相对静止，当1F =10N 时A 、B 的共同加速度21/310s m m m F a B A =+=， 此时A 物体所受的摩擦力N N a m f A 533.3 ==故A 、B 相对静止，A 、B 的加速度均为2/33.3s m a =当1F =20N 时A 、B 的共同加速度22/320s m m m F a B A =+=， 此时A 物体所受的摩擦力N N a m f A 567.6 ==，故A 、B 有相对运动，对A 物体 2/5s m m f a AA == 对B 物体 22/5.7s m m f F a BB =-= 方法二：先确定临界值，即刚好使A 、B 发生相对滑动的F 值。
当A 、B 间的静摩擦力达到5N 时，既可以认为它们仍然保持相对静止，有共同的加速度，又可以认为它们间已经发生了相对滑动，A 在滑动摩擦力作用下加速运动。
对A a =f /m A =5m/s 2，再以A 、B 系统为对象得到 F =（m A +m B ）a =15N⑴当F =10N<15N 时， A 、B 一定仍相对静止，所以2BA B A 3.3m/s =+==m m F a a ⑵当F =20N>15N 时，A 、B 间一定发生了相对滑动，用质点组牛顿第二定律列方程：B B A A a m a m F +=，而a A =f /m A =5m/s 2，于是可以得到a B =7.5m/s 2点评：求解本题时，关键确定A 、B 间是相对静止还是相对滑动。
2．质量是0.4kg 的物体A,带电量是+5×106-c ，其大小可以忽略，放在长木板B 上，B 的质量是0.1kg,B 不带电,水平地面与B 之间的摩擦因数是0.3, A 、B 之间的摩擦因数是0.5，A 、B 最开始静止，现在A 所在的区域加一个水平向右的有界匀强电场,左边界在A 的左边缘,右边界距左边界0.5m,（1）若场强E=5×10C N /5,那么当A 运动出电场时的速度是多大?（2）若E=9×10C N /5那么当A 运动出电场时的速度是多大?（3）若B 和地面之间的摩擦因数是0.5,那么上两个问又是怎么样呢?(设B 足够长)解析：分析A 出电场区域，要分析A 、B 是否相对滑动，可以假设A 、B 相对滑动，分析A 、B 的加速度，或者假设A 、B 相对静止，判断A 受到的摩擦力是否在最大静摩擦力范围内。
方法展示：方法一，找出使A 、B 相对滑动的临界值，判断在此电场力的作用下，A 、B 是否相对滑动,A 、B 若相对滑动其受力情况如图有那么：那么A 相对B 滑动，B 也相对地面滑动，A 、B 相对滑动的条件是解得E>8×10 ，所以A 、B 还没有相对滑动，可以用整体法求出其加速度 22/2s m m m f Eq a BA =+-= as v 22=，解得s m v /2=下两个问略假设方法二两个物体相对静止，以E=9×10C N /5为例， F=Eqf 1AE f 2f 1B,1g m f A AB μ=,)(2g m m f AB B +=μN f N f 5.1,221==B A m f f m f Eq 211->-C N /522/9s m m m f Eq a B A =+-=,此时对于B 来说加速度最大是221/5s m m f f a B=-= 方法总结：1判断两个物体是否相对运动可以用判断临界状态和假设法2两个物体的运动互相关联时，往往要对两个物体都进行受力分析，和运动分析二、滑块滑离长木板的条件分析1．质量是2kg 的物体A 放在质量是4kg 的物体B 上，B 放在光滑的水平面上，A 、B 之间的摩擦因数是0.5，最初A 、B 静止，现要对A 施加一个力F ，使A 从B 上滑下，问F 需要满足的什么条件？解析：如果施加拉力，由于地面光滑，木板B 也会运动,那么A 从B 上拉下的条件应该是A 比B 快，就是分析得到A 、B 的受力情况为A 、B 相对滑动f=μm A g=10N即：规律总结：将A 从B 上拉下的条件应该是A 比B 快，即A 有加速度，B 没有加速度，或者A 的加速度比B 的加速度大。
2．如图所示，物体A 的质量1m =1 kg ，静止在光滑水平面上的木板B 的质量为2m =0. 5 kg 、长l =1 m ，某时刻A 以0v =4 m/s 的初速度滑上木板B 的上表面，为使A 不能从B 上右端滑落，在A 滑上B 的同时，给B 施加一个水平向右的拉力F ，若A 与B 之间的动摩擦因数μ=0. 2，试求拉力F 应满足的条件．（忽略物体A 的大小）解析：物体A 滑上木板B 以后，做匀减速运动，加速度为A a g μ=木板B 做加速运动，有2B F mg m a μ+=物体A 不滑落的临界条件是A 到达B 的右端时，A 、B 具有共同的速度t v ，则222022t t A Bv v v l a a -=+，且0t t A B v v v a a -= FfA BA A a m f F =-B B a m f =B A m f m f F >-f解之得220216m/s ,12B A B v a a F m a m g lμ=-==-=N 若F <1 N ，则A 滑到B 的右端时，速度仍大于B 的速度，于是将从B 上滑落，所以F 至少等于1 N 。
3.质量为m 的物体C ，以速度v 0滑到质量为M 的静止小车B 上，如图所示．小车B 放在光滑的水平面上，物体C 与B 之间的滑动摩擦因数为μ，将C 视为质点，要使C 不致从小车上滑出，小车B 的长度L 至少应为多少?命题意图：考查对C 、B 相互作用的物理过程的综合分析能力，及对其中隐含条件的挖掘能力，B 级要求．错解分析：不能逐段分析物理过程，选择恰当的规律使问题求解简便化．解题方法与技巧：解法一：力的观点取向右方向为正方向，对C 、B 分别用牛顿第二定律：-μmg =ma A ，μmg =Ma B应用加速度的定义式：a A =tv v 0'-,a B = t v ' 由牛顿第三定律有：Ma B =ma A ①由以上各式解出：v ′=)(0m M mv +,a A =-μg ，a B =M m μg 由运动学公式：对A ：v ′2-v ０2=2a A (L +s) ②对B ：v ′2=2a B s ③ 联立①②③可解得：L =)(220m M g Mv +μ 解法二：功能关系与动量守恒定律对A 、B 系统运用动量守恒定律：mv 0=(M +m )v ′ ①由功能关系：μmgL =21mv 0２-21 (M +m )v ′２ ② 联立①②两式，解得：L =)(220m M g Mv +μ图2—8 解法三：用“相对运动”求解平时位移、加速度、速度都是相对地面(以地面为参照物)，本题改为以B 为参照物，运用A 相对于B 的位移、速度和加速度来求解．取向右方向为正，则A 相对B 加速度：a AB =a A -a B =m mg μ--Mmg μ=-μg -M m μg 由运动学公式得：0２-v ０２=2a AB LL =AB a v 220-=g Mm g v μμ2220---=gm M Mv μ)(220+4．一小圆盘静止在桌布上，位于一方桌的水平面的中央。
桌布的一边与桌的ＡＢ边重合，如图１－２－２。
已知盘与桌布间的动摩擦因数为μ1，盘与桌面间的动摩擦因数为μ２。
现突然以恒定的加速度 将桌布抽离桌面，加速度的方向是水平的且垂直于ＡＢ边。
若圆盘最后未从桌面掉下，则加速度a 满足的条件是什么？（答案a ≥ ）【审题】这是一道特别复杂的综合题，不仅物理过程多，而且干扰因素也多。
乍看不是传送带的题目，但处理方法与例题6几乎完全相同。
可以将题中复杂的物理过程拆散分解为如下3个小过程，就可以化繁为简、化难为易，轻易破解本题。
过程1：圆盘从静止开始在桌布上做匀加速运动至刚离开桌布的过程；过程2：桌布从突然以恒定加速度a 开始抽动至圆盘刚离开桌布这段时间内做匀加速运动的过程；过程3：圆盘离开桌布后在桌面上做匀减速直线运动的过程。
设桌面长为L ，开始时，桌布、圆盘在桌面上的位置如图2—8甲所示；圆盘位于桌面的中央，桌布的最左边位于桌面的左边处。
由于桌布要从圆盘下抽出，桌布与圆盘之间必有相对滑动，圆盘在摩擦力作用下有加速度，其加速度a 1应小于桌布的加速度a ，但两者的方向是相同的。
当桌布与圆盘刚分离时，圆盘与桌布的位置如图2—8乙所示。
圆盘向右加速运动的距离为x 1，桌布向右加速运动的距离为21L+x 1。
圆盘离开桌布后，g 12212μμμμ+在桌面上作加速度为a 2的减速运动直到停下，因盘未从桌面掉下，故而盘作减速运动直到停下所运动的距离为x 2，不能超过21L －x 1。
通过分析并画出图2—8丙。
本题虽然是一个大多数同学都熟悉、并不难想象或理解的现象，但第一次能做对的同学并不多，其中的原因之一就是不善于在分析物理过程的同时正确地作出情境示意图，借助情境图来找出时间和空间上的量与量之间的关系。
【解析】1.由牛顿第二定律：μl mg=ma l ①由运动学知识：v 12=2a l x 1 ②2.桌布从突然以恒定加速度a 开始抽动至圆盘刚离开桌布这段时间内做匀加速运动的过程。
设桌布从盘下抽出所经历时间为t ，在这段时间内桌布移动的距离为x 1，由运动学知识： x =21at 2 ③ x 1=21a 1t 2 ④ 而x=21L+x 1 ⑤ 3.圆盘离开桌布后在桌面上做匀减速直线运动的过程。
设圆盘离开桌布后在桌面上作匀减速运动，以a 2表示加速度的大小，运动x 2后便停下，由牛顿第二定律：μ2mg ＝ma 2 ⑥由运动学知识：v 12=2a 2 x 2 ⑦盘没有从桌面上掉下的条件是： x 2≤21L —x 1 ⑧ 由以上各式解得：a ≥g 12212μμμμ+ ⑨【总结】此解题方法是运用了最基本的牛顿第二定律和运动学知识来解决这一复杂物理过程的，其实题目再复杂，也是用最基本的基础知识来求解的。