滑块滑板模型 - 答案
滑块—滑板模型
高三物理专题复习： 滑块—滑板模型典型例题：例1.如图所示,在粗糙水平面上静止放一长Ｌ质量为1的木板B ，一质量为１的物块Ａ以速度s m v /0.20=滑上长木板B 的左端，物块与木板的摩擦因素μ1=0．1、木板与地面的摩擦因素为μ２=0.1,已知重力加速度为１0m 2，求：（假设板的长度足够长)(1）物块A 、木板B 的加速度；(2)物块A 相对木板B 静止时A 运动的位移；(3)物块A 不滑离木板B,木板B 至少多长？考点： 本题考查牛顿第二定律及运动学规律考查：木板运动情况分析,地面对木板的摩擦力、木板的加速度计算，相对位移计算。
解析:(１)物块A 的摩擦力:N mgf A 11==μ A 的加速度：21/1s m m f a A -=-= 方向向左木板B 受到地面的摩擦力:A g m M f f N 2)(2>=+=μ地故木板B 静止，它的加速度02=a(2）物块A 的位移:m a v S 2220=-= (3）木板长度:m S L 2=≥拓展1．在例题1中,在木板的上表面贴上一层布,使得物块与木板的摩擦因素μ３=0.4,其余条件保持不变,（假设木板足够长）求：(1)物块A 与木块B 速度相同时，物块A 的速度多大？（2)通过计算，判断速度相同以后的运动情况；（３)整个运动过程，物块Ａ与木板Ｂ相互摩擦产生的摩擦热多大?考点：牛顿第二定律、运动学、功能关系考查:木板与地的摩擦力计算、是否共速运动的判断方法、相对位移和摩擦热的计算。
解析：对于物块Ａ:N mg f A 44==μ １分加速度：，方向向左。
24/0.4s m g m f a A A-=-=-=μ 1分 对于木板：N g m f 2)M 2=+=（地μ 1分加速度:，方向向右。
地2A /0.2s m M f f a C =-= 1分物块A 相对木板B 静止时，有：121-t a v t a C B =解得运动时间:，s t .3/11= s m t a v v B B A /3/21=== 1分(2)假设共速后一起做运动,22/1)()(s m m M g m M a -=++-=μ 物块Ａ的静摩擦力:A A f N ma f <==1'1分 所以假设成立,共速后一起做匀减速直线运动。
高中物理滑块滑板模型
高中物理滑块滑板模型1. 在水平地面上，有一质量为M=4kg、长为L=3m的木板，在水平向右F=12N的拉力作用下，从静止开始经t=2s速度达到υ=2m/s，此时将质量为m=3kg的铁块（看成质点）轻轻地放在木板的最右端，如图所示．不计铁块与木板间的摩擦．若保持水平拉力不变，请通过计算说明小铁块能否离开木板？若能，进一步求出经过多长时间离开木板？解答：设木板加速运动的加速度大小为a1，由v=a1t得，a1＝1m/s2．设木板与地面间的为μ，由得，F-μMg=Ma1代入数据解得μ=．放上铁块后，木板所受的摩擦力f2=μ（M+m）g=14N＞F，木板将做匀减速运动．设加速度为a2，此时有：f2-F=Ma2代入数据解得a2＝0.5m/s2．设木板匀减速运动的位移为x，由匀变速运动的公式可得，x＝v2/2 a2=4m铁块静止不动，x＞L，故铁块将从木板上掉下．设经t′时间离开木板，由L=vt′- 1/2a2t′2代入时间解得t′=2s（t′=6s舍去）．答：铁块能从木板上离开，经过2s离开木板．2. 如图所示，两木板A、B并排放在地面上，A左端放一小滑块，滑块在F=6N的水平力作用下由静止开始向右运动．已知木板A、B长度均为l=1m，木板A的质量M A=3kg，小滑块及木板B的质量均为m=1kg，小滑块与木板A、B间的动摩擦因数均为μ1=，木板A、B与地面间的动摩擦因数均为μ2=，重力加速度g=10m/s2．求：（1）小滑块在木板A上运动的时间；（2）木板B获得的最大速度．解答：解：（1）小滑块对木板A的摩擦力木板A与B整体收到地面的最大静摩擦力，小滑块滑上木板A后，木板A保持静止①设小滑块滑动的加速度为②③解得：④（2）设小滑块滑上B时，小滑块速度，B的加速度，经过时间滑块与B速度脱离，滑块的位移，B的位移，B的最大速度，则：⑤⑥⑦⑧⑨解得：。
高中物理滑块-板块模型(解析版)
滑块—木板模型一、模型概述滑块－木板模型(如图a)，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，另外，常见的子弹射击木板(如图b)、圆环在直杆中滑动(如图c)都属于滑块类问题，处理方法与滑块－木板模型类似。
二、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。
【典例1】如图所示，在光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板，其上叠放一质量为m2的木块。
假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。
现给木块施加一随时间t增大的水平力F＝kt(k是常数)，木板和木块加速度的大小分别为a1和a2。
下列反映a1和a2变化的图线中正确的是(如下图所示)（）【答案】 A【典例2】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。
(完整版)高中物理滑块-板块模型(解析版)
滑块—木板模型一、模型概述滑块－木板模型(如图a)，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，另外，常见的子弹射击木板(如图b)、圆环在直杆中滑动(如图c)都属于滑块类问题，处理方法与滑块－木板模型类似。
二、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。
【典例1】如图所示，在光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板，其上叠放一质量为m2的木块。
假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。
现给木块施加一随时间t增大的水平力F＝kt(k是常数)，木板和木块加速度的大小分别为a1和a2。
下列反映a1和a2变化的图线中正确的是(如下图所示)（）【答案】 A【典例2】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。
4.10《牛顿第二定律：滑块-滑板问题》
二、经典例题
【例1 】如图所示，平板A 长l = 10m, 质量M =4kg, 放在光滑的水平面上。在A 上最右端
放一物块B （大小可忽略），其质量m=2kg 。已知A 、B 间动摩擦因数μ = 0.4, 开始时A 、
B 都处于静止状态（取g=10m/s²) 。则
● (1) 要将A 从物块B 下抽出来，则加在平板A 上的水平恒力F 至少为多大？
B. F 拉动B, 则可能A 、B 、C 一起运动
C. F 拉动C, 则可能A 的加速度大于B 的加速度
D. F 拉动C, A 与B 的加速度大小总相等
）
8 ．质量为2 kg 的木板B 静止在水平面上，可视为质点的物块A 从木板的左侧沿木板上表
面水平冲上木板，如图甲所示。A 和B 经过1 s 达到同一速度，之后共同减速直至静止，
板，在两木板的左端分别放有完全相同的物块，开始都处于静止状态。现分别对两物块施
加水平恒力1 、 2 ，经过时间 1 、 2 物块与木板分离后，两木板的速度大小分别为 1 和
2 , 已知物块与木板之间的动摩擦因数相同，则(
A . 若1 = 2 , 且1 > 2 , 则 1 < 2
数μ=
3
2
． 对木板施加沿斜面向上的恒力F, 使木板沿斜面由静止开始向上做匀加速直线运动，
假设物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g= 10 m/s².
(1)为使物块不滑离木板，求力F 应满足的条件；
(2) 若F=37.5N, 物块能否滑离木板？若不能，请说明理由；若能，求出物块滑离木板所用的
大的水平力
F = kt(k 是常数），木板和木块加速度的大小分别为 1 和 2 ,下列反映 1 和 2 变化的图
滑块滑板模型-答案
滑块、滑板模型[典例]1．如图所示，A 、B 两物块叠放在一起，放在光滑地面上，已知A 、B 物块的质量分别为M 、m ，物块间粗糙。
现用水平向右的恒力F 1、F 2先后分别作用在A 、B 物块上，物块A 、B 均不发生相对运动，则F 1、F 2的最大值之比为( )A ．1∶1B ．M ∶mC ．m ∶MD ．m ∶(m ＋M)2.(多选)(2014·江苏高考)如图所示，A 、B 两物块的质量分别为2 m 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。
最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g 。
现对A 施加一水平拉力F ，则( )A ．当F<2μmg 时，A 、B 都相对地面静止B ．当F ＝52μmg 时，A 的加速度为13μgC ．当F>3μmg 时，A 相对B 滑动D ．无论F 为何值，B 的加速度不会超过12μg3．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F=8 N ，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m=2 kg 的小物块，物块与小车间的动摩擦因数 =0.2，小车足够长(取g=l0 m/s2)。
求：（1）小物块放后，小物块及小车的加速度大小各为多大？（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t=1.5 s 小物块通过的位移大小为多少？4．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v 1 =10m/s 时，在其右端有一质量m = 2kg 的小物块（可视为质点）以水平向左的速率v 2 = 2m/s 滑上木板，物块与长木板间的动摩擦因数，小物块始终没离开长木板，g 取10m/s 2，求：⑴经过多长时间小物块与长木板相对静止；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。
专题04+动力学中典型模型-高考物理必考经典专题集锦+Word版含解析
考点分类：考点分类见下表考点一：“滑块—滑板”模型1.模型概述(1)滑块、滑板是上、下叠放的,分别在各自所受力的作用下运动,且在相互的摩擦力作用下相对滑动.(2)滑块相对滑板从一端运动到另一端,若两者同向运动,位移之差等于板长;若反向运动,位移之和等于板长.(3)一般两者速度相等为“临界点”,要判定临界速度之后两者的运动形式.2.常见情形动,且v板<v块,则两者加速度不同,x板<x块,Δ-x板,最后分离或相对静止考点二“传送带”模型1.模型概述：传送带模型包含水平传送带和倾斜传送带,求解的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析判断.物体的速度与传送带速度相等时,物体所受摩擦力可能发生突变.2.常见情形：(1)v0>v时,可能一直减速,也可能先减速再匀速送带较短时,滑块一直减速到左端传送带较长时,滑块还要被传一直加速可能先加速后匀速可能一直加速可能先加速后匀速可能先减速后反向加速典例精析★考点一：“滑块—滑板”模型◆典例一：(2018·湖北武汉模拟)如图所示,水平传送带足够长,传送带始终顺时针匀速运动,长为1 m的薄木板A的正中央放置一个小木块B,A和B之间的动摩擦因数为0.2,A和传送带之间的动摩擦因数为0.5,薄木板A的质量是木块B质量的2倍,轻轻把A,B整体放置在传送带的中央,设传送带始终绷紧并处于水平状态,取g=10 m/s2.在刚放上很短的时间内,A,B的加速度大小分别为( )A.6.5 m/s2,2 m/s2B.5 m/s2,2 m/s2C.5 m/s2,5 m/s2D.7.5 m/s2,2 m/s2【答案】A◆典例二：如左图所示，粗糙的水平地面上有一块长木板P，小滑块Q放置于长木板上最右端。
现将一个水平向右力F作用在长木板的右端，让长木板从静止开始运动。
滑块、长木板的速度图象如右图所示，己知物块与木板的质量相等，滑块Q始终没有从长木板P上滑下。
重力加速度g=10m/s2。
牛顿运动定律之滑块与传送带问题(含解析)
牛顿运动定律滑块与传送带专题一“滑块—滑板”模型1．模型特点上、下叠放两个物体，在摩擦力的相互作用下两物体发生相对滑动．2．两种位移关系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，位移之差等于板长；反向运动时，位移之和等于板长．3．解题思路处理此类问题，必须弄清滑块和滑板的加速度、速度、位移等关系．(1) 加速度关系如果滑块和滑板之间没有发生相对运动，可以用“整体法”求出它们一起运动的加速度；如果滑块和滑板之间发生相对运动，应采用“隔离法”分别求出滑块和滑板的加速度．应注意找出滑块和滑板之间是否发生相对运动等隐含的条件．(2) 速度关系滑块和滑板之间发生相对运动时，分析速度关系，从而确定滑块受到的摩擦力的方向．应注意当滑块和滑板的速度相同时，摩擦力会发生突变的情况．(3) 位移关系滑块和滑板叠放在一起运动时，应仔细分析滑块和滑板的运动过程，认清对地位移和相对位移之间的关系．这些关系就是解题过程中列方程所必需的关系，各种关系找到了，自然也就容易列出所需要的方程了．例一、如图，两个滑块A和B的质量分别为m A＝1 kg和m B＝5 kg，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μ1＝0.5；木板的质量为m＝4 kg，与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1.某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v0＝3 m/s.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g＝10 m/s2.求：(1)B与木板相对静止时，木板的速度；(2)A、B开始运动时，两者之间的距离．解析：(1)滑块A和B在木板上滑动时，木板也在地面上滑动．设A、B和木板所受的摩擦力大小分别为F f1、F f2和F f3，A和B相对于地面的加速度大小分别为a A和a B，木板相对于地面的加速度大小为a1，在物块B与木板达到共同速度前有F f1＝μ1m A g ①F f2＝μ1m B g ②F f3＝μ2(m＋m A＋m B)g ③由牛顿第二定律得F f1＝m A a A ④F f2＝m B a B ⑤F f2－F f1－F f3＝ma1 ⑥设在t1时刻，B与木板达到共同速度，其大小为v1，由运动学公式有v1＝v0－a B t1 ⑦v1＝a1t1 ⑧联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得v1＝1 m/s，方向与B的初速度方向相同⑨(2)在t1时间间隔内，B相对于地面移动的距离为s B＝v0t1－12a B t21⑩设在B与木板达到共同速度v1后，木板的加速度大小为a2，对于B与木板组成的体系，由牛顿第二定律有F f1＋F f3＝(m B＋m)a2 ⑪由①②④⑤式知，a A＝a B；再由⑦⑧式知，B与木板达到共同速度时，A的速度大小也为v1，但运动方向与木板相反．由题意知，A和B相遇时，A与木板的速度相同，设其大小为v2，设A的速度大小从v1变到v2所用的时间为t2，则由运动学公式，对木板有v2＝v1－a2t2 ⑫对A有v2＝－v1＋a A t2 ⑬在t2时间间隔内，B(以及木板)相对地面移动的距离为s1＝v1t2－12a2t22⑭在(t1＋t2)时间间隔内，A相对地面移动的距离为s A＝v0(t1＋t2)－12a A(t1＋t2)2 ⑮A和B相遇时，A与木板的速度也恰好相同，因此A和B开始运动时，两者之间的距离为s0＝s A＋s1＋s B ⑯联立以上各式，并代入数据得s0＝1.9 m.(也可用如图所示的速度－时间图线求解)答案：(1)1 m/s方向与B的初速度方向相同(2)1.9 m【题后反思】求解“滑块—滑板”模型问题的方法技巧(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．跟踪练习1. (水平面光滑的“滑块—滑板”模型)如图所示，质量M＝8 kg的小车静止在光滑水平面上，在小车右端施加一水平拉力F＝8 N．当小车速度达到1.5 m/s 时，在小车的右端由静止轻放一大小不计、质量m＝2 kg的物体，物体与小车间的动摩擦因数μ＝0.2，小车足够长．从物体放上小车开始经t＝1.5 s 的时间，物体相对地面的位移为(g取10 m/s2)()A．1 m B．2.1 mC．2.25 m D．3.1 m解析：选B．放上物体后，物体的加速度a1＝μg＝2 m/s2，小车的加速度：a2＝F－μmgM＝0.5 m/s2，物体的速度达到与小车共速的时间为t1，则a1t1＝v0＋a2t1，解得t1＝1 s；此过程中物体的位移：s1＝12a1t21＝1 m；共同速度为v＝a1t1＝2 m/s；当物体与小车相对静止时，共同加速度为a＝FM＋m＝0.8 m/s2，再运动0.5 s的位移s2＝vt′＋12at′2＝1.1 m，故从物体放上小车开始的1.5 s时间内，物体相对地面的位移为1 m＋1.1 m＝2.1 m，选项B正确．2. (水平面粗糙的“滑块—滑板”模型)如图所示，一长木板在水平地面上运动，在某时刻(t＝0)将一相对于地面静止的物块轻放到木板上．已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上．在物块放到木板上之后，木板运动的速度—时间图象可能是图中的()解析：选A．放上小物块后，长木板受到小物块施加的向左的滑动摩擦力和地面向左的滑动摩擦力，在两力的共同作用下减速，小物块受到向右的滑动摩擦力作用，做匀加速运动，当两者速度相等后，可能以共同的加速度一起减速，直至速度为零，共同减速时的加速度小于两者相对运动时木板的加速度，故A 正确，B、C错误；由于水平面有摩擦，故两者不可能一起匀速运动，D错误．3．(多个板块的组合模型)如图所示，两木板A、B并排放在地面上，A左端放一小滑块，滑块在F＝6 N的水平力作用下由静止开始向右运动．已知木板A、B长度均为l＝1 m，木板A的质量m A＝3 kg，小滑块及木板B的质量均为m＝1 kg，小滑块与木板A、B间的动摩擦因数均为μ1＝0.4，木板A、B与地面间的动摩擦因数均为μ2＝0.1，重力加速度g＝10 m/s2.求：(1)小滑块在木板A上运动的时间；(2)木板B获得的最大速度．解析：(1)小滑块对木板A的摩擦力F f1＝μ1mg＝4 N，木板A与B整体受到地面的最大静摩擦力F f2＝μ2(2m＋m A)g＝5 N.F f1＜F f2，小滑块滑上木板A后，木板A保持静止设小滑块滑动的加速度为a1，则：F－μ1mg＝ma1，l＝12a1t21，解得：t1＝1 s.(2)设小滑块滑上B时，小滑块速度为v1，B的加速度为a2，经过时间t2滑块与B脱离，滑块的位移为x块，B的位移为x B，B的最大速度为v B，则：μ1mg－2μ2mg＝ma2，v B＝a2t2，x B＝12a2t22，v1＝a1t1，x块＝v1t2＋12a1t22，x块－x B＝l，联立以上各式可得：v B＝1 m/s.答案：(1)1 s(2)1 m/s4．(斜面上的“滑块—滑板”问题)如图所示，在足够长的光滑固定斜面底端放置一个长度L＝2 m、质量M＝4 kg 的木板，木板的最上端放置一质量m＝1 kg 的小物块(可视为质点)．现沿斜面向上对木板施加一个外力F使其由静止开始向上做匀加速直线运动．已知斜面倾角θ＝30°，物块和木板间的动摩擦因数μ＝3 2，g取10 m/s2.(1)当外力F＝30 N时，物块和木板保持相对静止，求二者共同运动的加速度大小；(2)当外力F＝53.5 N时，物块和木板之间将会相对滑动，则二者完全分离时的速度各为多大？解析：(1)物块和木板共同运动时，分析整体的受力情况，由牛顿第二定律得F－(M＋m)g sin θ＝(M＋m)a解得a＝1 m/s2.(2)设木板和物块的加速度分别为a1、a2，二者完全分离的时间为t，分离时速度分别为v1、v2，分析木板和物块的受力情况，由牛顿第二定律可得F－Mg sin θ－μmg cos θ＝Ma1μmg cos θ－mg sin θ＝ma2又L＝12(a1－a2)t2v1＝a1tv2＝a2t联立解得v1＝6.5 m/s，v2＝2.5 m/s. 答案：(1)1 m/s2(2)6.5 m/s 2.5 m/s二、传送带模型（一）、水平传送带问题1．情景特点分析项目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，可能一直减速，也可能先减速再匀速(2)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，滑块一直减速达到左端(2)传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端．其中v0＞v返回时速度为v，当v0＜v返回时速度为v0水平传送带问题：求解关键在于对物体所受摩擦力进行正确的分析判断．物体的速度与传送带速度相等的时刻摩擦力发生突变．例1、水平传送带被广泛地应用于机场和火车站，如图所示为一水平传送带装置示意图．紧绷的传送带AB始终保持恒定的速率v＝1 m/s运行，一质量为m＝4 kg的行李无初速度地放在A处，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动，随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动．设行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，A、B间的距离L＝2 m，g取10 m/s2.(1)求行李刚开始运动时所受滑动摩擦力的大小与加速度的大小；(2)求行李做匀加速直线运动的时间；(3)如果提高传送带的运行速率，行李就能被较快地传送到B处，求行李从A处传送到B处的最短时间和传送带对应的最小运行速率．解析：(1)行李所受滑动摩擦力大小F f＝μmg＝0.1×4×10 N＝4 N，根据牛顿第二定律得F f＝ma，加速度大小a＝μg＝0.1×10 m/s2＝1 m/s2.(2)行李达到与传送带相同速率后不再加速，则v＝at1，得t1＝va＝11s＝1 s.(3)行李始终匀加速运行时，所需时间最短，加速度大小仍为a＝1 m/s2，当行李到达右端时，有v2min＝2aL，得v min＝2aL＝2×1×2 m/s＝2 m/s，所以传送带对应的最小运行速率为2 m/s.由v min＝at min得行李最短运行时间t min＝v mina＝21s＝2 s.答案：(1)4 N 1 m/s2(2)1 s(3)2 s 2 m/s（二）倾斜传送带问题1．情景特点分析项目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)可能一直加速(2)可能先加速后匀速(3)可能先以a1加速后以a2加速2.解题的关键在于分析清楚物体与传送带的相对运动情况，从而确定物体所受摩擦力的大小和方向．当物体速度与传送带速度相等时，物体所受摩擦力可能发生突变．例2、如图所示为货场使用的传送带的模型，传送带倾斜放置，与水平面夹角为θ＝37°，传送带AB足够长，传送皮带轮以大小为v＝2 m/s的恒定速率顺时针转动．一包货物以v0＝12 m/s的初速度从A端滑上倾斜传送带，若货物与皮带之间的动摩擦因数μ＝0.5，且可将货物视为质点．(1)求货物刚滑上传送带时加速度为多大？(2)经过多长时间货物的速度和传送带的速度相同？这时货物相对于地面运动了多远？(3)从货物滑上传送带开始计时，货物再次滑回A端共用了多少时间？(g＝10 m/s2，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)解析：(1)设货物刚滑上传送带时加速度大小为a1，货物受力如图所示：根据牛顿第二定律得沿传送带方向：mg sin θ＋F f＝ma1，垂直传送带方向：mg cos θ＝F N，又F f＝μF N由以上三式得：a1＝g(sin θ＋μcos θ)＝10×(0.6＋0.5×0.8) m/s2＝10 m/s2，方向沿传送带向下．(2)货物速度从v0减至传送带速度v所用时间设为t1，位移设为x1，则有：t1＝v－v0－a1＝1 s，x1＝v0＋v2t1＝7 m.(3)当货物速度与传送带速度相等时，由于mg sin θ＞μmg cos θ，此后货物所受摩擦力沿传送带向上，设货物加速度大小为a2，则有mg sin θ－μmg cos θ＝ma2，得：a2＝g(sin θ－μcos θ)＝2 m/s2，方向沿传送带向下．设货物再经时间t2，速度减为零，则t2＝0－v－a2＝1 s.沿传送带向上滑的位移x2＝v＋02t2＝1 m，则货物上滑的总距离为x＝x1＋x2＝8 m.货物到达最高点后将沿传送带匀加速下滑，下滑加速度大小等于a2.设下滑时间为t3，则x＝12a2t23，代入解得t3＝2 2 s.所以货物从A端滑上传送带到再次滑回A端的总时间为t＝t1＋t2＋t3＝(2＋22) s.答案：(1)10 m/s2，方向沿传送带向下(2)1 s7 m(3)(2＋22) s【总结提升】解答传送带问题应注意的事项(1)比较物块和传送带的初速度情况，分析物块所受摩擦力的大小和方向，其主要目的是得到物块的加速度．(2)关注速度相等这个特殊时刻，水平传送带中两者一块匀速运动，而倾斜传送带需判断μ与tan θ的关系才能决定物块以后的运动．(3)得出运动过程中两者相对位移情况，以后在求解摩擦力做功时有很大作用．跟踪练习1.(物块初速度不为零的倾斜传送带模型)(多选)如图所示，倾斜的传送带顺时针匀速转动，一物块从传送带上端A滑上传送带，滑上时速率为v1，传送带的速率为v2，且v2＞v1.不计空气阻力，动摩擦因数一定．关于物块离开传送带的速率v和位置，下面哪个是可能的()A．从下端B离开，v＞v1B．从下端B离开，v＜v1C．从上端A离开，v＝v1D．从上端A离开，v＜v1解析：选ABC．物块从A端滑上传送带，在传送带上必先相对传送带向下运动，由于不确定物块与传送带间的摩擦力和物块的重力沿传送带下滑分力的大小关系和传送带的长度，若能从A端离开，由运动的对称性可知，必有v＝v1，即选项C正确，D错误；若从B端离开，当摩擦力大于重力的分力时，则v＜v1，选项B正确；当摩擦力小于重力的分力时，则v＞v1，选项A正确；当摩擦力和重力的分力相等时，物块一直做匀速直线运动，v＝v1，故本题应选A、B、C．2. (物块初速度为零的倾斜传送带模型)如图所示，传送带AB的长度为L＝16 m，与水平面的夹角θ＝37°，传送带以速度v0＝10 m/s匀速运动，方向如图中箭头所示．在传送带最上端A处无初速度地放一个质量m＝0.5 kg的小物体(可视为质点)，它与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5.g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：(1)物体从A运动到底端B所用的时间；(2)物体与传送带的相对位移大小．解析：(1)开始阶段，设物体的加速度为a1，由牛顿第二定律有mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1，解得a1＝10 m/s2.物体加速到与传送带的速度相等时的位移为：x1＝v202a＝5 m<16 m，即物体加速到10 m/s时，未达到B点，其时间t1＝v0a1＝1 s.由于mg sin θ＝3 N>μmg cos θ＝2 N，所以物体将继续做加速运动．设物体的加速度为a2，经历的时间为t2，由牛顿第二定律有mg sin θ－μmg cos θ＝ma2，解得a2＝2 m/s2.由位移公式L－x1＝v0t2＋12a2t22，解得时间t2＝1 s，所以总时间t＝t1＋t2＝2 s.(2)在传送带上取一点M.M点做匀速运动，物体一直做加速运动．法一：整体法整个过程物体的位移大小为x物＝L＝16 m，传送带位移大小为x传＝v0t＝20 m，故物体相对于传送带(M 点)的位移大小为： x ＝x 传－x 物＝4 m.由于M 点的位移大于物体的位移，故全过程物体向后远离M 点4 m. 法二：v -t 图象法相对位移的大小为两个阴影三角形面积之差，即： x ＝10×12－1×(12－10)2＝4(m)．法三：分段法第一个过程：M 点的位移为v 0t 1＝10 m ， 所以物体与传送带间的相对位移大小 x 相对1＝v 0t 1－x 1＝5 m.由于M 点的速度大于物体的速度，故此过程物体在M 点后面5 m 处． 第二个过程：M 点的位移为v 0t 2＝10 m ， 物体的位移为L －x 1＝11 m ， 故相对位移大小为x 相对2＝1 m. 此过程物体追M 点，并靠近M 点1 m.故相对位移大小x ＝x 相对1－x 相对2＝4 m ．即全过程物体向后远离M 点4 m. 答案：(1)2 s (2)4 m精选练习1．(多选)如图所示，表面粗糙、质量M ＝2 kg 的木板，t ＝0时在水平恒力F 的作用下从静止开始沿水平面向右做匀加速直线运动，加速度a ＝2.5 m/s 2，t ＝0.5 s 时，将一个质量m ＝1 kg 的小铁块(可视为质点)无初速度地放在木板最右端，铁块从木板上掉下时速度是木板速度的一半．已知铁块和木板之间的动摩擦因数μ1＝0.1，木板和地面之间的动摩擦因数μ2＝0.25，g ＝10 m/s 2，则( )A ．水平恒力F 的大小为10 NB ．铁块放上木板后，木板的加速度为2 m/s 2C ．铁块在木板上运动的时间为1 sD ．木板的长度为1.625 m解析：选AC ．未放铁块时，对木板由牛顿第二定律：F －μ2Mg ＝Ma ，解得F ＝10 N ，选项A 正确；铁块放上木板后，对木板：F －μ1mg －μ2(M ＋m )g ＝Ma ′，解得：a ′＝0.75 m/s 2，选项B 错误；0.5 s 时木板的速度v 0＝at 1＝2.5×0.5 m/s ＝1.25 m/s ，铁块滑离木板时，木板的速度：v 1＝v 0＋a ′t 2＝1.25＋0.75t 2，铁块的速度v ′＝a 铁t 2＝μ1gt 2＝t 2，由题意：v ′＝12v 1，解得t 2＝1 s ，选项C 正确；铁块滑离木板时，木板的速度v 1＝2 m/s ，铁块的速度v ′＝1 m/s ，则木板的长度为：L ＝v 0＋v 12t 2－v ′2t 2＝1.25＋22×1 m －12×1 m ＝1.125 m ，选项D 错误；故选A 、C ．2．(多选)如图甲为应用于机场和火车站的安全检查仪，用于对旅客的行李进行安全检查．其传送装置可简化为如图乙的模型，紧绷的传送带始终保持v ＝1 m/s 的恒定速率运行．旅客把行李无初速度地放在A 处，设行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，A 、B 间的距离L ＝2 m ，g 取10 m/s 2.若乘客把行李放到传送带的同时也以v ＝1 m/s 的恒定速率平行于传送带运动到B 处取行李，则( )A ．乘客与行李同时到达B 处B ．乘客提前0.5 s 到达B 处C ．行李提前0.5 s 到达B 处D ．若传送带速度足够大，行李最快也要2 s 才能到达B 处解析：选BD ．行李放在传送带上，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动，随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动．加速度为a ＝μg ＝1 m/s 2，历时t 1＝v a ＝1 s 达到共同速度，位移x 1＝v2t 1＝0.5 m ，此后行李匀速运动t 2＝L －x 1v ＝1.5 s 到达B ，共用2.5 s ；乘客到达B ，历时t ＝Lv ＝2 s ，B 正确；若传送带速度足够大，行李一直加速运动，最短运动时间t min ＝2La ＝2×21s ＝2 s ，D 正确． 3．如图甲所示，倾角为37°足够长的传送带以4 m/s 的速度顺时针转动，现将小物块以2 m/s 的初速度沿斜面向下冲上传送带，小物块的速度随时间变化的关系如图乙所示，g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，试求：(1)小物块与传送带间的动摩擦因数为多大； (2)0～8 s 内小物块与传送带之间的划痕为多长． 解析：(1)根据v -t 图象的斜率表示加速度， a ＝Δv Δt ＝22m/s 2＝1 m/s 2，由牛顿第二定律得μmg cos 37°－mg sin 37°＝ma ， 解得μ＝78.(2)0～8 s 内只有前6 s 内物块与传送带发生相对滑动0～6 s 内传送带匀速运动距离为：x 带＝4×6 m ＝24 m ．速度图象的“面积”大小等于位移，则0～2 s 内物块位移为：x 1＝12×2×2 m ＝2 m ，方向沿斜面向下，2～6 s 内物块位移为：x 2＝12×4×4 m ＝8 m ，方向沿斜面向上．所以划痕的长度为：Δx ＝x 带＋x 1－x 2＝(24＋2－8) m ＝18 m. 答案：(1)78(2)18 m4．如图所示，在光滑水平地面上停放着一质量为M ＝2 kg 的木板，木板足够长，某时刻一质量为m ＝1 kg 的小木块以某一速度v 0(未知)冲上木板，木板上表面粗糙，经过t ＝2 s 后二者共速，且木块相对地面的位移x ＝5 m ，g ＝10 m/s 2.求：(1)木块与木板间的动摩擦因数μ；(2)从木块开始运动到共速的过程中产生的热量Q .(结果可用分数表示) 解析：(1)设冲上木板后小木块的加速度大小为a 1， 对小木块，有μmg ＝ma 1，设木板开始运动的加速度大小为a 2，对木板， 有μmg ＝Ma 2，二者共速时，有v 共＝a 2t ＝v 0－a 1t ， 对小木块，有x ＝v 0t －12a 1t 2，联立得μ＝18.(2)由(1)得a 2＝58 m/s 2，得v 共＝54m/s.木板发生的位移x ′＝v 共2t ＝54m ，二者相对位移为Δx ＝x －x ′＝154m ， 产生的热量为Q ＝μmg ·Δx ， 联立得Q ＝7516J. 答案：(1)18 (2)7516J5. (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1 m 的滑板，滑板与沙间的动摩擦因数为916.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0.5，小孩的质量与滑板的质量相等，斜坡足够长，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2，则下列判断正确的是( )A ．小孩在滑板上下滑的加速度大小为2 m/s 2B ．小孩和滑板脱离前滑板的加速度大小为0.5 m/s 2C ．经过 2 s 的时间，小孩离开滑板D ．小孩离开滑板时的速度大小为433m/s 解析：选AC ．对小孩，由牛顿第二定律，加速度大小为a 1＝mg sin 37°－μ1mg cos 37°m ＝2 m/s 2，同理对滑板，加速度大小为a 2＝mg sin 37°＋μ1mg cos 37°－2μ2mg cos 37°m ＝1 m/s2，选项A 正确，B 错误；要使小孩与滑板分离，12a 1t 2－12a 2t 2＝L ，解得t ＝ 2 s(另一解不符合，舍去)，离开滑板时小孩的速度大小为v ＝a 1t ＝2 2 m/s ，选项C 正确，D 错误．6．如图甲所示，倾斜的传送带正以恒定速率v 1沿顺时针方向转动，传送带的倾角为37°.一物块以初速度v 0从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，其运动的v -t 图象如图乙所示，物块到传送带顶端时速度恰好为零，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2，则()A．传送带的速度为4 m/sB．传送带底端到顶端的距离为14 mC．物块与传送带间的动摩擦因数为1 8D．摩擦力方向一直与物块运动的方向相反解析：选A．如果v0小于v1，则物块向上做减速运动时加速度不变，与题图乙不符，因此物块的初速度v0一定大于v1.结合题图乙可知物块减速运动到与传送带速度相同时，继续向上做减速运动，由此可以判断传送带的速度为4 m/s，选项A正确．传送带底端到顶端的距离等于v -t图线与横轴所围的面积，即12×(4＋12)×1 m＋12×1×4 m＝10 m，选项B错误.0～1 s内，g sin θ＋μg cos θ＝8 m/s2，1～2 s内，g sin θ－μg cos θ＝4 m/s2，解得μ＝14，选项C错误；在1～2 s内，摩擦力方向与物块的运动方向相同，选项D错误．7．如图所示，倾角α＝30°的足够长的光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一长L＝1.8 m，质量M＝3 kg的薄木板，木板的最上端叠放一质量m＝1 kg的小物块，物块与木板间的动摩擦因数μ＝32.对木板施加沿斜面向上的恒力F，使木板沿斜面由静止开始向上做匀加速直线运动，假设物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10 m/s2.(1)为使物块不滑离木板，求力F应满足的条件；(2)若F＝37.5 N，物块能否滑离木板？若不能，请说明理由；若能，求出物块滑离木板所用的时间及滑离木板后沿斜面上升的最大距离．解析：(1)若整体恰好静止，则F ＝(M ＋m )g sin α＝(3＋1)×10×sin 30° N ＝20 N. 因要拉动木板，则F >20 N ，若整体一起向上做匀加速直线运动，对物块和木板，由牛顿第二定律得 F －(M ＋m )g sin α＝(M ＋m )a ， 对物块有f －mg sin α＝ma ， 其中f ≤μmg cos α 代入数据解得F ≤30 N.向上加速的过程中为使物体不滑离木板，力F 应满足的条件为20 N<F ≤30 N.(2)当F ＝37.5 N>30 N 时，物块能滑离木板，由牛顿第二定律，对木板有F －μmg cos α－Mg sin α＝Ma 1，对物块有μmg cos α－mg sin α＝ma 2，设物块滑离木板所用的时间为t ，由运动学公式得 12a 1t 2－12a 2t 2＝L ， 代入数据解得t ＝1.2 s.物块滑离木板时的速度v ＝a 2t ， 由－2g sin α·s ＝0－v 2， 代入数据解得s ＝0.9 m. 答案：见解析8．如图所示为车站使用的水平传送带模型，其A 、B 两端的距离L ＝8 m ，它与水平台面平滑连接．现有一物块以v 0＝10 m/s 的初速度从A 端水平地滑上传送带．已知物块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.6.求：(1)若传送带保持静止，物块滑到B 端时的速度大小；(2)若传送带顺时针匀速转动的速率恒为12 m/s ，物块到达B 端时的速度大小；(3)若传送带逆时针匀速转动的速率恒为4 m/s ，且物块初速度变为v 0′＝6 m/s ，仍从A 端滑上传送带，物块从滑上传送带到离开传送带的总时间．解析：(1)设物块的加速度大小为a，由受力分析可知F N＝mg，F f＝ma，F f＝μF N，得a＝6 m/s2.传送带静止，物块从A到B做匀减速直线运动，又x＝v202a＝253m>L＝8 m，则由v2B－v20＝－2aL.得v B＝2 m/s.(2)由题意知，传送带顺时针匀速转动的速率12 m/s>v0，物块所受的摩擦力沿传送带方向，即物块先加速到v1＝12 m/s，由v21－v20＝2ax1，得x1＝113m<L＝8 m.故物块先加速运动后匀速运动即物块到达B时的速度为v B′＝v1＝12 m/s.(3)当物块初速度v0′＝6 m/s时，物块速度减为零时的位移x2＝v0′22a＝3 m<L，所以物块先向右减速后向左加速由v2＝v0′－at1，得t1＝1 s；当物块向左加速到v3＝4 m/s时由v23－v22＝2ax3得x3＝43m<x2＝3 m，故物块向左先加速运动后匀速运动由v3＝v2＋at2，得t2＝23s；当物块向左匀速运动v4＝v3＝4 m/s，x4＝x2－x3＝53m.由x4＝v4t3，得t3＝512s，故t＝t1＋t2＋t3＝25 12s.答案：(1)2 m/s(2)12 m/s(3)25 12s。
高中物理滑块-板块模型(解析版)
滑块—木板模型一、模型概述滑块－木板模型(如图a)，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，另外，常见的子弹射击木板(如图b)、圆环在直杆中滑动(如图c)都属于滑块类问题，处理方法与滑块－木板模型类似。
二、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。
【典例1】如图所示，在光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板，其上叠放一质量为m2的木块。
假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。
现给木块施加一随时间t增大的水平力F＝kt(k是常数)，木板和木块加速度的大小分别为a1和a2。
下列反映a1和a2变化的图线中正确的是(如下图所示)（）【答案】 A【典例2】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。
物理板块模型含答案
目录【专题解读】 (1)【高考真题分析】 (2)【真题感悟】 (11)【最新考向解密】 (12)1.以竖直面为情境构板块模型考动力学知识及相对运动的理解 (12)2结合斜面模型综合考查板块模型中的多过程多运动问题 (13)3.综合能量观点考查板块模型 (16)【专题优化训练】 (18)【专题解读】1.概述：滑块和滑板叠加的模型简称为“板块模型”这两个简单的“道具”为考查学生的物质观念、运动与相互作用观念能量观念展现了丰富多彩的情境，是高中物理讲、学、练、测的重要模型之一。
无论是高考还是在常见的习题、试题中“板块模型”的模型的身影都随处可见，而且常考常新。
对于本专题的学习可以比较准确地反映学生分析问题、解决问题的能力和学科核心素养。
2．命题规律滑块—滑板模型，涉及摩擦力分析、相对运动、摩擦生热、多次相互作用，属于多物体多过程问题，知识综合性较强，对能力要求较高，所以高考试卷中经常出现这一类型。
3．复习指导分析滑块—滑板类模型时要抓住一个转折和两个关联。
一个转折——滑块与滑板达到相同速度或者滑块从滑板上滑下是受力和运动状态变化的转折点。
两个关联——转折前、后受力情况之间的关联和滑块、滑板位移与板长之间的关联。
一般情况下，由于摩擦力或其他力的转变，转折前、后滑块和滑板的加速度都会发生变化，因此以转折点为界，对转折前、后进行受力分析是建立模型的关键。
4．模型特点涉及两个物体，并且物体间存在相对滑动。
5．两种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，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x1，木板位移大小为x2同向运动时：L＝x1－x2反向运动时：L＝x1＋x2【高考真题分析】【例1】(2020·全国二卷25题)如图，一竖直圆管质量为M，下端距水平地面的高度为H，顶端塞有一质量为m的小球。
圆管由静止自由下落，与地面发生多次弹性碰撞，且每次碰撞时间均极短；在运动过程中，管始终保持竖直。
滑板滑块模型习题(一)含答案
滑板滑块模型习题(一）一．选择题（共3小题）1．如图，在光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板，其上叠放一质量为m2的木块。
假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。
现给木块施加一随时间t增大的水平力F＝kt（k是常数），木板和木块加速度的大小分别为a1和a2，下列反映a1和a2变化的图线中正确的是（）A．B．C．D．2．如图所示，A、B两物块叠放在一起，在粗糙的水平面上保持相对静止地向右做匀减速直线运动，运动过程中B受到的摩擦力（）A．方向向左，大小不变B．方向向左，逐渐减小C．方向向右，大小不变D．方向向右，逐渐减小3．如图所示，一足够长的木板静止在光滑水平面上，一物块静止在木板上，木板和物块间有摩擦．现用水平力向右拉木板，当物块相对木板滑动了一段距离但仍有相对运动时，撤掉拉力，此后木板和物块相对于水平面的运动情况为（）A．物块先向左运动，再向右运动B．物块向右运动，速度逐渐增大，直到做匀速运动C．木板向右运动，速度逐渐变大，直到做匀速运动D．木板和物块的速度都逐渐变小，直到为零二．计算题（共1小题）4．如图所示，光滑水平面上放置质量分别为m、2m的A、B两个物体，AB间的最大静摩擦力为μmg，现用水平拉力F拉B，使A、B以同一加速度运动，则拉力F的最大值为？三．解答题（共11小题）5．一小圆盘静止在桌布上，位于一方桌的水平桌面的中央．桌布的一边与桌的AB边重合，如图示，已知盘与桌布间的动摩擦因数为μl，盘与桌面间的动摩擦因数为μ2．现突然以恒定加速度a将桌布抽离桌面，加速度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？（以g表示重力加速度）6．质量为m＝1.0kg的小滑块（可视为质点）放在质量为M＝3.0kg的长木板的右端，木板上表面光滑，木板与地面之间的动摩擦因数为μ＝0.2，木板长L＝1.0m．开始时两者都处于静止状态，现对木板施加水平向右的恒力F＝l2N，如图所示。
滑板滑块模型专题含答案
滑板滑块模型专题（一）专题复习素材选择的理由1、知识与技能、过程与方法、情感态度和价值观“三维目标”是新课程的“独创”，是新课程推进素质教育的根本体现，是新课程标准异于原教学大纲的关键点，也是这次课程改革的精髓，表现了改革所承担着的“新期待”。
2、新课程高考物理试题给我们的启示：引导教学重视物理过程的分析和学生综合解决问题能力的培养，强调对考生“运用所学知识分析问题、解决问题的能力”的考查，并且把渗透和关注学生的情感、态度、价值观纳入到了考查目标中。
命题坚持能力立意、问题立意。
主干、重点知识重点考。
3、在高中物理总复习中经常会遇到一个滑块在一个木板上的相对运动问题，我们称为“滑块+木板”模型问题。
由于两个物体间存在相互作用力，相互影响，其运动过程相对复杂，致使一些同学对此类问题感到迷惑。
此类问题曾是旧教材考试中热点问题，在我省实施的新课程高考中，由于高中物理3—3和3—5系选考内容，系统不受外力所遵循的动量守恒的情况在高考必考内容中一般会回避，因此，这类问题近些年在我省有些被冷落、受忽视。
但千万记住有受外力情况下的相对运动依然是动力学的重要模型之一。
（二）专题复习素材的编制为了提高训练的有效性，针对高考题目类型，选用题组进行强化训练，我们可以将训练试题分为“典例导学”、“变式训练”和“强化闯关”三部分。
“典例导学”和“变式训练”主要起方法引领的作用，适用于课堂教学，试题以典型性、层次梯度分明的基础题、中档题为主，训练解题思路，指导解题方法，规范解题过程，培养解题能力。
“强化闯关”供学生课外进行综合训练，一般采用各地质检和历届高考经典试题，试题综合性较强，其主要目的是让学生把所掌握的解题方法和技巧应用于具体的问题情境中，不仅练习考点稳定的高考题型，还练习可能的符合时代气息的创新题型、拓展题型，特别是那些能够很好地体现高考改革最新精神和学科思想方法（如对图象、图表的理解应用和提取有效信息能力）的试题，让学生实战演练，提前进入实战状态，提早体验高考，揭去高考神秘的面纱，努力提高学生娴熟的技能技巧和敏捷的思维方式，使学生树立高考必胜的信心。
动力学之---------“滑板—滑块”模型
高考计算题突破动力学之---------“滑板—滑块”模型（一）[模型概述](1)滑板——滑块模型的特点①滑块未必是光滑的．②板的长度可能是有限的，也可能是足够长的．③板的上、下表面可能都存在摩擦，也可能只有一个面存在摩擦，还可能两个面都不存在摩擦．(2)滑板——滑块模型常用的物理规律匀变速直线运动规律、牛顿运动定律、动能定理、机械能守恒定律、能的转化和守恒定律、功能关系等．[模型指导](1)两种位移关系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，位移之差等于板长；反向运动时，位移之和等于板长．(2)解题思路[典例](20分)如图所示，可看成质点的小物块放在长木板正中间，已知长木板质量M＝4 kg，长度L＝2 m，小物块质量m＝1 kg，长木板置于光滑水平地面上，两物体皆静止．现在用一大小为F的水平恒力作用于小物块上，发现只有当F超过2.5 N时，才能让两物体间产生相对滑动．设两物体间的最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力大小，重力加速度g＝10 m/s2，试求：(1)小物块和长木板间的动摩擦因数；(2)若一开始力F就作用在长木板上，且F＝12 N，则小物块经过多长时间从长木板上掉下？规范解答(1)设两物体间的最大静摩擦力为F f，当F＝2.5 N作用于小物块时，对整体由牛顿第二定律有F＝(M＋m)a①(2分)对长木板由牛顿第二定律有F f＝Ma②(2分)由①②可得F f＝2 N(2分)小物块竖直方向上受力平衡，所受支持力F N＝mg，摩擦力F f＝μmg得μ＝0.2(2分)(2)F ＝12 N 作用于长木板上时，两物体发生相对滑动，设长木板、小物块的加速度分别为a 1、a 2，对长木板，由牛顿第二定律有F －F f ＝Ma 1(1分) 得a 1＝2.5 m/s 2(2分)对小物块，由牛顿第二定律有F f ＝ma 2(1分) 得a 2＝2 m/s 2(2分)由匀变速直线运动规律，两物体在t 时间内的位移分别为 s 1＝12a 1t 2(1分)s 2＝12a 2t 2(1分)小物块刚滑下长木板时，有s 1－s 2＝12L (1分)解得t ＝2 s(3分) 答案 (1)0.2 (2)2 s[突破训练]1．质量M ＝9 kg 、长L ＝1 m 的木板在动摩擦因数μ1＝0.1的水平地面上向右滑行，当速度v 0＝2 m/s 时，在木板的右端轻放一质量m ＝1 kg 的小物块如图所示．小物块刚好滑到木板左端时，物块和木板达到共同速度．取g ＝10 m/s 2，求：(1)从物块放到木板上到它们达到相同速度所用的时间t ； (2)小物块与木板间的动摩擦因数μ2.2．(15分)有一项“快乐向前冲”的游戏可简化如下：如图所示，滑板长L ＝1 m ，起点A 到终点线B 的距离s＝5 m．开始滑板静止，右端与A平齐，滑板左端放一可视为质点的滑块，对滑块施一水平恒力F使滑板前进．板右端到达B处冲线，游戏结束．已知滑块与滑板间动摩擦因数μ＝0.5，地面视为光滑，滑块质量m1＝2 kg，滑板质量m2＝1 kg，重力加速度g＝10 m/s2，求：(1)滑板由A滑到B的最短时间可达多少？(2)为使滑板能以最短时间到达，水平恒力F的取值范围如何？3．(15分)如图所示，薄板A长L＝5 m，其质量M＝5 kg，放在水平桌面上，板右端与桌边相齐．在A上距右端s＝3 m处放一物体B(可看成质点)，其质量m＝2 kg.已知A、B间动摩擦因数μ1＝0.1，A与桌面间和B与桌面间的动摩擦因数均为μ2＝0.2，原来系统静止．现在在板的右端施加一大小一定的水平力F持续作用在A上直到将A从B下抽出才撤去，且使B最后停于桌的右边缘．求：(1)B运动的时间；(2)力F的大小．4．如下图所示，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＝0.40，取g＝10 m/s2.求：(1)A、B相对运动时的加速度a A和a B的大小与方向；(2)A相对地面速度为零时，B相对地面运动已发生的位移大小x；(3)木板B的长度l.5.【2013江苏高考】(16 分)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m1和m2,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,,求需所拉力的大小；(3)本实验中m1 =0. 5 kg m2 =0. 1 kg, μ=0. 2,砝码与纸板左端的距离d =0. 1 m,取g =10 m/ s2. 若砝码移动的距离超过l =0. 002 m,人眼就能感知. 为确保实验成功,纸板所需的拉力至少多大?6. （12分）质量M=3kg的滑板A置于粗糙的水平地面上，A与地面的动摩擦因数µ1=0.3，其上表面右侧光滑段长度L1=2m，左侧粗糙段长度为L2，质量m=2kg、可视为质点的滑块B静止在滑板上的右端，滑块与粗糙段的动摩擦因数µ2=0.15，取g=10m/s2，现用F=18N的水平恒力拉动A向右运动，当A、B分离时，B对地的速度v B=1m/s，求L2的值。
滑板滑块模型习题(三)含答案
滑板滑块模型习题（三）1．质量9M kg =、长1L m =的木板在动摩擦因数10.1μ=的水平地面上向右滑行，当速度02/v m s =时，在木板的右端轻放一质量1m kg =的小物块如图所示。
当小物块刚好滑到木板左端时，物块和木板达到共同速度。
取210/g m s =，求：（1）从木块放到木板上到它们达到相同速度所用的时间t ； （2）小物块与木板间的动摩擦因数2μ。
2．如图所示，木块和木板一起以010/v m s =的速度向右运动。
质量分别为m 和3m 。
木块与木板间摩擦因数10.4μ=，木板与地面间摩擦因数20.1μ=．木板到墙壁的距离为18L m =，且与墙壁碰撞无能量损失，速度反向。
重力加速度20/g l m s =。
求：（1）木板滑到墙壁所需时间；（2）若木板长为4.5m ，木板与墙壁碰后经过多长时间从板上滑下。
3．如图所示，质量2M kg =足够长的木板静止在水平地面上，与地面的动摩擦因数10.1μ=，另一个质量1m kg =的小滑块，以6/m s 的初速度滑上木板，滑块与木板之间的动摩擦因数20.6μ=．(g 取20/)l m s（1）若木板固定，求小滑块在木板上滑过的距离。
（2）若木板不固定，求小滑块自滑上木板开始多长时间相对木板处于静止。
4．如图所示，质量为0.5M kg =、长4L m =的木板静止在光滑水平面上，可视为质点、质量为1m kg =的物块以初速度08/v m s =滑上木板的左端，物块与木板之间的动摩擦因数为0.2μ=，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度210/g m s =。
（1）物块在木板上滑动时的加速度是多大？（2）物块能从木板的右端滑下，求物块在木板上滑行的时间是多少？（3）若在物块滑上木板的同时，给木板施加一个水平向右的恒力F ，要物体不从木板上滑下，求恒力F 的取值范围。
5．长为5L m =、质量为2M kg =的薄木板，在10F N =水平向右的拉力作用下，以06/v m s =的速度匀速运动。
滑板滑块模型专题
（滑板-滑块模型专题）2019.111、（2019天津第2题）．如图所示，A 、B 两物块叠放在一起，在粗糙的水平面上保持相对静止地向右做匀减速直线运动，运动过程中B 受到的摩擦力A ．方向向左，大小不变B ．方向向左，逐渐减小C ．方向向右，大小不变D ．方向向右，逐渐减小2、如图所示，一足够长的木板静止在光滑水平面上，一物块静止在木板上，木板和物块间有摩擦。
现用水平力向右拉木板，当物块相对木板滑动了一段距离但仍有相对运动时，撤掉拉力，此后木板和物块相对于水平面的运动情况为 （ ）A ．物块先向左运动，再向右运动B ．物块向右运动，速度逐渐增大，直到做匀速运动C ．木板向右运动，速度逐渐变小，直到做匀速运动D ．木板和物块的速度都逐渐变小，直到为零 3、(新课标理综第21题).如图，在光滑水平面上有一质量为m 1的足够长的木板，其上叠放一质量为m 2的木块。
假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。
现给木块施加一随时间t 增大的水平力F=kt （k 是常数），木板和木块加速度的大小分别为a 1和a 2，下列反映a 1和a 2变化的图线中正确的是（）4、如图所示,A 、B 两物块的质量分别为 2 m 和 m, 静止叠放在水平地面上. A 、B 间的动摩擦因数为μ,B 及地面间的动摩擦因数为0.5μ. 最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为 g. 现对 A 施加一水平拉力 F,则( )A 当 F < 2 μmg 时,A 、B 都相对地面静止B 当 F =5μmg /2 时, A 的加速度为μg /3C 当 F > 3 μmg 时,A 相对 B 滑动D 无论 F 为何值,B 的加速度不会超过0.5μg5.一质量为M=4kg 的木板静止在光滑的水平面上，一个质量为m=1kg 的滑块（可以视为质点）以某一初速度V 0=5m/s 从木板左端滑上木板，二者之间的摩擦因数为µ=0.4,经过一段时间的相互作用，木块恰好不从木板上滑落，求木板长度为多少？6. 如图所示，质量M=0.2kg 的长木板静止在水平面上，长木板及水平面间的动摩擦因数μ2=0.1.现有一质量m=0.2kg 的滑块以v 0=1.2m/s 的速度滑上长板的左端，小滑块及长木板间的动摩擦因数μ1=0.4.滑块最终没有滑离长木板，求滑块在开始滑上长木板到最后静止下来的过程中，滑块滑行的距离是多少?(以地面为参考系，g=10m/s 2)?7．如图所示，m 1=40kg 的木板在无摩擦的地板上，木板上又放m 2=10kg的石块，石块及木板间的动摩擦因素μ=0.6。
高考物理一轮复习(练习)：热点专题突破系列2滑块——滑板模型含答案
热点专题突破系列(二)〔专题强化训练〕1．(2015·课标Ⅰ)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4.5 m ，如图(a)所示。
t ＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t ＝1 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10 m/s 2。
求：导学号 51342345(1)木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2；(2)木板的最小长度；(3)木板右端离墙壁的最终距离。
[答案] (1)0.1 0.4 (2)6.0 m (3)6.5 m[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v ＝4 m/s ，碰撞后木板速度水平向左，大小也是v ＝4 m/s ，小物块受到滑动摩擦力而向右做匀减速运动，根据牛顿第二定律有μ2g ＝4 m/s －0 m/s 1 s， 解得μ2＝0.4。
木板与墙壁碰撞前，匀减速运动时间t ＝1 s ，位移x ＝4.5 m ，末速度v ＝4 m/s 。
其逆运动则为匀加速直线运动，可得x ＝v t ＋12at 2， 代入可得a ＝1 m/s 2，小物块和木板整体受力分析，滑动摩擦力提供合外力，即μ1g ＝a ，可得μ1＝0.1。
(2)碰撞后，木板向左匀减速，依据牛顿第二定律有μ1(M ＋m )g ＋μ2mg ＝Ma 1，可得a 1＝43m/s 2， 对小物块，则有加速度a 2＝4 m/s 2。
小物块速度先减小到0，此时碰后时间为t 1＝1 s ，此时，木板向左的位移为x 1＝v t 1－12a 1t 21＝103m ， 末速度v 1＝83m/s 。
小物块向右位移x 2＝4 m/s ＋02t 1＝2 m 。
第10讲 牛顿运动定律之滑块-滑板模型(解析版)
第10讲滑板-滑块模型11.模型特点上、下叠放的两个物体，并且两物体在摩擦力的相互作用下发生相对滑动。
2.解题指导（1）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；（2）对滑块和木板进行运动情况分析，找出滑块和木板之间位移关系或速度关系，建立方程。
（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。
它就是解决问题的突破口。
（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。
3.两种位移关系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，二者位移之差等于滑板长度；反向运动时，二者位移之和等于滑板长。
4.易错点（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。
说明：两者发生相对滑动的条件：（1）摩擦力为滑动摩擦力（动力学条件）；（2）二者速度或加速度不相等（运动学条件）。
（其中动力学条件是判断的主要依据）5.分析“滑块—滑板模型”问题时应掌握的技巧（1）分析题中滑块、滑板的受力情况，求出各自的加速度；（2）画好运动草图，找出位移、速度、时间等物理量间的关系；（3）明确每一过程的末速度是下一过程的初速度。
2一、单选题1.（2020·四川省高三三模）如图所示，质量均为M 的物块A 、B 叠放在光滑水平桌面上，质量为m 的物块C 用跨过轻质光滑定滑轮的轻绳与B 连接，且轻绳与桌面平行，A 、B 之间的动摩擦因数为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g ，下列说法正确的是（ ）A.若物块A 、B 未发生相对滑动，物块A 受到的摩擦力为2f MmgF M m=+B.要使物块A 、B 发生相对滑动，应满足关系1Mm μμ>- C.若物块A 、B 未发生相对滑动，轻绳拉力的大小为mgD.若物块A 、B 未发生相对滑动时，轻绳对定滑轮的作用力为22MmgF M m=+【答案】A【解析】A .若物块A 、B 未发生相对滑动，A 、B 、C 三者加速的大小相等，由牛顿第二定律得()2mg M m a =+对A ，由牛顿第二定律得f F Ma =解得2f MmgF M m=+，故A 正确；B .当A 、B 发生相对滑动时，A 所受的静摩擦力达到最大，根据牛顿第二定律有Mg Ma μ=解得a g μ=以A 、B 、C 系统为研究对象，由牛顿第二定律得()2mg M m a =+解得21Mm μμ=- 故要使物块A 、B 之间发生相对滑动，则21Mm μμ>-，故B 错误； C .若物块A 、B 未发生相对滑动，设轻绳拉力的大小为F ，对C 受力分析，根据牛顿第二定律有mg F ma -=解得F mg ma mg =-<，故C 错误；D .若物块A 、B 未发生相对滑动时，由A 可知，此时的加速度为2f mgMmF a M ==+对C 受力分析，根据牛顿第二定律有mg F ma -=解得22MmgF M m=+根据力的合成法则，可得轻绳对定滑轮的作用力2222+=2MmgN F F M m=+故D 错误。
滑板滑块模型1
滑板滑块模型11．如图甲所示，在光滑水平面上叠放着A、B两物体．现对A施加水平向右的拉力F，通过传感器可测得A的加速度a随拉力F变化的关系如图乙所示．已知重力加速度g＝10m/s2，下列说法正确的是(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( ) A．A的质量是5kgB．B的质量是5kgC．A、B之间的动摩擦因数是0.4D．A、B之间的动摩擦因数是0.82．如图甲所示，在光滑水平面上，静止放置一质量为M的足够长的木板，质量为m的小滑块(可视为质点)放在长木板上．长木板受到的水平拉力F与加速度的关系如图乙所示，重力加速度大小g取10m/s2，下列说法正确的是()A．长木板的质量M＝2kgB．小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.4C．当F＝14N时，长木板的加速度大小为3m/s2D．当F增大时，小滑块的加速度一定增大3．如图所示，质量为1kg的木块A与质量为2kg的木块B叠放在水平地面上，A、B间的最大静摩擦力为2N，B与地面间的动摩擦因数为0.2.用水平力F作用于B，则A、B保持相对静止的条件是(g取10m/s2)()A．F≤12N B．F≤10NC．F≤9N D．F≤6N4．如图甲所示，质量为2m的足够长的木板B放在粗糙水平面上，质量为m的物块A放在木板B的右端且A与B、B与水平面间的动摩擦因数均为μ，现对木板B施加一水平变力F，F随t变化的关系如图乙所示，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，下列说法正确的是()A．前3s内，A受到的摩擦力方向水平向右B．t＝4s时，A的加速度大小为μgC．t＝5s时，A受到的摩擦力大小为0.5μmgD．第6s以后，A受到的摩擦力大小为μmg5.如图所示，水平地面上放置一个质量为1kg的物块A，在A的上面放置另一个质量也为1kg 的物块B，已知A与地面之间的动摩擦因数为μ1＝0.5，A、B之间的动摩擦因数为μ2＝0.2.现在给物块A施加一个与水平方向夹角为θ＝37°、斜向右上方、大小恒为10N的力F，则物块B所受的摩擦力(重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)()A．大小为0.5N，方向水平向右B．大小为2N，方向水平向右C．大小为0.5N，方向水平向左D．大小为2N，方向水平向左6．在光滑水平面上有一辆小车A，其质量为m A＝2.0kg，在小车上放一个物体B，其质量为m B＝1.0kg，如图1甲所示，给B一个水平推力F，当F增大到稍大于3.0N时，A、B开始相对滑动，如果撤去F，对A施加一水平推力F′，如图乙所示，要使A、B不相对滑动，则F′的最大值F max为()7.A．2.0NB．3.0NC．6.0ND．9.0N8.如图所示，质量M＝2kg的足够长木板静止在光滑水平地面上，质量m＝1kg的物块静止在长木板的左端，物块和长木板之间的动摩擦因数μ＝0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2.现对物块施加一水平向右的恒力F＝2N，则下列说法正确的是()A．物块和长木板之间的摩擦力为1NB．物块和长木板相对静止一起加速运动C．物块运动的加速度大小为1m/s2D．拉力F越大，长木板的加速度越大8．如图所示，长木板放置在水平面上，一小物块置于长木板的中央，长木板和物块的质量均为m，物块与木板间的动摩擦因数为μ，木板与水平面间动摩擦因数为，已知最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g.现对物块施加一水平向右的拉力F，则木板加速度a大小可能是()A．0 B.C. D.－9．如图甲所示，一滑块置于足够长的长木板左端，木板放置在水平地面上．已知滑块和木板的质量均为2kg，现在滑块上施加一个F＝0.5t(N)的变力作用，从t＝0时刻开始计时，滑块所受摩擦力随时间变化的关系如图乙所示．设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度g取10m/s2，则下列说法正确的是()A．滑块与木板间的动摩擦因数为0.4B．木板与水平地面间的动摩擦因数为0.2C．图乙中t2＝24sD．木板的最大加速度为2m/s2。
期末专题-滑块滑板模型高中物理必修一
滑块滑板模型板块模型 模型特点：涉及两个发生相对滑动的物体以及两种位移关系滑块由滑板的一端运动到另一端的过程中：1.若滑块和滑板同向运动，位移之差等于板长；2.若滑块和滑板反向运动，位移之和等于板长.19．（2011年）（13分）如图12所示，质量m=1kg 的小滑块（可视为点）放在质量M =1kg 的长木板左端，木板放在光滑水平面上，滑块与木板之间动摩擦因数μ=0.1，木板长L =0.75m ，g =10m/s 2．开始时二者均静止，现用水平恒力F 沿板水平向右拉滑块，试求（1）如果认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，要使木板和滑块一起向右运动而不产生相对滑动，力F 应满足什么条件？（2）要使滑块经过时间t =0.5s 时从木板右端滑出，力F 应多大？19.（2013年）（12分）一质量为m=4kg 的木板静止在光滑水平面上，一质量为m0＝2kg的小物块（可视为图13质点），从木板左端以v0＝6m/s的水平速度开始沿木板滑动，如图所示．由于摩擦的缘故，小物块恰好不能从木板的右端滑下，已知小物块与木板间的动摩擦因数为μ=0.4，g取10m/s2．求：（1）小物块在木板上滑动时，小物块的加速度大小和木板的加速度大小（2）木板的长度．19．（2014年）（13分）如图所示，木板A静止在粗糙水平地面上，有一个可视为质点的物块B从木板左端水平冲上木板．物块和木板的v－t图象分别如图中的折线bcd和Ocd所示，b、c、d、O点的坐标分别为b(0,10)、c(1,4)、d(3,0)、O（0，0），求：（1）木板A做匀加速直线运动时的加速度大小；（2）物块相对木板滑行的距离；（3）物块质量m与木板质量M之比．12．如图甲所示，物块和木板叠放在实验台上，用一不可伸长的细绳把物块与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平．t＝0时，木板开始受到水平拉力F的作用，在t＝4s时撤去F．细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图乙所示，木板的速度v与时间t的关系如图丙所示．不计木板与实验台之间的摩擦，g=10m/s2．A ．木板的质量为2kgB ．2s ～4s 内，力F 的大小为0.4NC ．0～2s 内，力F 逐渐增大D ．物块与木板之间的动摩擦因数为0.218．（13分）如图所示，质量相等的物块A 和B 叠放在水平地面上，左边缘对齐．A 与B 间的动摩擦因数为21μ，B 与地面间的动摩擦因数为31μ．先敲击A ，A 立即获得水平向右的初速度，在B 上滑动距离L 后停下．接着敲击B ，B 立即获得水平向右的初速度，A 、B 都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下．认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g ．求：（1）A 被敲击后获得的初速度大小v A ；（2）在敲击B 之后、A 、B 左边缘再次对齐之前，B 的加速度大小a B ；（3）B 被敲击后获得的初速度大小v B ．。
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滑块、滑板模型[典例]1．如图所示，A 、B 两物块叠放在一起，放在光滑地面上，已知A 、B 物块的质量分别为M 、m ，物块间粗糙。
现用水平向右的恒力F 1、F 2先后分别作用在A 、B 物块上，物块A 、B 均不发生相对运动，则F 1、F 2的最大值之比为( )A ．1∶1B ．M ∶mC ．m ∶MD ．m ∶(m ＋M)2.(多选)(2014·江苏高考)如图所示，A 、B 两物块的质量分别为2 m 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。
最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g 。
现对A 施加一水平拉力F ，则( )A ．当F<2μmg 时，A 、B 都相对地面静止B ．当F ＝52μmg 时，A 的加速度为13μgC ．当F>3μmg 时，A 相对B 滑动D ．无论F 为何值，B 的加速度不会超过12μg3．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F=8 N ，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m=2 kg 的小物块，物块与小车间的动摩擦因数 =0.2，小车足够长(取g=l0 m/s2)。
求：（1）小物块放后，小物块及小车的加速度大小各为多大？（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t=1.5 s 小物块通过的位移大小为多少？4．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v 1 =10m/s 时，在其右端有一质量m = 2kg 的小物块（可视为质点）以水平向左的速率v 2 = 2m/s 滑上木板，物块与长木板间的动摩擦因数μ = 0.2，小物块始终没离开长木板，g 取10m/s 2，求：⑴经过多长时间小物块与长木板相对静止；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。
5. 质量M ＝4 kg 、长2l ＝4 m 的木板放在光滑水平地面上，以木板中点为界，左边和右边的动摩擦因数不同．一个质量为m ＝1 kg 的滑块(可视为质点)放在木板的左端，如图甲所示．在t ＝0时刻对滑块施加一个水平向右的恒力F ，使滑块和木板均由静止开始运动，t 1＝2 s 时滑块恰好到达木板中点，滑块运动的x 1－t 图象如图乙所示．取g ＝10 m/s 2.M m v mM F(1)求滑块与木板左边的动摩擦因数μ1和恒力F 的大小．(2)若滑块与木板右边的动摩擦因数μ2＝0.1，2 s 末撤去恒力F ，则滑块能否从木板上滑落下来？若能，求分离时滑块的速度大小．若不能，则滑块将停在离木板右端多远处？[解析] (1)滑块和木板均做初速度为零的匀加速直线运动，设滑块的加速度大小为a 1，木板的加速度大小为a 2，则t 1＝2 s 时木板的位移x 2＝12a 2t 21①滑块的位移x 1＝4 m ② 由牛顿第二定律得a 2＝μ1mgM③由位移关系得x 1－x 2＝l ④ 联立①②③④解得μ1＝0.4⑤ 滑块位移x 1＝12a 1t 21⑥恒力F ＝ma 1＋μ1mg ⑦ 联立②⑤⑥⑦解得F ＝6 N.(2)设滑块到达木板中点时，滑块的速度为v 1，木板的速度为v 2，滑块滑过中点后做匀减速运动，木板继续做匀加速运动，此时滑块和木板的加速度大小分别为a ′1＝μ2mgm＝μ2g ，a ′2＝μ2mgM设滑块与木板从t 1时刻开始到速度相等时的运动时间为t 2，则v 2＝a 2t 1，v 1＝a 1t 1，v 1－a ′1t 2＝v 2＋a ′2t 2解得t 2＝1.6 s在此时间内，滑块位移x ′1＝v 1t 2－12a ′1t 22木板的位移x ′2＝v 2t 2＋12a ′2t 22Δx ＝x ′1－x ′2联立解得Δx ＝1.6 m<2 m因此滑块没有从木板上滑落，滑块与木板相对静止时距木板右端的距离为d ＝l －Δx ＝0.4 m.6．如图所示，一质量为M 的平板车B 放在光滑水平面上，在其右端放一质量为m 的小木块A ，m ＜M ， ,A 、B 间动摩擦因数为μ，现给A 和B 以大小相等、方向相反的初速度v0,使A 开始向左运动，B 开始向右运动，最后A 不会滑离B ，求： （1）A 、B 最后的速度大小和方向；（2）从地面上看，小木块向左运动到离出发点最远处时，平板车向右运动的位移大小。
7．如图所示，半径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A 点有一个可视为质点的质量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，而沿切线方向的分速度不变，此后小物块将沿着圆弧轨道滑下。
已知A 点与轨道的圆心O 的连线长也为R ，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3.0=μ，g 取10m/s2。
求：（1）小物块刚到达B 点时的速度B υ；（2）小物块沿圆弧轨道到达C 点时对轨道压力FC 的大小； （3）木板长度L 至少为多大时小物块才不会滑出长木板？ 解：（1）由几何关系可知，AB 间的距离为R (1分)小物块从A 到B 做自由落体运动，根据运动学公式有gR v B22= ① (2分) 代入数据解得v B =4m/s ，方向竖直向下 (2分)（2）设小物块沿轨道切线方向的分速度为v Bx ，因OB 连线与竖直方向的夹角为60°，故v Bx =v B sin60°② (2分) 从B 到C ，只有重力做功，根据机械能守恒定律有2/2/)60cos 1(22Bx C mv mv mgR -=︒- ③(2分) 代入数据解得52=C v m/s(1分) 在C 点，根据牛顿第二定律有R mv mg c F C/2=-' ④ (2分)代入数据解得35='c F N (1分)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 (1分) （3）小物块滑到长木板上后，它们组成的系统在相互作用过程中总动量守恒，减少的机械能转化为内能。
当物块相对木板静止于木板最右端时，对应着物块不滑出的木板最小长度。
根据动量守恒定律和能量守恒定律有mv C =(m +M )v ⑤ (2分)2/)(2/22v M m mv mgL C +-=μ ⑥ (2分)联立⑤、⑥式得)](2/[2M m g Mv L C+=μ ⑦ 代入数据解得L =2.5m (2分)8. 如图5-4-4所示，有一个可视为质点的质量为m ＝1 kg 的小物块。
从光滑平台上的A点以v 0＝2 m/s 的初速度水平抛出，到达C 点时，恰好沿C 点的切线方向进入固定在水平地面上的光滑圆弧轨道，最后小物块滑上紧靠轨道末端D 点的质量为M ＝3 kg 的长木板。
已知木板上表面与圆弧轨道末端切线相平，木板下表面与水平地面之间光滑，小物块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.3，圆弧轨道的半径为R ＝0.4 m ，C 点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角θ＝60°，不计空气阻力，g 取10 m/s 2。
求：(1)小物块刚要到达圆弧轨道末端D 点时对轨道的压力； (2)要使小物块不滑出长木板，木板的长度L 至少多大？[解析] (1)小物块在C 点时的速度大小为 v C ＝v 0cos 60°①小物块由C 到D 的过程中，由机械能守恒定律得： mgR (1－cos 60°)＝12m v D 2－12m v C 2②代入数据解得v D ＝2 5 m/s 小球在D 点时由牛顿第二定律得： F N －mg ＝m v D 2R ③代入数据解得F N ＝60 N ④由牛顿第三定律得F N ′＝F N ＝60 N ，方向竖直向下。
(2)设小物块刚好滑到木板左端且达到共同速度的大小为v ，小物块在木板上滑行的过程中，小物块与长木板的加速度大小分别为a 1＝μmg m ＝μg ⑤a 2＝μmg M⑥速度分别为v ＝v D －a 1t ，v ＝a 2t ⑦对小物块和木板系统，由能量守恒定律得：μmgL ＝12m v D 2－12(m ＋M )v 2⑧L ＝2.5 m 。
⑨[答案] (1)60 N 方向竖直向下 (2)2.5 m9．如图所示，小车Ａ的质量Ｍ＝2ｋｇ，置于光滑水平面上，初速度为ｖ０＝14ｍ／ｓ．带正电荷ｑ＝0．2Ｃ的可视为质点的物体Ｂ，质量ｍ＝0．1ｋｇ，轻放在小车Ａ的右端，在Ａ、Ｂ所在的空间存在着匀强磁场，方向垂直纸面向里，磁感强度Ｂ＝0．5Ｔ，物体与小车之间有摩擦力作用，设小车足够长，求（1）Ｂ物体的最大速度 （2）小车Ａ的最小速度（3）在此过程中系统增加的内能（ｇ＝10ｍ／ｓ２）解：（1）当B 脱离A 时，B 的速度最大，此时对B 有： Bqv B =mg ，解得v B =10m/s（2）当B 脱离A 时，A 的速度最小，对A 、B 相对滑动过程，由动量守恒定律得： Mv 0=Mv A +mv B解得A 的最小速度为 v A =13.5m/s（3）由能量守恒定律，此过程中系统增加的内能等于系统损失的动能 所以系统增加的内能为 J mv Mv Mv Q B A 75.82121212220=--=【练习】1、如图甲所示，质量M ＝1 kg 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，在木板的左端放置一个质量m ＝1 kg 、大小可忽略的铁块，铁块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.4，g 取10 m/s2，试求：(1)若木板长L ＝1 m ，在铁块上加一个水平向右的恒力F ＝8 N ，经过多长时间铁块运动到木板的右端？(2)若在铁块右端施加一个从零开始连续增大的水平向右的力F ，假设木板足够长，在图乙中画出铁块受到木板的摩擦力Ff2随拉力F 大小变化而变化的图象. 答案 (1)对铁块应用牛顿第二定律：F －μ2mg ＝ma 1，加速度大小 a 1＝m F －μ2mg ＝4 m/s 2，(2分)对木板应用牛顿第二定律：μ2mg －μ1(M ＋m )g ＝Ma 2，加速度大小a 2＝M μ2mg －μ1(M ＋mg ＝2m/s 2，(2分)设经过时间t 铁块运动到木板的右端，则有 21a 1t 2－21a 2t 2＝L ， 解得t ＝1 s.(2分)(2)①当F ≤μ1(mg ＋Mg )＝2 N 时，M 、m 相对静止且对地静止，F f2＝F ；(3分) ②设F ＝F 1时，M 、m 恰保持相对静止，此时系统的加速度a ＝a 2＝2 m/s 2， 以系统为研究对象，根据牛顿第二定律有F 1－μ1(M ＋m )g ＝(M ＋m )a ，解得F 1＝6 N. 所以，当2 N ＜F ≤6 N 时，M 、m 相对静止，系统向右做匀加速运动，其加速度a ＝M ＋m F －μ1(M ＋mg ＝2F－1以M 为研究对象，根据牛顿第二定律有F f2′－μ1(M ＋m )g ＝Ma ，F f2＝F f2′， 解得F f2＝2F＋1.(4分)③当F ＞6 N 时，M 、m 发生相对运动，F f2＝μ2mg ＝4 N.如图所示.(3分)2．如图所示，质量M ＝1 kg 的木块A 静止在水平地面上，在木块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，木块长L ＝1 m ．用F ＝5 N 的水平恒力作用在铁块上，g 取10 m/s 2.(1)若水平地面光滑，计算说明两物块间是否发生相对滑动．(2)若木块与水平地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，求铁块运动到木块右端的时间．解析：(1)A 、B 之间的最大静摩擦力为f m >μ1mg ＝0.3×1×10 N ＝3 N 假设A 、B 之间不发生相对滑动，则 对A 、B 整体： F ＝(M ＋m )a对A：f AB＝Ma解得：f AB＝2.5 N因f AB<f m，故A、B之间不发生相对滑动．(2)对B：F－μ1mg＝ma B对A：μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma A据题意有：x B－x A＝Lx A＝12a A t2x B＝12a B t2解得：t＝ 2 s.3.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,在B的右端有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.现在A以速度向右运动并与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,则C会不会掉下地面(2)要使C最后停在长木板A上,则动摩擦因数必须满足什么条件解:(1)设A、B碰撞后共同速度为,若C不滑下来,设A、B、C相对静止时速度为,C在AB上滑行的距离为s.对于AB碰撞过程,以AB组成的系统,取向右方向为正方向,由动量守恒定律得:计算得出:对于A、B、C组成的系统,由动量守恒得:计算得出:根据系统的能量守恒得:计算得出:因为,所以C不会掉下去.(2)要使C最后恰好停在长木板A上,则有由能量守恒得:计算得出:故应满足的条件是:因此，本题正确答案是:(1)不会.(2).;3.下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害。