叠放模型的力学分析与计算问题

合集下载

专题8 应用动力学解决滑块-滑板模型问题 2021年高考物理二轮专题解读与训练(解析版)

专题8 应用动力学解决滑块-滑板模型问题1.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。

例1.如图，质量为M 且足够长的倾角为θ的斜面体C 始终静止在水平面上，一质量为m 的长方形木板A 上表面光滑，木板A 获得初速度v 0后恰好能沿斜面匀速下滑，当木板A 匀速下滑时将一质量也为m 的滑块B 轻轻放在木板上，滑块B 在木板A 上下滑的过程中，下列说法正确的是（）A.A 与B 组成的系统在沿斜面的方向上动量不守恒B.A 的加速度大小为2g sin θC.A 的速度为012v 时B 的速度也是012v D.水平面对斜面体有向右的摩擦力【答案】C【解析】A.因木板A 获得初速度v 0后恰好能沿斜面匀速下滑，即沿斜面方向受合力为零，可知sin cos mg mg θμθ=当放上木块B 后，对AB 系统沿斜面方向仍满足2sin 2cos mg mg θμθ=⋅可知系统沿斜面方向受到的合外力为零，则系统沿斜面方向动量守恒，选项A 错误；B.A 的加速度大小为sin 2cos sin A mg mg a g mθμθθ-⋅==-选项B 错误；C.由系统沿斜面方向动量守恒可知012v mv mmv =+ 解得12v v =选项C 正确；D.斜面体受到木板A 垂直斜面向下的正压力大小为2cos mg θ，A 对斜面体向下的摩擦力大小为2cos =2sin mg mg μθθ⋅，这两个力的合力竖直向下，可知斜面体水平方向受力为零，即水平面对斜面体没有摩擦力作用，选项D 错误。

物理一轮复习第3章牛顿运动定律微专题4动力学中的“木板_滑块”和“传送带”模型教案

微专题四动力学中的“木板-滑块”和“传送带”模型动力学中“木板-滑块”模型1．模型分析模型概述(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。

常见情形滑板获得一初速度v0,则板块同向运动，两者加速度不同，x板>x块,Δx＝x板－x块，最后分离或相对静止滑块获得一初速度v0,则板块同向运动，两者加速度不同，x板<x块,Δx＝x块－x板，最后分离或相对静止开始时板块运动方向相反，两者加速度不同，最后分离滑板或滑块受到拉力作用，要判断两者是否有相对运或相对静止，Δx＝x块＋x板动，以及滑板与地面是否有相对运动2。

常见临界判断（1）滑块恰好不滑离木板的条件:滑块运动到木板的一端时,滑块与木板的速度相等.（2）木板最短的条件:当滑块与木板的速度相等时滑块滑到木板的一端.（3）滑块与木板恰好不发生相对滑动的条件：滑块与木板间的摩擦力为最大静摩擦力，且二者加速度相同。

[典例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。

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1 s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/s2。

求：图（a）图(b)(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.[大题拆分］第一步：分析研究对象模型.设小物块和木板的质量分别为m和M。

【动力学中的“板块”和“传送带”模型】规律总结

考点二传送带模型
多维探究
第 1 维度：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ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ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
项目情景 3
图示
滑块可能的运动情况 (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
2.思路方法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．
【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．
(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．
考点一 “滑块—滑板”模型
师生互动
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．

02-3.4 力学模型和力学简图(课件)

4、力学模型和力学简图
物体的受力分析和受力图
力学建模：将实际问题抽象为力学模型的过程。对任何实际问题进行力学分析、计算时，都要将实际问题抽象为力学模型，然后对力学模型进行分析、计算。任何力学计算实际上都是针对力学模型进行的。将实际问题转化为力学模型是进行力学计算所必须的、重要的、关键的一环，将直接影响计算过程和结果。
不光滑圆柱简化为光滑圆盘
载荷简化为集中力
P
B
FNB
光滑接触约束
物体的受力分析和受力图
力学简图
将力学模型用简单明了的图形来表示，这类图形称之为力学简图。
一个力学简图可能对应多种实际结构。 A
B
4、力学模型与力学ห้องสมุดไป่ตู้图
一个实际结构也可能简化成不同的力学模型。
C
A
B
物体的受力分析和受力图
4、力学模型与力学简图
力学建模的原则
• 抓住关键、本质因素、忽略次要因素 • 多方面进行抽象化处理 A、非均匀材料假设成均匀 B、结构有变形但抽象成刚体 C、三维物体有时处理成二维 D、复杂形状简化为简单形状 E、载荷简化为集中力或分布力 F、很多约束简化为理想约束
F
A
FNA
假设碾子材质均匀
将碾子和障碍视作刚体三维问题简化成二维

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。

HyperWorks基础教程

nodeA与nodeB确定了X轴的方向，方向为A到B。在nodeA附近选择一个direction node，该node将与
nodeA决定另一方向。（在direction node下面的按钮，你选择的是Y direction 那么就决定了Y方向，如果你选择了Z direction那么就决定了Z方向），方向为nodeA指向 node。
Gap单元在有限元接触问题中易于建模，且gap单元易于理解，即把gap单元看作是线性弹簧。
通过周围单元的刚度来确定Gap单元的弹性刚度差异的！例如：150mm长、2.5 mm宽、5mm高的悬臂梁端面施加5N的集中载荷。材料：E=70Gpa
U=0 理论计算结果：
HyperWorks基础培训
作者：汪谟清校核：李戈操
安徽合力新技术研究所CAE室
1
HyperWorks基础培训
1、HyperMesh基础知识介绍 1）单元类型介绍 2）常用基础操作介绍 3）网格划分技巧介绍 2、Optistruct求解器分析步骤介绍 1）静力学结构分析 2）模态分析 3）优化分析 4）疲劳分析
单元类型介绍
一、1D和0D单元
二、2D和3D单元
单元类型介绍
单元类型介绍
Mass单元通过在质心位置的节点上赋予一质量来模拟零件的质量。如：在不考虑轮胎受力情况下其应力的情况，也即不考虑轮胎受力后的反应。可将轮胎的总质量按照用质心处节点赋予质量来模拟。单元形式主要有：
Conm1：在某节点定义质量矩阵 Conm2：某节点定义质量。这个最常用。
单元类型介绍
Bars单元和Rob单元区别：Bars可以用来模拟梁的弯曲，而Rod只能模拟承受“拉
伸和压缩”的受力分析。对于Bars单元，必须建立梁的横截面。横截面的建立：1D——HyperBeam——standard Section HyperBeam的操作：

专题57 磁场的叠加、安培力大小和安培力作用下的平衡动力学问题(解析版)

2023届高三物理一轮复习重点热点难点专题特训专题57 磁场的叠加、安培力大小和安培力作用下的平衡动力学问题特训目标特训内容目标1 安培定则和磁场的叠加（1T —4T ）目标2 安培力的大小（5T —8T ）目标3 安培力作用下的平衡问题（9T —12T ）目标4安培力作用下的动力学问题（13T —16T ）一、安培定则和磁场的叠加1．如图所示，在空间三维直角坐标系中过x 轴上12x a x a ==-、两点，沿平行于y 轴方向放置两根长直导线，导线中均通有相等的沿y 轴负方向的恒定电流I 。

已知通电长直导线周围某点磁场的磁感应强度B 与电流I 成正比，与该点到导线的距离r 成反比，即IB k r=⋅。

则下列描述坐标轴上各点磁场磁感应强度的图像中一定错误的是（）A ．B ．C ．D ．【答案】C【详解】根据安培定则以及磁场的叠加可知，O 点的磁感应强度一定为零，图像C 一定错误；在x 方向，在x <-a 范围内磁场方向沿-z 方向，在-a <x<0范围磁场方向沿+z 方向，在0<x <a 范围磁场方向沿-z 方向，在x >a 范围磁场方向沿+z 方向，若选择+z 方向为正方向，则图像可能为A ；若选择-z 方向为正方向，则图像可能为B ；沿z 轴方向，由叠加原理可知，O 点的磁场为零，无穷远处磁场也为零，则从O 点沿z 轴正向和负向，磁场应该先增强后减弱，则图D 正确。

此题选择错误的选项，故选C 。

2．两完全相同的通电圆线圈1、2平行放置，两圆线圈的圆心O 1、O 2的连线与圆面垂直，O 为O 1、O 2的连线的中点，如图所示。

当两圆线圈中通以方向、大小均相同的恒定电流时，O 1点的磁感应强度的大小为B 1；若保持线圈1中的电流以及线圈2中的电流大小不变，仅将线圈2中电流方向反向，O 1点的磁感应强度的大小为B 2。

则线圈1中的电流在O 2点和O 点产生的磁场的磁感应强度大小B 3、B 4一定有（）A ．B 3=122B B +，B 4=122B B - B ．B 3=122B B +，B 4＜122B B - C ．B 3=122B B -，B 4＜122B B - D ．B 3=122B B -，B 4＜122B B + 【答案】D【详解】当两圆环中电流方向相同时（设俯视逆时针方向的电流），则设两圆环在O 1点产生的磁场方向相同均向上，设大小分别为B 11和B 21，则O 1点的磁感应强度的大小为11121B B B =+①仅将线圈2中电流方向反向，O 1点的磁感应强度的大小为21121B B B =-②，①②两式相减解得12212B B B -=而线圈1中的电流在O 2点产生的磁场的磁感应强度大小123212B B B B -==由①②两式相加可得12112B B B +=因线圈1中的电流在O 1点的磁感应强度B 11一定大于在O 点的磁感应强度B 4，则111242B B B B +=>故选D 。

4.6滑块-滑板模型

方法指导
2.运动学条件判断法：先求出不受外力F作用的那个物体的最大临界加速度，再用假设法求出在外力F作用下滑块和滑板整体的加速度，最后把滑块和滑板的整体加速度与不受外力F作用的那个物体的最大临界加速度进行大小比较。若滑块与滑板整体的加速度不大于（小于
或等于）滑块的最大加速度，即 a a，ma二x 者之间就不发
(1)若地面光滑，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．
动力学中的滑块—滑板模型
典型例题
(1)A、B 之间的最大静摩擦力为 fm＞μ1mg＝0.3×1×10 N＝3 N(2 分) 假设 A、B 之间不发生相对滑动，则对 A、B 整体：F＝(M＋m)a(2 分) 对 A：fAB＝Ma(2 分) 解得：fAB＝2.5 N(1 分) 因 fAB＜fm，故 A、B 之间不发生相对滑动．(1 分) (2)对 B：F－μ1mg＝maB(2 分) 对 A：μ1mg－μ2(M＋m)g＝MaA(2 分) 据题意：xB－xA＝L(2 分) xA＝12aAt2；xB＝12aBt2(2 分)
知识梳理
3．两种位移关系：（相对滑动的位移关系）
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．
F
x1
L
x2
F
x2
L
x1
同向运动时： L=X1-X2
L
反向运动时： L=X1+X2
方法指导
一、滑块与滑板间是否发生相对滑动的判断方法
方法有两种： 1.动力学条件判断法：即通过分析滑块——滑木板间的摩擦力是否为滑动摩擦力来进行判断。可先假设滑块与木板间无相对滑动，然后根据牛顿第二定律对滑块与木板整体列式求出加速度，再把滑块或木板隔离出来列式求出两者之间的摩擦力，把求得的摩擦力与滑块和木板之间的滑动摩擦力进行比较，分析求得的摩擦力是静摩擦力还是滑动摩擦力，若为静摩擦力，则两者之间无相对滑动；若为滑动摩擦力，则两者之间有相对滑动。

高中物理必修一《牛顿运动定律》专题--4.6动力学中的滑块-木板模型新选.

高中物理必修一《牛顿运动定律》专题--动力学中的滑块-木板模型一、单选题（本大题共6小题，共24.0分）1.如图所示，木块A、B静止叠放在光滑水平面上，A的质量为m，B的质量为2m.现施水平力F拉B（如图甲），A、B刚好不发生相对滑动，一起沿水平面运动．若改用水平力F′拉A（如图乙），使A、B也保持相对静止，一起沿水平面运动，则F′不得超过( )A. FB. 2FC. 3FD.2.如图甲所示，静止在光滑水平面上的长木板B(长木板足够长)的左端放着小物块A．某时刻，A受到水平向右的外力F作用，F随时间t的变化规律如图乙所示，即F=kt，其中k为已知常数．若物体之间的滑动摩擦力(f)的大小等于最大静摩擦力，且A、B的质量相等，则下列图中可以定性地描述长木板B运动的v-t图象的是()A. B. C. D.3.如图所示，绷紧的长为6m的水平传送带，沿顺时针方向以恒定速率＝运行。

一小物块从与传送带等高的光滑水平台面滑上传送带，其速度大小为。

若小物块与传送带间动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g＝。

下列说法中正确的是( )A. 小物块在传送带上先向左做匀减速直线运动，然后向右做匀加速直线运动B. 若传送带的速度为，小物块将从传送带左端滑出C. 若传送带的速度为，小物块将以的速度从传送带右端滑出D. 若小物块的速度为，小物块将以的速度从传送带右端滑出4.如图，质量m＝10kg的物块甲与质量为M＝4kg长木板（足够长）乙，静止于水平地面上，已知甲、乙之间动摩擦因数μ1＝0.1，地面和长木板之间动摩擦因数μ2＝0.2，若将木板乙从物块甲下面抽出，则力F应满足条件（）A. B. C. D.5.如图所示，在光滑的水平面上，叠放着两个质量分别为m、M的物体(m＜M)，用一水平恒力作用在m物体上，两物体相对静止地向右运动，现把此水平力作用在M 物体上，则以下说法正确的是A. 两物体间的摩擦力大小不变B. m受到的合外力与第一次相同C. M受到的摩擦力增大D. 两物体间可能有相对运动6.如图，质量m＝10kg的物块甲与质量为M＝4kg长木板乙（足够长），静止于水平地面上，已知甲、乙之间动摩擦因数μ1＝0.1，地面和长木板之间动摩擦因数μ2＝0.2，若将木板乙从物块甲下面抽出，则力F应满足条件（）A. B. C. D.二、多选题（本大题共2小题，共8.0分）7.如图所示，水平传送带左右两端相距L=3.5m，物体A以水平速度v=4m/s滑上传送带左端，物体与传送带之间的动摩擦因数μ=0.1。

高考物理专题23“滑块_木板”模型的动力学问题练习含解析

专题23 “滑块—木板”模型的动力学问题1．“滑块—木板”模型问题中，靠摩擦力带动的那个物体的加速度有最大值：a m ＝F fmm.假设两物体同时由静止运动，若整体加速度小于该值，则二者相对静止，二者间是静摩擦力；若整体加速度大于该值，则二者相对滑动，二者间为滑动摩擦力.2.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；若反向运动，位移大小之和等于板长．1．(2020·山东济南历城二中一轮复习验收)如图1所示，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)，木板和木块的加速度大小分别为a 1和a 2，下列反映a 1和a 2变化的图线中正确的是( )图1答案 A解析当F 比较小时，两个物体相对静止，加速度相同，根据牛顿第二定律可得a ＝Fm 1＋m 2＝kt m 1＋m 2，a ∝t ；当F 比较大时，木块相对于木板运动，根据牛顿第二定律可得，a 1＝μm 2gm 1，μ、m 1、m 2一定，则a 1一定，a 2＝F －μm 2g m 2＝k m 2t －μg ，a 2是t 的线性函数，t 增大，a 2增大．由于km 1＋m 2<km 2，则木块相对于木板运动后，a 2－t 图线的斜率大于两者相对静止时图线的斜率．综上所述，A 正确．2．(2020·安徽六安市质量检测)如图2所示，静止在水平地面上的木板(厚度不计)质量为m 1＝1 kg ，与地面的动摩擦因数μ1＝0.2，质量为m 2＝2 kg 可看作质点的小物块与木板、地面间的动摩擦因数均为μ2＝0.4，以v 0＝4 m/s 的水平速度从左端滑上木板，经过t ＝0.6 s 滑离木板，g 取10 m/s 2，以下说法正确的是( )图2A ．木板的长度为1.68 mB ．小物块离开木板时，木板的速度为1.6 m/sC ．小物块离开木板后，木板的加速度为2 m/s 2，方向水平向右 D ．小物块离开木板后，木板与小物块将发生碰撞答案 D解析由于μ2m 2g >μ1(m 1＋m 2)g ，得物块在木板上以a 1＝μ2g ＝4 m/s 2减速滑行时木板以a 2＝μ2m 2g －μ1m 1＋m 2g m 1＝2 m/s 2向右加速运动，在0.6 s 时，物块的速度v 1＝v 0－a 1t ＝1.6m/s ，木板的速度v 2＝a 2t ＝1.2 m/s ，B 错误.0.6 s 内物块位移为x 1＝v 0＋v 12t ＝1.68 m ，木板位移x 2＝0＋v 22t ＝0.36 m ，相对位移为Δx ＝x 1－x 2＝1.32 m ，即木板长度为1.32 m ，A 错．物块离开木板后，木板做减速运动，加速度大小为a 4＝μ2g ＝2 m/s 2，方向向左，C 错．在地面上物块会滑行x 4＝v 122a 4＝v 122μ2g ＝0.32 m ，木板会滑行x 3＝v 222a 3＝v 222μ1g＝0.36 m ，所以两者会相碰，D 正确．3．(多选)(2020·江苏南京师大苏州实验学校一模)如图3所示，质量为m 1的木块和质量为m 2的长木板叠放在水平地面上．现对木块施加一水平向右的拉力F ，木块在长木板上滑行，长木板始终静止．已知木块与长木板间的动摩擦因数为μ1，长木板与地面间的动摩擦因数为μ2，且最大静摩擦力与滑动摩擦力相等．重力加速度为g ，则( )图3A ．μ1一定小于μ2B ．μ1可能大于μ2C ．改变F 的大小，F >μ2(m 1＋m 2)g 时，长木板将开始运动D ．改F 作用于长木板，F >(μ1＋μ2)(m 1＋m 2)g 时，长木板与木块将开始相对滑动答案 BD解析对木块，根据牛顿运动定律有：F －μ1m 1g ＝m 1a ；对长木板，由于保持静止，有：μ1m 1g －F f ＝0，F f <μ2(m 1＋m 2)g ，m 1、m 2的大小关系不确定，所以μ1、μ2的大小关系无法确定，故A 错误，B 正确．改变F 的大小，只要木块在木板上滑动，木块对木板的滑动摩擦力不变，长木板仍然保持静止，故C 错误．若将F 作用于长木板，当木块与木板恰好开始相对滑动时，对木块，μ1m 1g ＝m 1a ，解得a ＝μ1g ，对整体分析，有F －μ2(m 1＋m 2)g ＝(m 1＋m 2)a ，解得F ＝(μ1＋μ2)(m 1＋m 2)g ，所以当F >(μ1＋μ2)(m 1＋m 2)g 时，长木板与木块将开始相对滑动，故D 正确．4．(多选)(2019·全国卷Ⅲ·20)如图4(a)，物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平．t ＝0时，木板开始受到水平外力F 的作用，在t ＝4 s 时撤去外力．细绳对物块的拉力f 随时间t 变化的关系如图(b)所示，木板的速度v 与时间t 的关系如图(c)所示．木板与实验台之间的摩擦可以忽略．重力加速度取10 m/s 2.由题给数据可以得出( )图4A ．木板的质量为1 kgB ．2～4 s 内，力F 的大小为0.4 NC ．0～2 s 内，力F 的大小保持不变D ．物块与木板之间的动摩擦因数为0.2 答案 AB解析由题图(c)可知木板在0～2 s 内处于静止状态，再结合题图(b)中细绳对物块的拉力f 在0～2 s 内逐渐增大，可知物块受到木板的摩擦力逐渐增大，故可以判断木板受到的水平外力F 也逐渐增大，选项C 错误；由题图(c)可知木板在2～4 s 内做匀加速运动，其加速度大小为a 1＝0.4－04－2 m/s 2＝0.2 m/s 2，对木板进行受力分析，由牛顿第二定律可得F －F f ＝ma 1，在4～5 s 内做匀减速运动，其加速度大小为a 2＝0.4－0.25－4 m/s 2＝0.2 m/s 2，F f ＝ma 2，另外由于物块静止不动，同时结合题图(b)可知物块与木板之间的滑动摩擦力F f ＝0.2 N ，解得m ＝1 kg 、F ＝0.4 N ，选项A 、B 正确；由于不知道物块的质量，所以不能求出物块与木板之间的动摩擦因数，选项D 错误．5．(多选)(2020·山东邹城一中测试)如图5甲所示，质量为m ＝1 kg 可视为质点的物块A放置在长木板B 上，A 、B 静止在水平地面上，已知长木板B 的质量M ＝4 kg ，A 与B 及B 与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.1，用水平外力F 作用在长木板B 上，外力F 随时间变化关系如图乙所示，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g 取10 m/s 2，则下列说法正确的是( )图5A ．t ＝0时刻，A 的加速度为零B ．t ＝5 s 时刻，B 的加速度为3.5 m/s 2C ．在整个运动过程中，物块A 的加速度始终不变D ．如果长木板B 足够长，最终A 、B 将共速答案 BC解析由滑动摩擦力公式可知，A 、B 间的滑动摩擦力：F f A ＝μmg ＝1 N ，B 与地面间的滑动摩擦力：F f B ＝μ(M ＋m )g ＝5 N ，A 、B 间发生相对滑动后，A 的加速度将保持不变，其大小为：a A ＝F f Am＝1 m/s 2.若A 、B 间刚好发生相对滑动时的外力为F 1，由牛顿第二定律得F 1－μ(M ＋m )g ＝(M ＋m )a A ，得F 1＝10 N ，所以t ＝0时刻A 的加速度a A ＝1 m/s 2，故A 项错误，C 项正确；在t ＝5 s 时，F ＝20 N ，对长木板B 由牛顿第二定律有：F －F f A －F f B ＝Ma B ，得a B ＝3.5 m/s 2，故B 项正确；只要F 始终作用在长木板B 上，B 的加速度始终大于A 的加速度，无论长木板B 多长，A 、B 都不会共速，故D 项错误．6．(多选)如图6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( )图6A ．前3 s 内，A 受到的摩擦力方向水平向右B ．t ＝4 s 时，A 的加速度大小为13μgC ．t ＝5 s 时，A 受到的摩擦力大小为0.5μmgD ．第6 s 以后，A 受到的摩擦力大小为μmg 答案 BD解析 A 相对B 刚要滑动时，A 的加速度为a A ＝μg ，B 的加速度a B ＝F －4μmg2m，且a A ＝a B ，解得F ＝6μmg ，由图乙可知，第6 s 以后，F >6μmg ，A 相对B 滑动，A 受到的摩擦力大小为μmg ，故D 正确；A 和B 一起滑动时，a AB ＝F －3μmg 3m ≥0，解得F ≥3μmg ，所以在前3 s 内，A 、B 静止不动，A 受到的摩擦力为0，故A 错误；当t ＝4 s 时，A 和B 一起滑动，A 的加速度大小为a AB ＝F －3μmg 3m ＝4μmg －3μmg 3m ＝13μg ，故B 正确；当t ＝5 s 时，A 和B 一起滑动，A 受到的摩擦力大小F f ＝ma AB ＝m ·5μmg －3μmg 3m ＝23μmg ，故C 错误．7.(多选)如图7所示，质量相等的物块A 和木板B 叠放在水平地面上，左边缘对齐．A 与B 、B 与地面间的动摩擦因数均为μ.先水平敲击A ，A 立即获得水平向右的初速度v A ，在B 上滑动距离L 后停下．接着水平敲击B ，B 立即获得水平向右的初速度v B ，A 、B 都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，相对静止前B 的加速度大小为a 1，相对静止后B 的加速度大小为a 2，此后两者一起运动至停下．已知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( )图7A ．a 1＝3a 2B ．v A ＝2μgLC ．v B ＝22μgLD ．从左边缘再次对齐到A 、B 停止运动的过程中，A 和B 之间没有摩擦力答案 ABC解析分析可知，敲击A 时，B 始终静止，由牛顿第二定律知，A 加速度的大小a A ＝μg ，由匀变速直线运动规律有2a A L ＝v A 2，解得v A ＝2μgL ，选项B 正确；设A 、B 的质量均为m ，敲击B 时，在A 、B 相对滑动的过程中，B 所受合外力大小为3μmg ，由牛顿第二定律有3μmg ＝ma 1，解得a 1＝3μg ，当A 、B 相对静止后，对A 、B 整体由牛顿第二定律有2μmg ＝2ma 2，解得a 2＝μg ，故a 1＝3a 2，选项A 正确；经过时间t ，A 、B 达到共同速度v ，位移分别为x A 、x B ，A 加速度的大小等于a 2，则v ＝a 2t ，v ＝v B －a 1t ，x A ＝12a 2t 2，x B ＝v B t －12a 1t 2且x B －x A ＝L ，解得v B ＝22μgL ，选项C 正确；对齐后，A 、B 整体以加速度大小a 2＝μg 一起做匀减速运动，对A 分析有F f ＝ma 2＝μmg ，故A 、B 之间有摩擦力且达到最大静摩擦力，选项D 错误． 8．(多选)(2020·云南大理、丽江等校第二次统考)如图8(a)，质量m 1＝0.2 kg 的足够长平板小车静置在光滑水平地面上，质量m 2＝0.1 kg 的小物块静止于小车上，t ＝0时刻小物块以速度v 0＝11 m/s 向右滑动，同时对小物块施加一水平向左、大小恒定的外力F ，图(b)显示物块与小车第1 s 内运动的v －t 图象．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10 m/s 2.则下列说法正确的是( )图8A ．小物块与平板小车间的动摩擦因数μ＝0.4B ．恒力F ＝0.5 NC ．小物块与小车间的相对位移x 相对＝6.5 mD ．小物块向右滑动的最大位移是x max ＝7.7 m 答案 ABD解析由题图(b)知，小车和小物块的加速度分别为a 1＝Δv 1Δt ＝2－01 m/s 2＝2 m/s 2a 2＝Δv 2Δt ＝2－111m/s 2＝－9 m/s 2对小车：μm 2g ＝m 1a 1，对小物块：－(F ＋μm 2g )＝m 2a 2，解得μ＝0.4，F ＝0.5 N ，故A 、B 正确；根据题图(b)可知，在t ＝1 s 时小车和小物块的速度相同，两者不再发生相对运动，相对位移等于图中三角形的面积，x 相对＝112 m ＝5.5 m ，C 错误；在0～1 s 内小物块向右滑动的位移x 1＝2＋112m ＝6.5 m当小车与小物块的速度相等后，在外力的作用下一起向右匀减速运动，其加速度大小为a 3＝Fm 1＋m 2＝53m/s 2，当速度减小到0时，整体向右发生的位移为x 2＝222×53m ＝1.2 m所以小物块向右滑动的最大位移是x max ＝x 1＋x 2＝7.7 m ，故D 正确．9.(多选)(2020·山东济南市期末)如图9所示，倾角为37°的足够长斜面，上面有一质量为2 kg 、长8 m 的长木板Q ，木板上下表面与斜面平行．木板Q 最上端放置一质量为1 kg 的小滑块P .P 、Q 间光滑，Q 与斜面间的动摩擦因数为13.若P 、Q 同时从静止释放，以下关于P 、Q两个物体运动情况的描述正确的是(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2)( )图9A ．P 、Q 两个物体加速度分别为6 m/s 2、4 m/s 2B ．P 、Q 两个物体加速度分别为6 m/s 2、2 m/s 2C ．P 滑块在Q 上运动时间为1 sD ．P 滑块在Q 上运动时间为2 s 答案 BD解析对P 受力分析，受重力和Q 对P 的支持力作用，根据牛顿第二定律有：m P g sin 37°＝m P a P解得：a P ＝g sin 37°＝6 m/s 2对Q 受力分析，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：m Q g sin 37°－μ(m P ＋m Q )g cos 37°＝m Q a Q ，解得：a Q ＝2 m/s 2，故A 错误，B 正确；设P 在Q 上面滑动的时间为t ，因a P ＝6 m/s 2>a Q ＝2 m/s 2，故P 比Q 运动更快，根据位移关系有：L ＝12(a P －a Q )t 2，代入数据解得t ＝2 s ，故C 错误，D正确．10.(2020·广东广州市一模)如图10所示，质量M ＝8 kg 的小车放在水平光滑的平面上，在小车右端加一F ＝8 N 的水平拉力，当小车向右运动的速度达到v 0＝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，小物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.2，小车足够长，g 取10 m/s 2.求：图10(1)放小物块后，小物块及小车的加速度各为多大； (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？答案 (1)2 m/s 20.5 m/s 2 (2)1 s (3)2.1 m解析 (1)对小车和物块受力分析，由牛顿第二定律可得，物块的加速度：a m ＝μg ＝2 m/s 2小车的加速度：a M ＝F －μmg M＝0.5 m/s 2(2)由：a m t ＝v 0＋a M t 得：t ＝1 s ，所以速度相同时用的时间为1 s. (3)在开始1 s 内小物块的位移：x 1＝12a m t 2＝1 m最大速度：v ＝a m t ＝2 m/s在接下来的0.5 s 物块与小车相对静止，一起做加速运动，加速度：a ＝FM ＋m＝0.8 m/s 2这0.5 s 内的位移：x 2＝vt ′＋12at ′2＝1.1 m所以通过的总位移x ＝x 1＋x 2＝2.1 m.11.如图11所示，两个完全相同的长木板放置于水平地面上，木板间紧密接触，每个木板质量M ＝0.6 kg ，长度l ＝0.5 m ．现有一质量m ＝0.4 kg 的小木块，以初速度v 0＝2 m/s 从木板的左端滑上木板，已知木块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.3，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，重力加速度g 取10 m/s 2.求：图11(1)小木块滑上第二个木板的瞬间的速度大小； (2)小木块最终滑动的位移(保留3 位有效数字)．答案 (1)1 m/s (2)0.670 m解析 (1)木板受到木块的摩擦力为F f1＝μ1mg 木板受到地面的摩擦力为F f2＝μ2(2M ＋m )g 因为F f2>F f1，所以木块运动时，木板静止不动设木块在左边第一个木板上的加速度大小为a 1，μ1mg ＝ma 1 小木块滑上第二个木板的瞬间的速度为v ，则v 2－v 02＝－2a 1l代入数据解得：v ＝1 m/s(2)木块滑上第二个木板后，设木板的加速度大小为a 2，则μ1mg －μ2(M ＋m )g ＝Ma 2设木块与木板达到相同速度v 1时，用时为t ，则有：对木块：v 1＝v －a 1t 对木板有：v 1＝a 2t解得：v 1＝0.1 m/s ，t ＝0.3 s此时木块运动的位移x 1＝v ＋v 12t ＝0.165 m木板的位移x 1′＝v 122a 2＝0.015 m木块在木板上滑动的长度为x 1－x 1′<l达到共速后，木块和木板一起继续运动，设木块、木板一起运动的加速度大小为a 3，位移为x 2，μ2(M ＋m )g ＝(M ＋m )a 3 v 12＝2a 3x 2解得x 2＝0.005 m小木块滑动的总位移x ＝l ＋x 1＋x 2＝0.670 m.。

物理力学“滑块——木板”模型全攻略

物理力学“滑块——木板”模型全攻略作者：林少彬来源：《广东教育·高中》2012年第12期所谓“滑块-木板”模型，即滑块叠放在长木板上，当其中之一以某一初速度滑上另一物体（或在外力F的作用下）通过摩擦力带动另一物体的运动的模型.从近几年理科综合的广东高考物理试题来看，两道物理计算题必有一道是动量与能量的力学计算题，而作为“滑块-木板”模型因该模型涉及到的物理概念和物理规律较多，运动过程变化多端，运动状态的综合性和隐蔽性较强，尤其对力学的三大钥匙动能定理、动量守恒定律和牛顿运动定律能够全方位的考查，更能反映学生的实际水平，有更好的选拔作用，且对考纲的综合分析能力更好的体现，因此，该模型试题常常成为高考命题专家每年命题的重点和热点.例如2011年广东高考理科综合第36题，2011年广州二模和2012年广州一模理科综合第36题均为“滑块-木板”模型.所以，高三教师在高考复习中有必要引导学生归纳、总结该模型试题的特点以及解题的方法，提高课堂复习的效率.纵观该模型试题在近几年高考和各地模拟考试题中的变化，主要分为两大类型.类型一：滑块以某一初速度冲上一静止在光滑地面上的长木板，靠滑动摩擦力带动长木板前进的问题.该类型的特别是滑块与木板系统所受合外力为零，系统内只有一对相互作用的滑动摩擦力做功，且利用一对相互作用的滑动摩擦力做功的代数和为Wf一对=-fS（S为滑块相对长木板滑行的路程），然后再对滑块与长木板构成的系统运用动量守恒定律和动能定理进行求解.该种类型主要有下面三种典型例题：（1）滑块不从长木板上滑下，求长木板至少多长.（2）滑块从长木板的另一端滑出，求滑出时各自的速度.（3）若在距长木板前端距离为x前有一台阶，滑块A与台阶只发生一次碰撞，求x满足的条件，并讨论A与台阶碰撞前瞬间的速度.【例1】（2012年广州一模）如图1所示，木板A静止在光滑水平面上，其左端与固定台阶相距x.与滑块B（可视为质点）相连的细线一端固定在O点.水平拉直细线并给B一个竖直向下的初速度，当B到达最低点时，细线恰好被拉断，B从A右端的上表面水平滑入.A与台阶碰撞无机械能损失，不计空气阻力.已知A的质量为2m，B的质量为m，A、B之间动摩擦因数为μ；细线长为L、能承受的最大拉力为B重力的5倍；A足够长，B不会从A表面滑出；重力加速度为g.（1）求B的初速度大小v0和细线被拉断瞬间B的速度大小v1.（2）A与台阶只发生一次碰撞，求x满足的条件.（3）x在满足（2）条件下，讨论A与台阶碰撞前瞬间的速度.解析：（1）在最低点，由牛顿运动定律：T-mg= ①又：T=5mg ②解①②得：v1=2滑块B从释放到最低点，由机械能守恒定律有：mv02+mgL=mv12；解得v0=（2）设A与台阶碰撞前瞬间，A、B的速度分别为vA和vB，由动量守恒.mv1=mvB+2mvA ③若A与台阶只碰撞一次，碰撞后必须满足：2mvA≥mvB ④对A应用动能定理：μmgx=×2mv2A ⑤联立③④⑤解得：x≥ ⑥即A与台阶只能碰撞一次的条件是：x≥ .（3）设x=x0时，A左端到台阶板前瞬间，A、B恰好达到共同速度vAB，由动量守恒 mv1=（m+2m）vAB ⑦对A应用动能定理：μmgx0=2m ⑧联立⑦⑧得：x0= ⑨（i）当x≥x0即x≥时，AB共速后A与挡板碰撞.由⑧可得A与台阶碰撞前瞬间的速度：vA1=vAB== ⑩（ii）当x0>x>即>x≥时，AB共速前A就与台阶碰撞，对A应用动能定理：μmgx=×2mv2A2 ？輥？輯？訛A与台阶碰撞前瞬间的速度：vA2= ？輥？輰？訛【解题方法总结】在第（2）小题中，主要理解好“A与台阶只发生一次碰撞”，即只要A与台阶碰撞后系统的总动量水平向右或总动量为零（即2mvA≥mvB），则最终A与台阶只发生一次碰撞，再根据碰撞前A、B系统动量守恒得出A、B两者的速度关系，从而确定A的速度范围，再由于A 发生的位移为x，则对A由动能定理可求得x必须满足的条件.在第（3）小题中，关键问题在于A左端碰上台阶前A、B时是否已达到共同的速度.其方法可先假设x=x0时，A左端到台阶板前瞬间，A、B恰好达到共同速度vAB，此过程利用A、B系统动量守恒求得共同速度vAB，再对A应用动能定理求得x0.①若当x≥x0（结合x必须满足的条件确定x的取值范围），则A与台阶碰撞前已达到共同速度vAB，A与台阶碰撞前瞬间的速度vA1=vAB；②若x类型二：滑块叠放在长木板上，当其中之一在外力F的作用下靠摩擦力带动另一物体的运动问题，这类问题与上一类不同之处是，滑块与长木板系统所受的合外力可能不为零，因此不能应用动量守恒定律来处理，主要是应用牛顿运动定律结合匀变速直线运动的规律来求解，特别对物理学中的整体法与隔离体法有很好的考查作用，而且更能提高学生的综合分析能力，也是各类考试的热点之一.【例2】（2011年广州二模）如图2所示，质量M=1kg的木板静止在水平面上，质量m=1kg、大小可以忽略的铁块静止在木板的右端.设最大摩擦力等于滑动摩擦力，已知木板与地面间的动摩擦因数μ1=0.1，铁块与木板之间的动摩擦因数μ2=0.4，取g=10m/s2.现给铁块施加一个水平向左的力F.（1）若力F恒为8N，经1s铁块运动到木板的左端.求：木板的长度；（2）若力F从零开始逐渐增加，且木板足够长.试通过分析与计算，在图中作出铁块受到的摩擦力f随力F大小变化的图象.（3）（改编）若将水平向左的作用力F改为水平向右的拉力作用于木板的右端，力F从零开始逐渐增加，且木板足够长.试通过分析与计算，在图中作出铁块受到的摩擦力f随力F大小变化的图象.解析：（1）μ2mg=4N>μ（m+M）g=2N则木板也滑动起来铁块的受力如图，由牛顿第二定律：F-μ2mg=ma1……①木板的受力如图，由牛顿第二定律：μ2mg-μ1（M+m）g=Ma2……②设木板的长度为L，经时间t铁块运动到木板的左端，则S木=a2t2……③S铁=a1t2……④又：S铁-S木=L……⑤联立①②③④⑤解得：L=1m……⑥（2）（i）当F≤2N时，系统没有被拉动，对铁块有：f=F.当F>μ1（m+M）g=2N时，当两者恰好要发生相对滑动时其加速度最大为am .对铁块，由牛顿第二定律有：μ2mg=mam 解得am=4m/s2对铁块与木板整体，由牛顿第二定律有：F-1（m+M）g=（m+M）am 解得 F0=6N（ii）若 2N对铁块与木板整体，由牛顿第二定律有：F-1（m+M）g=（m+M）a 解得 a=+1解得再对铁块，由牛顿第二定律有：f2 =+1.（iii）当F>6N时，M、m相对滑动，此时铁块受到的摩擦力为： f =2mg=4N.其f—F图象如图3所示（3）f1m=1（m+M）g=2N（i）当0（ii）设当铁块与木板恰好要发生相对运动时，两者有共同加速度a0，对铁块由牛顿第二定律有：2mg=ma0 解得：a0=4m/s2.对铁块与木板由牛顿第二定律有：F0-1（m+M）g=（m+M）a0 解得：F0=10N.则当2F-1（m+M）g=（m+M）a4 解得：a4=+1对铁块由牛顿第二定律有：f=ma=+1.（iii）当时F>10N时，M、m相对滑动，此时铁块受到的摩擦力为：f=2mg=4N.【解题方法总结】在第（1）小题中，必须先从题意中确定铁块与木板之间发生相对运动，再根据铁块之间的滑动摩擦力与地面对木板的最大静摩擦力大小判断能否带动木板，从而确定铁块与木板的运动情况，接着分别对铁块与木板应用牛顿运动定律求出各自的加速度，在求木板的加速度时要特别注意两接触面的滑动摩擦力大小及木板的质量为M，再利用1s末他们的相对位移即为木板的长度.在第（2）小题中，由于一开始当力F较小时，铁块与木板均处于静止状态，两个接触面间的摩擦力均为静摩擦力，先求出两接触面各自的最大静摩擦力f1m和f2m，再从f1m和f2m 判断哪一接触面先发生相对滑动.①若f2m >f1m，则木板相对地面先滑动.ⅰ、当0ⅱ、当F>ftm时，木板开始运动，但铁块与木板相对静止，一起做匀加速直线运动，当两者恰好要发生相对滑动时其加速度最大为am .对木板，由牛顿第二定律有：2mg-1（m+M）g=Mam 解得am对铁块与木板整体，由牛顿第二定律有：F0- 1（m+M）g=（m+M）am 解得F0 .（ⅰ）若 ftm对铁块与木板整体，由牛顿第二定律有：F- 1（m+M）g=（m+M）a再对铁块，由牛顿第二定律有：f2=ma即可求得f2 与F的表达式.（ⅱ）若 F>F0m，则两者相对运动，则f2 =2mg.②若f2m≤ftm，则木板一直处于静止状态，则ⅰ、当0ⅱ、当F>f2m时，铁块在木板上滑动f2 =2mg.在第（3）小题中，将F作用在木板上时，则不管f2与f1m大小关系如何，则在木板滑动前，铁块一直处于静止状态.①当0②当F>f1m时，木板开始运动，但铁块与木板相对静止，一起做匀加速直线运动，当两者恰好要发生相对滑动时其加速度最大为am对铁块，由牛顿第二定律有：2mg=ma 解得am=2g .对铁块与木板整体，由牛顿第二定律有：F0-1（m+M）g=（m+M）am .解得F0 =（m+M）（1g+am）.（ⅰ）若 f1m对铁块与木板整体，由牛顿第二定律有：F-1（m+M）g =（m+M）a.再对铁块，由牛顿第二定律有： f2=ma即可求得f2与F的关系. （ⅱ）若 F>F0m，则两者相对运动，则 f2=1mg.（作者单位：普宁市城东中学）责任编校李平安。

高中物理常见的物理模型

1专题：高中物理力学常见物理模型高考中常出现的物理模型：斜面模型、叠加体模型(包含滑块、子弹射入)、（弹簧、轻绳、轻杆）连接体模型、传送带模型、人船模型、碰撞模型等。

一、斜面模型每年各地高考卷中几乎都有关于斜面模型的试题。

以下结论有助于更好更快地理清解题思路和方法．1．自由释放的滑块能在斜面上(如右图)匀速下滑时，m 与M 之间的动摩擦因数μ＝g tan θ．2．自由释放的滑块在斜面上(如右图所示)：(1)静止或匀速下滑时，斜面M 对水平地面的静摩擦力为零； (2)加速下滑时，斜面对水平地面的静摩擦力水平向右； (3)减速下滑时，斜面对水平地面的静摩擦力水平向左．3．自由释放的滑块在斜面上(如右图所示)匀速下滑时，M 对水平地面的静摩擦力为零，这一过程中再在m 上加上任何方向的作用力，(在m 停止前)M 对水平地面的静摩擦力依然为零.．4．悬挂有物体的小车在斜面上滑行(如右图所示)：(1)向下的加速度a ＝g sin θ时，悬绳稳定时将垂直于斜面；(2)向下的加速度a ＞g sin θ时，悬绳稳定时将偏离垂直方向向上； (3)向下的加速度a ＜g sin θ时，悬绳将偏离垂直方向向下．5．在倾角为θ的斜面上以速度v 0平抛一小球(如右图所示)：(1)落到斜面上的时间t ＝2v0tan θg；(2)落到斜面上时，速度的方向与水平方向的夹角α恒定，且tan α＝2tan θ，与初速度无关；(3)经过t c ＝v 0tan θg小球距斜面最远，最大距离d ＝(v 0sin θ)22g cos θ．6．在如下图所示的物理模型中，当回路的总电阻恒定、导轨光滑时，ab 棒所能达到的稳定速度v m ＝mgR sin θB 2L 2．．7．如图所示，当整体有向右的加速度a ＝g tan θ时，m 能在斜面上保持相对静止8．如下图所示，当各接触面均光滑时，在小球从斜面顶端滑下的过程中，斜面后退的位移s ＝mm ＋ML ．2v vtt二、叠加体模型叠加体模型（包括滑块、子弹打木块、滑环直杆、传送带等模型，传送带另详述）在高考中频现，常需求解摩擦力、相对滑动路程、摩擦生热、多次作用后的速度等。

高考物理(热点+题型全突破)专题3.5 动力学中的三类模型：连接体模型—叠加体模型—传送带模型(含解析)

专题3.5 动力学中的三类模型：连接体模型—叠加体模型—传送带模型连接体模型1.连接体的分类根据两物体之间相互连接的媒介不同，常见的连接体可以分为三大类。

(1)绳(杆)连接：两个物体通过轻绳或轻杆的作用连接在一起；(2)弹簧连接：两个物体通过弹簧的作用连接在一起；(3)接触连接：两个物体通过接触面的弹力或摩擦力的作用连接在一起。

2.连接体的运动特点轻绳——轻绳在伸直状态下，两端的连接体沿绳方向的速度总是相等。

轻杆——轻杆平动时，连接体具有相同的平动速度；轻杆转动时，连接体具有相同的角速度，而线速度与转动半径成正比。

轻弹簧——在弹簧发生形变的过程中，两端连接体的速率不一定相等；在弹簧形变最大时，两端连接体的速率相等。

特别提醒(1)“轻”——质量和重力均不计。

(2)在任何情况下，绳中张力的大小相等，绳、杆和弹簧两端受到的弹力大小也相等。

3.连接体问题的分析方法(1)分析方法：整体法和隔离法。

(2)选用整体法和隔离法的策略：①当各物体的运动状态相同时，宜选用整体法；当各物体的运动状态不同时，宜选用隔离法；②对较复杂的问题，通常需要多次选取研究对象，交替应用整体法与隔离法才能求解。

【典例1】如图所示，有材料相同的P、Q两物块通过轻绳相连，并在拉力F作用下沿斜面向上运动，轻绳与拉力F的方向均平行于斜面。

当拉力F一定时，Q受到绳的拉力( )A.与斜面倾角θ有关B.与动摩擦因数有关C.与系统运动状态有关D.仅与两物块质量有关【答案】D方法提炼绳、杆连接体―→ 受力分析求加速度：整体法求绳、杆作用力：隔离法―→加速度―→讨论计算相关问题【典例2】如图所示，一不可伸长的轻质细绳跨过定滑轮后，两端分别悬挂质量为m 1和m 2的物体A 和B 。

若滑轮有一定大小，质量为m 且分布均匀，滑轮转动时与绳之间无相对滑动，不计滑轮与轴之间的摩擦。

设细绳对A 和B 的拉力大小分别为F 1和F2，已知下列四个关于F 1的表达式中有一个是正确的，请你根据所学的物理知识，通过一定的分析，判断正确的表达式是( )A. F 1＝m ＋2m 2m 1g m ＋m 1＋m 2 B. F 1＝m ＋2m 1m 1g m ＋m 1＋m 2 C. F 1＝m ＋4m 2m 1g m ＋m 1＋m 2 D. F 1＝m ＋4m 1m2gm ＋m 1＋m 2【答案】 C【解析】设滑轮的质量为零，即看成轻滑轮，若物体B 的质量较大，由整体法可得加速度a ＝m 2－m 1gm 1＋m 2，隔离物体A ，据牛顿第二定律可得F 1＝2m 1m 2m 1＋m 2g ，将m ＝0代入四个选项，可得选项C 是正确，故选C 。

“滑块—木板”模型中的动力学问题(解析版)—2025年高考物理一轮复习

运动和力的关系“滑块—木板”模型中的动力学问题素养目标：1.掌握“滑块—木板”模型的运动及受力特点。

2.能正确运用动力学观点处理“滑块—木板”模型问题。

1.如图所示，质量为4kg 的薄木板静置于足够大的水平地面上，其左端有一质量为2kg 的物块，现对物块施加一大小为12N 、水平向右的恒定拉力F ，只要拉力F 作用的时间不超过1s ，物块就不能脱离木板。

已知物块与木板间的动摩擦因数为0.4，木板与地面间的动摩擦因数为0.1，物块可视为质点，取重力加速度大小210m/s g =。

则木板的长度为（）A ．0.8mB ．1.0mC ．1.2mD ．1.5m考点一　水平面上的板块问题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，滑块和木板具有不同的加速度。

2．模型构建(1)隔离法的应用：对滑块和木板分别进行受力分析和运动过程分析。

(2)对滑块和木板分别列动力学方程和运动学方程。

(3)明确滑块和木板间的位移关系如图所示，滑块由木板一端运动到另一端的过程中，滑块和木板同向运动时，位移之差Δx＝x1－x2＝L(板长)；滑块和木板反向运动时，位移之和Δx＝x2＋x1＝L。

3．解题关键(1)摩擦力的分析判断：由滑块与木板的相对运动来判断“板块”间的摩擦力方向。

(2)挖掘“v物＝v板”临界条件的拓展含义摩擦力突变的临界条件：当v物＝v板时，“板块”间的摩擦力可能由滑动摩擦力转变为静摩擦力或者两者间不再有摩擦力(水平面上共同匀速运动)。

①滑块恰好不滑离木板的条件：滑块运动到木板的一端时，v物＝v板；②木板最短的条件：当v物＝v板时滑块恰好滑到木板的一端。

例题1.如图所示，质量为m的长木板A放在光滑的水平面上，物块B、C放在长木板上。

物块B的质量也为m，B、C与A间的动摩擦因数均为m，A、B、C均处于静止状态，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g 。

工程力学中的力学模型和力学计算的可靠性评估

工程力学中的力学模型和力学计算的可靠性评估工程力学是研究物体在外力作用下的运动规律和变形行为的学科。

在工程实践中，力学模型和力学计算是解决工程问题的基础和关键。

然而，力学模型的准确性和力学计算的可靠性一直是工程领域重要的研究内容。

本文将探讨工程力学中力学模型的建立和力学计算的可靠性评估方法。

一、力学模型的建立力学模型是根据实际工程问题抽象出来的数学模型，通过对物体受力和变形状态的描述，来预测和分析工程结构的性能和行为。

力学模型的建立需要考虑以下几个方面：1. 材料性质：不同的材料具有不同的力学性质，如弹性模量、屈服强度等。

在建立力学模型时，需要准确地描述材料的力学性质，以保证模型的准确性。

2. 边界条件：边界条件是指物体受力边界的描述，包括约束条件和加载条件。

在建立力学模型时，需要合理地考虑边界条件，以保证模型与实际工程问题的相符性。

3. 几何形状：工程结构的几何形状对力学模型的建立有很大影响。

在建立力学模型时，需要准确地描述工程结构的几何形状，以保证模型的准确性。

二、力学计算的可靠性评估方法力学计算是根据建立的力学模型进行数值计算，得到工程结构的力学性能和响应。

为了评估力学计算的可靠性，需要考虑以下几个方面：1. 数值计算方法：力学计算中常用的数值计算方法包括有限元法、边界元法等。

不同的数值计算方法对计算结果的精度和可靠性有不同的影响。

在选择数值计算方法时，需要综合考虑计算需求和方法的适用性，以保证计算结果的准确性。

2. 材料参数：力学计算中使用的材料参数对计算结果的准确性有很大影响。

在进行力学计算时，需要准确地获取和确定材料参数，并进行合理的标定和修正，以保证计算结果的可靠性。

3. 网格划分：力学计算中的网格划分对计算结果的准确性和稳定性有重要影响。

合适的网格划分能够提高计算效率和精度，但过于精细的网格划分会增加计算量。

在进行力学计算时，需要根据实际情况进行合理的网格划分，以保证计算结果的可靠性。

内力公式在叠块模型中的应用

内力公式在叠块模型中的应用内力公式是物理学中的一个基本公式，适用于叠块模型中的力学问题。

在叠块模型中，我们可以通过使用内力公式来计算叠块间的内力大小和方向。

下文将详细介绍内力公式在叠块模型中的应用。

在叠块模型中，我们可以将多个物体看作一组受力对象，相互之间通过内力相互作用。

这些内力既可以是压力，也可以是张力，取决于叠块的形状和受力情况。

内力公式可以帮助我们计算内力的大小和方向。

考虑一个简单的叠块模型，由三个物体A、B和C组成。

物体A和物体C位于两侧，物体B位于它们之间。

假设物体B对物体A和物体C之间的内力为FAC，物体B对物体A之间的内力为FA，物体B对物体C之间的内力为FC。

根据叠块模型的特点，我们知道FA和FC具有相等的大小，但方向相反。

内力公式可以表示为：FA=-FC这个公式中的负号表示方向相反。

换句话说，物体A对物体B的内力的大小和方向与物体B对物体A的内力相等，但方向相反。

另外，内力公式还可以帮助我们计算内力的大小。

考虑一个更复杂的叠块模型，由多个物体组成，每个物体都对相邻物体产生内力。

假设物体i对物体i+1之间的内力为Fi，物体i+1对物体i之间的内力为F(i+1)。

根据内力公式，我们可以得到：Fi=-F(i+1)使用内力公式，我们可以计算叠块模型中每个内力的大小和方向。

通过将叠块模型分解为不同的物体，并考虑每个物体之间的内力，我们可以使用内力公式来解决力学问题。

例如，考虑一个桌子上放着一本书的情况。

我们可以将桌子和书视为一个叠块模型。

桌子对书的内力是向上的压力，而书对桌子的内力是向下的压力。

根据内力公式，这两个内力的大小是相等的。

因此，我们可以使用内力公式来计算这个压力的大小。

内力公式的应用不仅限于叠块模型，还可以扩展到其他力学问题。

例如，结构力学中的杆件是由多个叠块组成的，内力公式可以帮助我们计算叠块之间的内力。

同样地，在弹簧的力学分析中，内力公式可以用于计算弹簧两端的内力。

总之，内力公式在叠块模型中具有广泛的应用。

力学分析实施方案

力学分析实施方案一、背景在现代工程中，机械结构的各种问题都需要通过计算机技术进行数值模拟和分析。

其中，力学分析是一种重要的技术手段，可以用来对机械结构的应力、应变、变形等物理量进行计算和分析。

力学分析需要结合实际情况和计算机模型进行，能够为工程设计和制造提供重要的依据和优化方案。

二、实施步骤力学分析的实施需要严格按照如下步骤进行：1. 基本信息收集对于力学分析需要进行的机械结构，需要获得以下基本信息：•机械结构的整体结构和几何形状；•材料性质及其相应的力学参数；•载荷、约束条件和边界条件等。

以上信息的获取需要从设计图纸、样机、实验数据等方面进行。

2. 边界条件和载荷分析边界条件和载荷是力学分析的重要组成部分，需要对其进行分析和确定。

具体的操作流程如下：•确定结构边界和约束条件；•确定载荷类型和大小；•统计载荷作用点和方向；•计算载荷作用时间和作用范围。

3. 计算机模型建立对于力学分析，必须建立相应的计算机模型。

建模要求准确、实用、易于操作，并能够满足实际要求。

具体的操作流程如下：•对机械结构进行CAD建模；•确定模型细节和参数；•建立模型；•检查模型的几何形状和划分方式。

4. 材料和结构分析结构和材料是力学分析的核心内容，需要根据实际情况进行分析和计算。

具体的操作流程如下：•确定材料性质和相对应的参数；•进行有限元分析；•统计和分析应力、应变、变形等力学指标；•分析结构的破坏模式和载荷限制。

5. 模拟计算与结果分析根据分析模型和计算结果，进行后续的模拟计算和结果分析。

具体的操作流程如下：•确定计算所需的设置和参数；•进行模拟计算；•分析计算结果，得出结论；•对结论进行必要的修正并整理文档。

三、实施要求在实施力学分析方案时，需要满足以下要求：•准确性：确保分析结果准确可靠，符合实际情况，并能够满足相关的设计和生产要求；•可操作性：具有良好的操作性和模型可视化功能，并能够满足用户的操作习惯和工作环境需求；•安全性：确保计算过程和结果安全可靠，并且杜绝潜在的人身和财产损失；•维护性：具有良好的维护性和升级性，能够适应不同情况下的需求和变化；四、总结力学分析是一项重要的工程技术，可以为机械结构的设计和制造提供重要的依据和优化方案。

折叠展开法中的力学问题

折叠展开法的技术难点及力学分析方法学生黄丁(学号: 1130725)1 施工方案设计思想“折叠展开式”整体提升施工技术主要针对柱面网壳的施工新方法。

其基本思路是先撤除网壳的部分杆件，使体系变成一个分片的可运动机构。

这样的处理可以最大限度地降低安装高度，即将网壳各片在地面附近折叠组装。

然后通过提升设备将折叠的机构提升到设计高度，最后补缺撤除的构件使结构成型。

中间的提升过程，只需要克服机构的自重，就可以使其大范围地灵活运动。

整个施工过程是一个从机构到结构的转化过程。

图1为鸭河口电厂干煤棚折叠展开法的基本施工过程。

图1 整体提升过程示意图2施工难点与处理措施2.1 网壳提升过程中的运动稳定问题对于折叠展开法施工，网架在地面拼装后是一个折叠的可变机构，需要验算在提升过程中各分块结构的稳定性，同时还特别需要注意验算各分块结构在提升过程中的运动稳定性。

尤其在展开提升过程中水平方向很容易失稳。

当柱面网壳变成一个机构时，具有竖向和跨度水平方向两个方向的自由度。

但是“折叠展开式”整体提升施工技术要求机构只有竖直方向做一维运动，所以必须增加临时支撑保证机构能够抵抗风荷载及其他不可预期的水平方向荷载。

（1）在网壳的两侧设置临时拉索防止网壳发生水平移动。

在提升过程中若发生网壳水平移动，则通过两端拉索的张弛来调节网壳的位置。

由于在提升过程中网壳是一个可以运动的机构，所以只需要较小的索力就可以达到调节的目的。

（2）在塔柱上设置导轨，在网壳相应部位设置导轮。

导轮在导轨上运行，保证吊点沿着竖直方向运动，这是保证机构在竖直方向做一维运动的又一有力措施。

2.2结构抗瞬变技术当网壳可动铰之间连线的夹角接近180°时，会发生几何瞬变现象。

瞬变铰部位运动速度很快，提升力迅速减小，提升索松弛，网壳杆件内力增大直至破坏。

因此必须研究抗瞬变技术。

（1）在网壳的两侧各设置4根临时拉索，当吊点提升到网壳接近瞬变时，减慢提升速度，张紧临时拉索，通过滑轮组缓慢释放索内张力，以避免瞬变的发生。