滑块滑板模型专题
高考物理复习考点知识专题讲解20 滑块-滑板模型(解析版)
高考物理复习考点知识专题讲解专题20 滑板-滑块模型一、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 Mmg F M m=+ B.要使物块A 、B 发生相对滑动，应满足关系1M m 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22Mmg F 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 Mmg F 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21M m μμ=- 故要使物块A 、B 之间发生相对滑动，则21M m 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2fmg M mF a M ==+ 对C 受力分析，根据牛顿第二定律有mg F ma -=解得22Mmg F M m=+ 根据力的合成法则，可得轻绳对定滑轮的作用力2222+=2Mmg N F F M m=+ 故D 错误。
动量和能量中的滑板滑块模型专题
动量和能量中的滑块—滑板模型一、三个观点及其概要——— 解决力学问题的三把金钥匙二、思维切入点1、五大定律和两大定理是该模型试题所用知识的思维切入点。
该模型试题一般主要是考查学生对上述五大定律和两大定理的综合理解和掌握，因此，学生在熟悉这些定律和定理的内容、研究对象、表达式、适用条件等基础上，根据试题中的已知量或隐含已知量选择解决问题的最佳途径和最简捷的定律，以达到事半功倍的效果。
2、由于滑块和木板之间依靠摩擦力互相带动，因此，当滑块和木板之间的摩擦力未知时，根据动能定理、动量定理或能量守恒求摩擦力的大小是该模型试题的首选思维切入点。
3、滑块和木板之间摩擦生热的多少和滑块相对地面的位移无关，大小等于滑动摩擦力与滑块相对摩擦面所通过总路程之乘积是分析该模型试题的巧妙思维切入点。
若能先求出由于摩擦生热而损失的能量，就可以应用能量守恒求解其它相关物理量。
4、确定是滑块带动木板运动还是木板带动滑块运动是分析该模型运动过程的关键切入点之一．当（没有动力的）滑块带动木板运动时，滑块和木板之间有相对运动，滑块依靠滑动摩．．．擦力．．带动木板运动；当木板带动滑块运动时，木板和滑块之间可以相对静止，若木板作变速运动，木板依靠静摩擦力．．．．带动滑块运动。
三、专题训练1．如图所示，右端带有竖直挡板的木板B ，质量为M ，长L =1.0m ，静止在光滑水平面上．一个质量为m 的小木块（可视为质点）A ，以水平速度0 4.0m /s v 滑上B 的左端，而后与其右端挡板碰撞，最后恰好滑到木板B 的左端．已知M =3m ，并设A 与挡板碰撞时无机械能损失，碰撞时间可忽略（g 取210m /s ）．求：（1）A 、B 最后的速度；（2）木块A 与木板B 间的动摩擦因数．2．如图所示，光滑水平地面上停着一辆平板车，其质量为2m ，长为L ，车右端（A 点）有一块静止的质量为m 的小金属块．金属块与车间有摩擦，与中点C 为界，AC 段与CB 段摩擦因数不同．现给车施加一个向右的水平恒力，使车向右运动，同时金属块在车上开始滑动，当金属块滑到中点C 时，即撤去这个力．已知撤去力的瞬间，金属块的速度为v 0，车的速度为2v 0，最后金属块恰停在车的左端（B 点）如果金属块与车的AC 段间的动摩擦因数为μ1，与CB 段间的动摩擦因数为μ2，求μ1与μ2的比值．3．如图所示，质量为M 的小车A 右端固定一根轻弹簧，车静止在光滑水平面上，一质量为m 的小物块B 从左端以速度v 0冲上小车并压缩弹簧，然后又被弹回，回到车左端时刚好与车保持相对静止．求整个过程中弹簧的最大弹性势能E P 和B 相对于车向右运动过程中系统摩擦生热Q 各是多少？4．如图所示，质量M =4kg 的滑板B 静止放在光滑水平面上，其右端固定一根轻质弹簧，弹簧的自由端C 到滑板左端的距离L =0.5m ，这段滑板与木块A 之间的动摩擦因数μ＝0.2，而弹簧自由端C 到弹簧固定端D 所对应的滑板上表面光滑．可视为质点的小木块A 以速度v 0＝0.2，由滑板B 左端开始沿滑板B 表面向右运动．已知A 的质量m =1kg ，g 取10m/s 2 ．求： （1）弹簧被压缩到最短时木块A 的速度；（2）木块A 压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能．5．一块质量为M 长为L 的长木板，静止在光滑水平桌面上，一个质量为m 的小滑块以水平速度v 0从长木板的一端开始在木板上滑动，直到离开木板，滑块刚离开木板时的速度为v 05．若把此木板固定在水平桌面上，其他条件相同．求：（1）求滑块离开木板时的速度v ；（2）若已知滑块和木板之间的动摩擦因数为μ，求木板的长度．6.如图所示，质量m A 为4.0kg 的木板A 放在水平面C 上，木板与水平面间的动摩擦因数μ为0.24，木板右端放着质量m B 为1.0kg 的小物块B （视为质点），它们均处于静止状态.木板突然受到水平向右的12N ·s 的瞬时冲量I 作用开始运动，当小物块滑离木板时，木板的动能E kA 为8.0J ，小物块的动能E kB 为0.50J ，重力加速度取10m/s 2，求： （1）瞬时冲量作用结束时木板的速度v 0； （2）木板的长度L ．7．如图所示，长木板ab 的b 端固定一挡板，木板连同档板的质量为M=4.0kg ，a 、b 间距离s=2.0m ．木板位于光滑水平面上.在木板a 端有一小物块，其质量m =1.0kg ，小物块与木板间的动摩擦因数μ=0.10，它们都处于静止状态．现令小物块以初速v 0=4.0m/s 沿木板向前滑动，直到和挡板相碰.碰撞后，小物块恰好回到a 端而不脱离木板．求碰撞过程中损失的机械能．8．如图所示，在一光滑的水平面上有两块相同的木板B 和C ．重物A （视为质点）位于B 的右端，A 、B 、C 的质量相等．现A 和B 以同一速度滑向静止的C 、B 与C 发生正碰．碰后B 和C 粘在一起运动，A 在C 上滑行，A 与C 有摩擦力．已知A 滑到C 的右端而未掉下．试问：从B 、C 发生正碰到A 刚移到C 右端期间，C 所走过的距离是C 板长度的多少倍．9．如图所示，光滑水平面上有一质量M=4.0kg 的带有圆弧轨道的平板车，车的上表面是一段长L=1.5m 的粗糙水平轨道，水平轨道左侧连一半径R=0.25m 的41光滑圆弧轨道,圆弧轨道与水平轨道在O ′点相切。
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。
人教版高中物理-滑块--滑板模型专题
《滑块—滑板模型专题练习》1．如图所示，一质量M =50kg、长L=3m的平板车静止在光滑水平地面上，平板车上表面距地面的高度h=1.8m。
一质量m=10kg可视为质点的滑块，以v0=7.5m/s的初速度从左端滑上平板车，滑块与平板车间的动摩擦因数μ=0.5，取g =10m/s2。
（1）分别求出滑块在平板车上滑行时，滑块与平板车的加速度大小；（2）计算说明滑块能否从平板车的右端滑出。
2．如图，A为一石墨块，B为静止于水平面的足够长的木板，已知A的质量m A和B的质量m B均为2kg，A、B之间的动摩擦因数μ1 = 0.05，B与水平面之间的动摩擦因数μ2=0.1 。
t=0时，电动机通过水平细绳拉木板B，使B做初速度为零，加速度a B=1m/s2的匀加速直线运动。
最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等，重力加速度g=10m/s2。
求：（1）当t1=1.0s时，将石墨块A轻放在木板B上，此时A的加速度a A大小；（2）当A放到木板上后，保持B的加速度仍为a B=1m/s2，此时木板B所受拉力F的大小；（3）当B做初速度为零，加速度a B=1m/s2的匀加速直线运动，t1=1.0s时，将石墨块A轻放在木板B上，则t2=2.0s时，石墨块A在木板B上留下了多长的划痕？3．如图，一块质量为M = 2kg、长L = 1m的匀质木板放在足够长的光滑水平桌面上，初始时速度为零．板的最左端放置一个质量m = 1kg的小物块，小物块与木板间的动摩擦因数为μ = 0.2，小物块上连接一根足够长的水平轻质细绳，细绳跨过位于桌面边缘的定滑轮（细绳与滑轮间的摩擦不计，木板与滑轮之间距离足够长，g = 10m/s2）。
⑴若木板被固定，某人以恒力F= 4N向下拉绳，则小木块滑离木板所需要的时间是多少？⑵若木板不固定，某人仍以恒力F= 4N向下拉绳，则小木块滑离木板所需要的时间是多少？4、一个小圆盘静止在桌布上，桌布位于一方桌的水平桌面的中央。
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。
高考物理总复习 专题强化三 动力学中的“传送带”和“滑块—滑板”模型
【关键能力·分层突破】 模型一 “传送带”模型 1．模型特点 传送带在运动过程中，会涉及很多的力，是传送带模型难点的原因， 例如物体与传送带之间是否存在摩擦力，是滑动摩擦力还是静摩擦力 等；该模型还涉及物体相对地面的运动以及相对传送带的运动等；该 模型还涉及物体在传送带上运动时的能量转化等． 2．“传送带”问题解题思路
【跟进训练】 3．光滑水平面上停放着质量M＝2 kg的平板小车，一个质量为m＝1 kg的小滑块(视为质点)以v0＝3 m/s的初速度从A端滑上小车，如图所 示．小车长l＝1 m，小滑块与小车间的动摩擦因数为μ＝0.4，取g＝10 m/s2，从小滑块滑上小车开始计时，1 s末小滑块与小车B端的距离为 ()
香皂盒的质量为m＝20 g，香皂及香皂盒的总质量为M＝100 g，香皂盒与 传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.4，风洞区域的宽度为L＝0.6 m，风可以 对香皂盒产生水平方向上与传送带速度垂直的恒定作用力F＝0.24 N，假设 最大静摩擦力等于滑动摩擦力，香皂盒可看作质点，取重力加速度g＝10 m/s2 ，试求：
A．滑块A与木板B之间的动摩擦因数为0.1 B．当F＝10 N时木板B的加速度为4 m/s2 C．木板B的质量为3 kg D．滑2·山西临汾联考]某生产车间对香皂包 装进行检验，为检验香皂盒里是否有香皂，让
香皂盒在传送带上随传送带传输时(可视为匀 速)，经过一段风洞区域，使空皂盒被吹离传 送带，装有香皂的盒子继续随传送带一起运动
，如图所示．已知传送带的宽度d＝0.96 m，香 皂盒到达风洞区域前都位于传送带的中央．空
答案：BCD
命题分析
试题情境
属于综合性题目，以板块模型为素材创设学习探索问 题情境
物理模型 “滑板—滑块”模型
物理模型 “滑板—滑块”模型[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)解题思路处理滑块—木板模型问题的分析方法(1)动力学分析：分别对滑块和木板进行受力分析，根据牛顿第二定律求出各自的加速度；从放上滑块到二者速度相等，所用时间相等，由t ＝Δv 2a 2＝Δv 1a 1可求出共同速度v 和所用时间t ，然后由位移公式可分别求出二者的位移.(2)功和能分析：对滑块和木板分别运用动能定理，或者对系统运用能量守恒定律，要注意区分三个位移：①求摩擦力对滑块做功时用滑块对地的位移x 滑；②求摩擦力对木板做功时用木板对地的位移x 板；③求摩擦生热时用相对滑动的位移x 相.1．如图所示，光滑水平面上放置着质量分别为m 、2m 的A 、B 两个物体，A 、B 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A ．μmgB ．2μmgC ．3μmgD ．4μmg解析 当A 、B 之间恰好不发生相对滑动时力F 最大，此时，对于A 物体所受的合外力为μmg ，由牛顿第二定律知a A ＝μmgm ＝μg ；对于A 、B 整体，加速度a ＝a A ＝μg ，由牛顿第二定律得F ＝3ma ＝3μmg 。
答案 C2.(2017·广西质检)如图所示，A 、B 两个物体叠放在一起，静止在粗糙水平地面上，物体B 与水平地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，物体A 与B 之间的动摩擦因数μ2＝0.2.已知物体A 的质量m ＝2 kg ，物体B 的质量M ＝3 kg ，重力加速度g 取10 m/s 2.现对物体B 施加一个水平向右的恒力F ，为使物体A 与物体B 相对静止，则恒力的最大值是(物体间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( )A ．20 NB ．15 NC ．10 ND ．5 N答案：B 解析：对A 、B 整体，由牛顿第二定律，F max －μ1(m ＋M )g ＝(m ＋M )a ；对物体A ，由牛顿第二定律，μ2mg ＝ma ；联立解得F max ＝(m ＋M )(μ1＋μ2)g ，代入相关数据得F max ＝15 N ，选项B 正确．3．(2017·黄冈质检)如图甲所示，在水平地面上有一长木板B ，其上叠放木块A 。
高考物理素养提升专题02动力学中“滑块滑板”模型(原卷版)
修养提高微打破02动力学中的“滑块-滑板”模型——建立模型，培育抽象思想意识“滑块 -滑板”模型“滑块 -滑板”模型波及两个物体，而且物体间存在相对滑动。
叠放在一同的滑块和木板，它们之间存在着互相作使劲，在其余外力作用下它们或加快度同样，或加快度不一样，不论哪一种状况受力剖析和运动过程剖析都是重点，特别是对相对运动条件的剖析。
本模型深刻表现了物理运动观点、互相作用观点的核心修养。
如图（ a），物块和木板叠放在实验台上，物块用一不行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，木板开始遇到水平外力 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能够忽视。
重力加快度取 g=10 m/s2。
由题给数据能够得出A ．木板的质量为 1 kgB ．2 s~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一、水平面上的滑块—滑板模型水平面上的滑块—滑板模型是高中参照题型，一般采纳三步解题法：如下图，质量m＝ 1 kg 的物块 A 放在质量M＝ 4 kg 的木板 B 的左端，开初A、 B 静止在水平川面上。
现用一水平向左的力 F 作用在 B 上，已知 A、 B 之间的动摩擦因数为μ＝，地面与 B 之间的动摩擦因1数为μ2＝。
假定最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10 m/s2。
求：(1)能使 A、 B 发生相对滑动的力 F 的最小值；(2)若力 F ＝ 30 N，作用 1 s 后撤去，要想 A 不从 B 上滑落，则 B 起码多长；从开始到A、 B 均静止， A 的总位移是多少。
二、斜面上的滑块—滑板模型1、抓住重点：一个转折和两个关系一个转折两个关系滑块与滑板达到同样速度转折前、后受力状况之间的关系和滑块、滑板位移与板长之间或许滑块从滑板上滑下是的关系。
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．
热点专题突破系列 滑块—滑板模型综述
热点概述
(2)牛顿第三定律;
(3)运动学公式; (4)动能定理; (5)功能关系; (6)动量守恒定律；
(7)能量守恒定律。
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ 动力学中的滑块—滑板模型
知识梳理
知识梳理
1．模型特点： 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． 2．建模指导 解此类题的基本思路： （ 1 ）牛顿第二定律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；
动力学中的滑块—滑板模型
典型例题
[规范解答]—————————该得的分一分不丢！ (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 ) 1 1 xA＝ aAt2； xB＝ aBt2(2 分) 2 2 解得： t＝ 2 s． (2 分 ) [答案] (1)不会 (2) 2 s
同时锻炼学生综合应用牛顿运动定律、功能关系及能量守恒定律解决
综合问题的能力,是近几年高考的热点。具体如下:
1.常见的三类问题:
(1)滑块和滑板的初速度相同; (2)滑块和滑板中有一个物体初速度为零; (3)滑块和滑板的初速度均不为零。
动力学中的滑块—滑板模型
2.考查角度:
(1)“滑块+滑板”的动力学问题; (2)“滑块+滑板”的动量守恒问题。 3.规律应用: (1)牛顿第二定律;
重难点08滑块--滑板模型专题高一物理题组法突破重难点(人教版2019必修第一册)(解析版)
人教版新教材高中物理必修第一册第四章运动和力的关系相对运动模型---滑块滑板模型专题（题组分类训练）题组特训特训内容题组一外力作用下的滑块滑板（水平面）模型题组二有一定初速度的滑块滑板（水平面）模型题组三滑块滑板中的图像问题题组四倾斜面上的滑块滑板模型基础知识清单2．解题方法：(1)明确各物体对地的运动和物体间的相对运动情况，确定物体间的摩擦力方向．(2)分别隔离两物体进行受力分析，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)．(3)物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口．求解中应注意联系两个过程的纽带，即每一个过程的末速度是下一个过程的初速度．3．常见的两种位移关系: 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．4．注意摩擦力的突变: 当滑块与木板速度相同时，二者之间的摩擦力通常会发生突变，由滑动摩擦力变为静摩擦力或者消失，或者摩擦力方向发生变化，速度相同是摩擦力突变的一个临界条件．5．解题思路题组特训一：外力作用下的滑块滑板（水平面）模型1. (多选)如图所示，质量为m1的足够长木板静止在光滑水平地面上，其上放一质量为m 2的木块．t ＝0时刻起，给木块施加一水平恒力F .分别用a 1、a 2和v 1、v 2表示木板、木块的加速度和速度大小，下列图中可能符合运动情况的是( )【答案】AC【解析】木块和木板可能保持相对静止，一起做匀加速直线运动，加速度大小相等，故A 正确；木块可能相对于木板向前滑动，即木块的加速度a 2大于木板的加速度a 1，都做匀加速直线运动，故B 、D 错误，C 正确．2.（多选）如图所示，在光滑水平面上叠放着A 、B 两物体，已知m A = 6kg 、m B = 2kg ，A 、B 间动摩擦因数μ = 0.2，在物体A 上施加水平向右的力F ，g 取10m/s 2，则（ ）A ．当拉力F < 12N 时，A 静止不动B ．当拉力F > 16N 时，A 相对B 滑动C ．当拉力F = 16N 时，B 受A 的摩擦力等于4ND ．当拉力F < 48N 时，A 相对B 始终静止 【答案】CD【解析】当A 、B 发生相对运动时的加速度为 220.2610m/s 6m/s 2A Bm ga m μ⨯⨯=== 则发生相对运动时最大拉力为 ()86N 48N A B F m m a =+=⨯=当拉力0 < F < 48N 时，A 相对于B 静止，而对于地面来说是运动的，A 错误、D 正确； 由选项A 知当拉力48N > F > 16N 时，A 相对于B 静止，而对于地面来说是运动的，B 错误； 拉力F = 16N 时，A 、B 始终保持静止，当F = 16N 时，整体的加速度为2216m/s 2m/s 8A B F a m m '===+则B 对A 的摩擦力为 22N 4N B f m a '==⨯=C 正确。
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。
滑块滑板模型专题
专题四：滑块与滑板相互作用模型【模型分析】1、相互作用：滑块之间的摩擦力分析2、相对运动：具有相同的速度时相对静止。
两相互作用的物体在速度相同，但加速度不相同时，两者之间同样有位置的变化，发生相对运动。
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。
它就是我们解决力和运动突破口。
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。
[经典范例] 如图所示，质量为M＝4 kg的木板长L＝1.4 m，静止放在光滑的水平地面上，其右端静置一质量为m＝1 kg 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，今用水平力F＝28 N向右拉木板．要使小滑块从木板上掉下来，力F作用的时间至少要多长？(不计空气阻力，取g＝10 m/s2)[针对训练] 如图所示，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aA和aB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.1、如图所示，在光滑水平面上有一小车A ，其质量为0.2=A m kg ，小车上放一个物体B ，其质量为0.1=B m kg ，如图（1）所示。
动量能量综合专题--滑块滑板模型讲义-2021届高考物理二轮复习
动量能量综合专题--------滑块滑板模型一、模型解法剖析1．滑块和木板组成的系统所受的合外力为零时，优先选用动量守恒定律解题；若地面不光滑或受其他外力时，需选用动力学观点解题．2．滑块与木板达到相同速度时应注意摩擦力的大小和方向是否发生变化．3．应注意区分滑块、木板各自的对地位移和它们的相对位移．用运动学公式或动能定理列式时位移指对地位移；求系统摩擦生热时用相对位移(或相对路程)．二、考法分类示例【系统外障碍物碰撞类】例一.(2020·山东省实验中学高三模拟)如图1所示，水平光滑的桌面上有一质量M＝4 kg的长木板静止在光滑水平面上，质量m＝1 kg的小滑块置于长木板左端，小滑块可视为质点．长木板右端与固定竖直挡板间的距离L＝10 m，小滑块以v0＝10 m/s的速度向右滑上长木板，经过一段时间后，长木板与竖直挡板发生碰撞，碰撞过程无机械能损失．已知小滑块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.4，重力加速度g＝10m/s2，长木板足够长，小滑块始终未脱离长木板．求：图1(1)经过多长时间，长木板与竖直挡板相碰；(2)长木板与竖直挡板碰撞后，小滑块和长木板相对静止时，小滑块距长木板左端的距离．命题预测一(2020·云南昆明市高三“三诊一模”测试)如图2甲所示，质量为m＝0.3 kg的小物块B(可视为质点)放在质量为M＝0.1 kg、长度L＝0.6 m的木板A的最左端，A和B一起以v0＝1 m/s的速度在光滑水平面上向右运动，一段时间后A与右侧一竖直固定挡板P发生弹性碰撞．以碰撞瞬间为计时起点，取水平向右为正方向，碰后0.5 s内B的速度v随时间t变化的图像如图乙所示．取重力加速度g＝10 m/s2，求：图2(1)A与B间的动摩擦因数μ；(2)A与P第1次碰撞到第2次碰撞的时间间隔；(3)A与P碰撞几次，B与A分离．命题预测二(2020·湖南五市十校第二次联考)如图3所示，在光滑水平面上的平板小车，质量为m1，其左端放有质量为m2的铁块(可视为质点)，若铁块与小车均以v0＝3 m/s的速度向右做匀速运动，小车将与竖直墙壁发生正撞，碰撞时间忽略不计．碰撞时无动能损失，已知铁块与平板车之间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g＝10 m/s2，铁块始终不从小车上掉下来．求：图3(1)若m1>m2，且满足题意的小车的最小长度为5 m，求m1与m2的比值；(2)若m1＝1 kg，m2＝2 kg，小车和墙第一次相碰以后，小车所走的总路程为多少？【系统内多次碰撞类】例二.如图4所示，质量为M的水平木板静止在光滑的水平地面上，左端放一质量为m的铁块，现给铁块一个水平向右的瞬时冲量使其以初速度v0开始运动，并与固定在木板另一端的弹簧相碰后返回，恰好又停在木板左端．(重力加速度为g)图4(1)求整个过程中系统克服摩擦力做的功．(2)若铁块与木板间的动摩擦因数为μ，则铁块相对木板的最大位移是多少？(3)系统的最大弹性势能是多少？命题预测三(2020·山东济宁市期末)如图5所示，在光滑的水平面上有一质量M＝4 kg的平板车，小车右端固定一竖直挡板，挡板的质量不计，一轻质弹簧右端固定在挡板上，在平板车左端P处有一可以视为质点的小滑块，其质量m＝2 kg.平板车上表面Q点的左侧粗糙，右侧光滑，PQ间的距离L＝10 m．某时刻平板车以v1＝1 m/s的速度向左滑行，同时小滑块以v2＝8 m/s的速度向右滑行．一段时间后，小滑块与平板车达到相对静止，此时小滑块与Q点相距d＝5 m，取g＝10 m/s2，求：图5(1)小物块与平板车相对静止时的速度v；(2)小滑块与平板车之间的动摩擦因数μ；(3)弹簧可能获得的最大弹性势能E p.命题预测四如图所示，水平地面上有一个质量为M＝4 kg、两端带有固定挡板的长木板，其上表面光滑，下表面与地面间的动摩擦因数为μ＝0.2，长木板上放置一个可视为质点的小滑块，其质量为m＝1 kg，滑块距左、右挡板的距离均为l＝5.0 m，初始时滑块和长木板均静止．现施加一水平向右、大小为F＝20 N的恒力拉木板，经过一段时间，滑块即将与左挡板接触时，撤去拉力F；滑块与左挡板发生弹性碰撞后，又经过一段时间，再与右挡板发生碰撞，且碰撞后不再分离．g取10 m/s2.求：(1)滑块与左挡板发生弹性碰撞后的瞬间滑块和长木板的速度大小；(2)长木板从开始运动到最终静止时发生的总位移．【多物体相互作用类】例三.(2020·广西桂林市第一次联合调研)如图6所示，两个完全相同的长木板A、B靠在一起(不连接)放在光滑的水平面上，A、B的长均为L，质量均为m，一物块C质量也为m，以初速度v0从A木板的左端滑上木板，最终刚好能滑到木板A的右端，重力加速度为g，物块与两长木板间的动摩擦因数相同，不计滑块C的大小．求：图6(1)物块与长木板间的动摩擦因数μ；(2)物块滑到A 的右端时，再给C 一个向右的瞬时冲量，使C 的速度变为43v 0，试判断C 会不会从B 的右端滑出，要求写出判断的推理过程．命题预测五 (2020·河南郑州市线上测试)如图7所示，长木板B 的质量为m 2＝1.0 kg ，静止放在粗糙的水平地面上，质量为m 3＝1.0 kg 的物块C (可视为质点)放在长木板的最右端．一个质量为m 1＝0.5 kg 的物块A 从距离长木板B 左侧l ＝9.5 m 处，以初速度v 0＝10 m/s 向着长木板运动．一段时间后物块A 与长木板B 发生弹性正碰(时间极短)，之后三者发生相对运动，整个过程物块C 始终在长木板上．已知物块A 及长木板与地面间的动摩擦因数均为μ1＝0.1，物块C 与长木板间的动摩擦因数为μ2＝0.2，物块C 与长木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10 m/s 2，求：图7(1)A 、B 碰后瞬间物块A 和长木板B 的速度； (2)长木板B 的最小长度；(3)物块A 离长木板左侧的最终距离．【其他含滑块滑板模型】例四.(2020·内蒙古集宁一中高二月考)如图8所示，光滑水平地面上停放着一辆小车，左侧靠在竖直墙壁上，小车的四分之一圆弧轨道AB 是光滑的，在最低点B 与水平轨道BC 相切，BC 的长度是圆弧半径的10倍，整个轨道处于同一竖直平面内．可视为质点的物块从A 点正上方某处无初速度自由下落，恰好落入小车圆弧轨道上滑动，然后沿水平轨道滑行至轨道末端C 处恰好没有滑出．已知物块到达圆弧轨道最低点B 时对轨道的压力是物块重力的9倍，小车的质量是物块的3倍，不考虑空气阻力和物块落人圆弧轨道时的能量损失．求：图8(1)物块开始下落的位置距水平轨道BC 的竖直高度是圆弧半径的几倍； (2)物块与水平轨道BC 间的动摩擦因数μ.命题预测六 如图9所示为某工地一传输工件的装置，AB 为一段足够大且固定的14圆弧轨道，圆弧半径R ＝5.6 m ，BC 为一段足够长的水平轨道，CD 为一段固定的14圆弧轨道，圆弧半径r ＝1 m ，三段轨道均光滑．一长为L ＝2 m 、质量为M ＝1 kg 的平板小车最初停在BC 轨道的最左端，小车上表面刚好与AB 轨道相切，且与CD 轨道最低点处于同一水平面．一可视为质点、质量为m ＝2 kg 的工件从距AB 轨道最低点的高度为h 处沿轨道自由滑下，滑上小车后带动小车向右运动，小车与CD 轨道左端碰撞(碰撞时间极短)后即被粘在C 处．工件只有从CD 轨道最高点飞出，才能被站在台面DE 上的工人接住．工件与小车间的动摩擦因数为μ＝0.5，取g ＝10 m/s 2，则：图9(1)若h 为2.8 m ，则工件滑到圆弧底端B 点时对轨道的压力为多大？ (2)要使工件能被站在台面DE 上的工人接住，则h 的取值范围为多少？例一.解析 (1)小滑块滑上长木板后，小滑块和长木板水平方向动量守恒，以向右为正方向，则有m v 0＝(m ＋M )v ， 解得v ＝2 m/s ， 对长木板μmg ＝Ma ， 得长木板的加速度a ＝1 m/s 2，从小滑块刚滑上长木板至两者达到相同速度，有v ＝at 1， 解得t 1＝2 s ， 长木板位移x ＝12at 12，解得x ＝2 m<L ＝10 m.两者达到相同速度时长木板还没有碰竖直挡板，此后两者一起匀速运动，则L －x ＝v t 2， 解得t 2＝4 s ，则总时间为t ＝t 1＋t 2＝6 s ，即经过6 s 长木板与竖直挡板相碰．(2)长木板与竖直挡板碰撞后，小滑块和长木板水平方向动量守恒，以向右为正方向，则有m v －M v ＝(m ＋M )v ′最终两者的共同速度v ′＝－1.2 m/s ， 由能量守恒定律得μmgx ＝12m v 02－12(m ＋M )v ′2小滑块和长木板相对静止时，小滑块距长木板左端的距离x ＝11.6 m.命题预测一解析 (1)碰后A 向左减速，B 向右减速，由题图乙得： a B ＝ΔvΔt＝1 m/s 2由牛顿第二定律有μmg ＝ma B 解得μ＝0.1(2)碰后B 向右减速，A 向左减速到0后，向右加速，最后与B 共速，对A 、B 由动量守恒定律可得：m v 0－M v 0＝(M ＋m )v 1 解得：v 1＝0.5 m/s此过程，对B 由动量定理得：m v 1－m v 0＝－μmgt 1 解得：t 1＝0.5 s对A 由动能定理有：－μmgx A ＝12M v 12－12M v 02解得：x A ＝0.125 m此后A 、B 一起向右匀速运动的时间为：t 2＝x Av 1＝0.25 s所以一共用的时间：t ＝t 1＋t 2＝0.75 s ，即A 与P 第1次碰撞到第2次碰撞的时间间隔为0.75 s (3)A 第1次与挡板P 碰撞后到共速的过程中，对整个系统，由能量守恒有： 12m v 02＋12M v 02＝12(M ＋m )v 12＋μmgx 相对1 解得x 相对1＝0.5 m假设第3次碰撞前，A 与B 不分离，A 第2次与挡板P 相碰后到共速的过程中，以水平向右为正方向，由动量守恒有： m v 1－M v 1＝(M ＋m )v 2 由能量守恒有：12m v 12＋12M v 12＝12(M ＋m )v 22＋μmgx 相对2 解得：x 相对2＝0.125 m由于x 相对＝x 相对1＋x 相对2>L ，所以A 与P 碰撞2次，B 与A 分离．命题预测二解析 (1)研究m 1与墙碰后过程，m 1碰后速度等大反向，m 2以初速度v 0继续向右做减速运动，规定向左方向为正方向，当m 1与m 2向左达到共同速度v 共时，对应小车的最小长度l min ，由动量守恒定律和能量关系得： m 1v 0－m 2v 0＝(m 1＋m 2)v 共μm 2gl min ＝12(m 1＋m 2)v 02－12(m 1＋m 2)v 共2代入数据解得：m 1m 2＝54(2)小车第一次与墙相撞后向左所走路程为s 1，由动能定理得－μm 2gs 1＝0－12m 1v 02解得s 1＝98m规定向右为正方向，小车与墙第1次碰后至第2次碰前(已同速)，由动量守恒定律有： －m 1v 0＋m 2v 0＝(m 1＋m 2)v 1 解得：v 1＝(m 2－m 1)v 0m 1＋m 2＝13v 0第二次相撞后平板车向左走的路程为s 2， 由2as ＝v 2得s 2s 1＝19同理可得小车与墙第n －1次碰后至第n 次碰前，由动量守恒定律有：－m 1v n －2＋m 2v n －2＝(m 1＋m 2)v n －1解得：v n －1＝(m 2－m 1)v n －2m 1＋m 2＝v n －23以后每次相碰反弹向左走的路程满足s n s n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫v n －1v n －22，则s n ＝19s n －1故小车所走的路程s ＝2s 1＋2s 2＋…＋2s n ＝2s 1(1＋19＋192＋…＋19n －1)解得s ＝8132 m例二.解析 设弹簧被压缩至最短时，共同速度为v 1，此时弹性势能最大，设为E p ，铁块回到木板左端时，共同速度为v 2，则由动量守恒定律得 m v 0＝(M ＋m )v 1① m v 0＝(M ＋m )v 2②(1)整个过程系统克服摩擦力做的功 W f ＝12m v 02－12(M ＋m )v 22③联立②③解得W f ＝Mm v 022(M ＋m )④(2)系统克服摩擦力做的功 W f ＝2μmgL ⑤联立④⑤解得L ＝M v 024μg (M ＋m )⑥(3)根据能量守恒定律得 12W f ＋E p ＝12m v 02－12(M ＋m )v 12⑦ 联立①④⑦解得E p ＝Mm v 024(M ＋m )⑧命题预测三解析 (1)平板车与滑块组成的系统动量守恒，设M 、m 共同速度为v ，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得 m v 2－M v 1＝(M ＋m )v v ＝2 m/s ，方向水平向右．(2)如果小滑块尚未越过Q 点就与平板车达到相对静止，对平板车与滑块组成的系统，由能量守恒得12M v 12＋12m v 22－12(M ＋m )v 2＝μmg (L －d ) 解得μ＝0.54如果小滑块越过Q 点与弹簧相互作用后，再返回与平板车达到相对静止，对平板车与滑块组成的系统，由能量守恒得12M v 12＋12m v 22－12(M ＋m )v 2＝μmg (L ＋d ) 解得μ＝0.18(3)如果小滑块尚未越过Q 点就与平板车达到相对静止，弹簧的弹性势能为零．如果小滑块越过Q 点与弹簧相互作用后，再返回与平板车达到相对静止，弹簧被压缩具有最大弹性势能时，滑块和平板车共速，对平板车、滑块和弹簧组成的系统，由能量守恒得12M v 12＋12m v 22－12(M ＋m )v 2＝μmgL ＋E p 解得E p ＝18 J所以，弹簧可能获得的最大弹性势能为18 J.命题预测四 【解析】(1)设木板做加速运动的加速度为a 1，由牛顿第二定律得：F －μ(M ＋m)g ＝Ma 1设木板经过l 后的速度为v 0，由运动学公式得：v 20－0＝2a 1l联立解得：a 1＝2.5 m /s 2，v 0＝5 m /s左挡板与滑块发生弹性碰撞，木板与滑块组成的系统，由动量守恒和机械能守恒得：Mv 0＝Mv 1＋mv 212Mv 20＝12Mv 21＋12mv 22联立解得：v 1＝3 m /s ，v 2＝8 m /s(2)撤去F 后，设木板做减速运动的加速度为a 2，由牛顿第二定律得：μ(M ＋m)g ＝Ma 2 解得：a 2＝2.5 m /s 2 此时到停止用时为：t ＝0－v 1－a 2＝0－3－2.5 s ＝1.2 s此过程M 运动的位移为：x 1＝12v 1t ＝1.8 m在t 时间内小滑块的位移为：x 0＝v 2t ＝9.6 m由于x 0＜2l ＋x 1＝11.8 m ，所以二者在第二次相撞前木板已经停止．设滑块与右挡板发生碰撞后，两者达到的共同速度为v 3，由动量守恒得：mv 2＝(M ＋m)v 3 解得：v 3＝1.6 m /s设之后二者一起滑停的位移为x 2，由动能定理得：－μ(M ＋m)gx 2＝0－12(M ＋m)v 23 解得：x 2＝0.64 m长木板全过程的位移为：x ＝l ＋x 1＋x 2＝7.44 m 【答案】(1)8 m /s 3 m /s (2)7.44 m 【方法总结】“滑块—木板”模型也类似非弹性碰撞(或完全非弹性碰撞)，碰撞中动量守恒，机械能减少．滑块与木板通过滑动摩擦力相互作用，实现系统的机械能部分单向转化为内能，机械能的减少量等于内能的增加量，在弄清物理过程的基础上，由动量守恒p 1＝p 2 和能量守恒fs 相对＝ΔE k 列式解决．例三.解析 (1)设物块C 滑到A 的右端时，三者共同速度为v 1，根据动量守恒定律有 m v 0＝3m v 1根据功能关系有μmgL ＝12m v 02－12×3m v 12＝13m v 02，求得μ＝v 023gL(2)假设C 不会从B 板上滑离，B 、C 获得共同速度为v 3， 则m v 2＋m v 1＝2m v 3， 求得v 3＝56v 0设C 在B 上滑行的距离为x ，根据功能关系有μmgx ＝12m v 22＋12m v 12－12×2m v 32求得x ＝34L ，假设成立，因此物块不会从B 的右端滑离．命题预测五 解析 (1)设物块A 与木板B 碰前瞬间的速度为v ，由动能定理得－μ1m 1gl ＝12m 1v 2－12m 1v 02解得v ＝v 02－2μ1gl ＝9 m/sA 与B 发生弹性碰撞，假设碰撞后的瞬间速度分别为v 1、v 2，由动量守恒定律得m 1v ＝m 1v 1＋m 2v 2由机械能守恒定律得12m 1v 2＝12m 1v 12＋12m 2v 22联立解得v 1＝m 1－m 2m 1＋m 2v ＝－3 m/s ，v 2＝2m 1m 1＋m 2v ＝6 m/s碰后瞬间物块A 的速度大小为3 m /s 、方向向左，长木板B 的速度大小为6 m/s 、方向向右； (2)碰撞后B 做减速运动，C 做加速运动，B 、C 达到共同速度之前，由牛顿运动定律，对木板B 有－μ1(m 2＋m 3)g －μ2m 3g ＝－m 2a 1 对物块C 有μ2m 3g ＝m 3a 2设从碰撞后到两者达到共同速度经历的时间为t ，则v 2－a 1t ＝a 2t木板B 的最小长度d ＝v 2t －12a 1t 2－12a 2t 2＝3 m (3)B 、C 达到共同速度之后，因μ1(m 2＋m 3)g ＝μ2m 3g ，故二者一起减速至停下，设加速度大小为a 3，由牛顿运动定律得μ1(m 2＋m 3)g ＝(m 2＋m 2)a 3 整个过程B 运动的位移为x B ＝v 2t －12a 1t 2＋0－(a 2t )2－2a 3＝6 m A 与B 碰撞后，A 做减速运动的加速度大小为a 4＝μm 1g m 1＝1 m/s 2，位移为x A ＝0－v 12－2a 4＝4.5 m 物块A 离长木板B 左侧的最终距离为x A ＋x B ＝10.5 m.例四.解析 (1)设物块的质量为m ，其开始下落处的位置距水平轨道BC 的竖直高度为h ，到达B 点时的速度为v ，小车圆弧轨道半径为R .则由机械能守恒定律得mgh ＝12m v 2， 物块运动到B 点时根据牛顿第二定律得9mg －mg ＝m v 2R联立解得h ＝4R ，即物块开始下落的位置距水平轨道BC 的竖直高度是圆弧半径的4倍．(2)设物块与BC 间的滑动摩擦力的大小为F f ，物块滑到C 点时与小车的共同速度为v ′， 物块在小车上由B 运动到C 的过程中小车相对地面的位移大小为s ，依题意，小车的质量为3m ，BC 长度为10R ，F f ＝μmg ，由动量守恒定律有 m v ＝(m ＋3m )v ′对物块、小车分别应用动能定理得－F f (10R ＋s )＝12m v ′2－12m v 2，F f s ＝12(3m )v ′2 联立解得μ＝0.3.命题预测六 解析 (1)工件从起点滑到圆弧轨道底端B 点，设到B 点时的速度为v B ，根据动能定理有mgh ＝12m v B 2 工件做圆周运动，在B 点，由牛顿第二定律得F N －mg ＝m v B 2R联立解得F N ＝40 N由牛顿第三定律知，工件滑到圆弧底端B 点时对轨道的压力大小为F N ′＝F N ＝40 N.(2)由于BC 轨道足够长，要使工件能到达CD 轨道，工件与小车必须能够达到共速，设工件刚滑上小车时的速度为v 0，工件与小车达到共速时的速度为v 1，假设工件到达小车最右端才与其共速，规定向右为正方向，则对于工件与小车组成的系统， 由动量守恒定律得m v 0＝(m ＋M )v 1由动能定理得μmgL ＝12m v 02－12(m ＋M )v 12 对于工件从AB 轨道滑下的过程，由机械能守恒定律得mgh 1＝12m v 02 代入数据解得h 1＝3 m要使工件能从CD 轨道最高点飞出，h 1＝3 m 时物块有从AB 轨道滑下且不脱离小车的最大速度．设工件从轨道下滑的最小高度为h ′，刚滑上小车的速度为v 0′，与小车达到共速时的速度为v 1′，刚滑上CD 轨道的速度为v 2′，规定向右为正方向，对工件和小车系统，由动量守恒定律得m v 0′＝(m ＋M )v 1′由动能定理得μmgL ＝12m v 0′2－12M v 1′2－12m v 2′2 工件恰好滑到CD 轨道最高点，由机械能守恒定律得12m v 2′2＝mgr 工件在AB 轨道滑动的过程，由机械能守恒定律得mgh ′＝12m v 0′2 联立并代入数据解得h ′＝187m 综上所述，要使工件能到达CD 轨道最高点，应使h 满足187m<h ≤3 m.。
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。
滑块-滑板模型
滑块、滑板模型专题【学习目标】1、能正确的隔离法、整体法受力分析2、能正确运用牛顿运动学知识求解此类问题3、能正确运用动能定理和功能关系求解此类问题。
【自主学习】1、处理滑块与滑板类问题的基本思路与方法是什么?2、滑块与滑板存在相对滑动的临界条件是什么?3、滑块滑离滑板的临界条件是什么?【合作探究 精讲点拨】例题：如图所示，滑块A 的质量m ＝1kg ，初始速度向右v 1＝8.5m/s ；滑板B 足够长，其质量M ＝2kg ，初始速度向左v 2＝3.5m/s 。
已知滑块A 与滑板B 之间动摩擦因数μ1＝0.4，滑板B 与地面之间动摩擦因数μ2＝0.1。
取重力加速度g ＝10m/s 2。
且两者相对静止时，速度大小：，s m v /5 ，在两者相对运动的过程中：问题（1）：刚开始a A 、a B1问题（2）：B 向左运动的时间t B1及B 向左运动的最大位移S B2问题（3）：A 向右运动的时间t 及A 运动的位移S A问题（4）：B 运动的位移S B 及B 向右运动的时间t B2问题（5）：A 对B 的位移大小△S 、A 在B 上的划痕△L 、A 在B 上相对B 运动的路程x A问题（6）：B 在地面的划痕L B 、B 在地面上的路程x B问题（7）：摩擦力对A 做的功W fA 、摩擦力对A 做的功W fB 、系统所有摩擦力对A 和B 的总功W f问题（8）：A 、B 间产生热量Q AB 、B 与地面产生热量Q B 、系统因摩擦产生的热量Q问题（9）：画出两者在相对运动过程中的示意图和v －t 图象练习：如图为某生产流水线工作原理示意图．足够长的工作平台上有一小孔A ，一定长度的操作板（厚度可忽略不计）静止于小孔的左侧，某时刻开始，零件（可视为质点）无初速地放上操作板的中点，同时操作板在电动机带动下向右做匀加速直线运动，直至运动到A 孔的右侧（忽略小孔对操作板运动的影响），最终零件运动到A 孔时速度恰好为零，并由A 孔下落进入下一道工序．已知零件与操作板间的动摩擦因数μ1=0.05，零件与与工作台间的动摩擦因数μ2=0.025，不计操作板与工作台间的摩擦．重力加速度g=10m/s2．求：（1）操作板做匀加速直线运动的加速度大小；（2）若操作板长L=2m ，质量M=3kg ，零件的质量m=0.5kg ，则操作板从A 孔左侧完全运动到右侧的过程中，电动机至少做多少功？【总结归纳】【针对训练】A工作台v v 0图1、光滑水平地面上叠放着两个物体A 和B ，如图所示．水平拉力F 作用在物体B 上，使A 、B 两物体从静止出发一起运动．经过时间t ，撤去拉力F ，再经过时间t ，物体A 、B 的动能分别设为EA 和EB ，在运动过程中A 、B 始终保持相对静止．以下有几个说法：①EA ＋EB 等于拉力F 做的功；②EA ＋EB 小于拉力F 做的功；③EA 等于撤去拉力F 前摩擦力对物体A 做的功；④EA 大于撤去拉力F 前摩擦力对物体A 做的功。
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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滑块与滑板相互作用模型【模型分析】1、相互作用：滑块之间的摩擦力分析２、相对运动：具有相同的速度时相对静止。
两相互作用的物体在速度相同，但加速度不相同时,两者之间同样有位置的变化，发生相对运动。
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。
它就是我们解决力和运动突破口。
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。
１、如图所示,在光滑水平面上有一小车A，其质量为0.2m,小A车上放一个物体B ，其质量为0.1=B m ,如图（1)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（2)所示,要使A 、Ｂ不相对滑动,求F ′的最大值m F2.如图所示，质量8 的小车放在水平光滑的平面上，在小车左端加一水平推力8 N ，当小车向右运动的速度达到1.５ 时,在小车前端轻轻地放上一个大小不计,质量为2 的小物块，物块与小车间的动摩擦因数μ=0.２,小车足够长（取0 2）。
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１．5 s 小物块通过的位移大小为多少?M m3.如图所示,一块质量为M ，长为L 的均质板放在很长的光滑水平桌面上，板的左端有一质量为m 的小物体(可视为质点）,物体上连接一根很长的细绳,细绳跨过位于桌边的定滑轮.某人以恒定的速率v 向下拉绳,物体最多只能到达板的中点，而板的右端尚未到达桌边定滑轮处．试求:（1)物体刚达板中点时板的位移.(2)若板与桌面之间有摩擦,为使物体能达到板的右端,板与桌面之间的动摩擦因数的范围是多少？v4.如图所示,质量为Ｍ，长度为L的长木板放在水平桌面上,木板右端放有一质量为m长度可忽略的小木块,木块与木板之间、木板与桌面之间的动摩擦因数均为μ。
开始时木块、木板均静止，某时刻起给木板施加一大小恒为F方向水平向右的拉力。
若最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
(1）要把长木板从小木块下拉出,拉力F应满足的条件。
(2）若拉力５μ（)g，求从开始运动到木板从小木块下被拉出所经历的时间。
５．如图所示，质量M = 8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ｖ1 =10时,在其右端有一质量m ＝ 2的小物块(可视为质点）以水平向左的速率v 2 = ２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１02,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.６．质量3.0、长度0．70m 、电量4.0×10-5Ｃ的导体板Ａ在足够大的绝缘水平面上，质量１.0可视为质点的绝缘物块B 在导体板A 的左端,开始时A 、B 保持相对静止一起向右滑动,当它们的速度减小到0v =３．０时，立即施加一个方向水平向左、场强大小1.０×10５的匀强电场,v m M F此时Ａ的右端到竖直绝缘挡板的距离为S =2m,此后A、B始终处在匀强电场中,如图所示.假定A与挡板碰撞时间极短且无机械能损失,A与Ｂ之间（动摩擦因数1μ=0.25）及A与地面之间（动摩擦因数2μ=0.10)的最大静摩擦力均可认为等于其滑动摩擦力，g取10２（不计空气的阻力)求:（1）刚施加匀强电场时,物块B的加速度的大小?(2)导体板A刚离开挡板时，A的速度大小？７.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l=0.5m，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μ。
现在Ａ以速度ν0=6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μ=0.５，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μ必须满足什么条件(102）8．如图所示,半径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１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３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１02。
求:（1)小物块刚到达B点时的速度Bυ；（2)小物块沿圆弧轨道到达C点时对轨道压力的大小；9.如图所示,为一个实验室模拟货物传送的装置,Ａ是一个表面绝缘质量为1的小车,小车置于光滑的水平面上，在小车左端放置一质量为0.１带电量为1×1０-2Ｃ的绝缘货柜，现将一质量为0．9的货物放在货柜内．在传送途中有一水平电场,可以通过开关控制其有、无及方向．先产生一个方向水平向右,大小E1=3×１０2的电场,小车和货柜开始运动,作用时间2s后,改变电场，电场大小变为E2=１×102,方向向左，电场作用一段时间后，关闭电场，小车正好到达目的地,货物到达小车的最右端，且小车和货物的速度恰好为零。
已知货柜与小车间的动摩擦因数µ=0.1,(小车不带电，货柜及货物体积大小不计,g取102）求:⑴第二次电场作用的时间;⑵小车的长度；⑶小车右端到达目的地的距离.1、解:根据图（１），设A 、B 间的静摩擦力达到最大值f 时，系统的加速度为a .根据牛顿第二定律有： a m m F B A )(+= ①a m f A = ②代入数值联立解得：N f 0.2= ③根据图（2)设A 、B 刚开始滑动时系统的加速度为a '，根据牛顿第二定律有:a m f B '= ④ a m m F B A m'+=)( ⑤ 联立解得：N F m 0.6= ⑥2．(１8分）解：(1)物块的加速度22/m a g m s μ== (3分）小车的加速度:20.5/MF mga m s Mμ-== (3分）（２)由:0m M a t v a t =+ (2分)得:1s (2分)(3)在开始1s 内小物块的位移:21112m s a t m ==（２分)最大速度:2/v at m s == (1分） 在接下来的0.5s 物块与小车相对静止,一起做加速运动且加速度:20.8/Fa m s M m==+ (2分) 这0.5s内的位移:221 1.12s vt at m =+=(2分)通过的总位移12 2.1s s s m =+= (1分）3.(１）设物体与板的位移分别为S物、S板，则由题意有2L S S -=物板 ①212S S vt a t =物板板∶∶ ② 解得：,2LS L S ==物板．（2）由22112,,mgMv va S a M mgLμμ===板板板得.212,21,,2,(),2S S L S S S L S L mg M m g Ma v a S μμ''''''-===='''-+==物板物板板物板板板∶∶得由得222()Mv M m gL μ=+,故板与桌面之间的动摩擦因数222()Mv M m gLμ+≥４.解:（1）要把M 从m 下拉出，则m 与M 之间必须发生了相对滑动。
对m1ma mg =μ (1分）对M2)(Ma g m M mg F =+--μμ (１分)依题意，应该有 21a a > (１分）∴ 解以上各式可得:2()F M m g μ>+ （２分)（2）设拉出木板需要的时间为t ，拉出木板的过程中,木块与木块各做匀加速运动。
木块的位移： 21121t a s =(1分）木板的位移： 22221t a s =(1分) 拉出木板时：L s s =-12（1分）利用(１）的结果整理得： t ==(2分）5、⑴小物块的加速度为：a 1=μｇ＝22, 水平向右……………………………(1分)长木板的加速度为：2F mg a Mμ-==０.52，水平向右 ……………………(1分)令刚相对静止时他们的共同速度为v ，以木板运动的方向为正方向对小物块有:－v 2+a 1ｔ ……………………………………(1分)对木板有: v １＋a 2t ………………………………………………………………（1分)代入数据可解得:8s ； v =１4 ………………………………………………(2分)⑵此过程中小物块的位移为:x 1t vv 22+- ４８m …………………………………(2分)长木板的位移为：x ２t vv 21+ ９６ｍ …………………………………(2分)所以长板的长度至少为： x 21=48m …………………………………………ﻩ(2分） ⑶长木板对小物块摩擦力做的功为1922121222=-=mv mv W Ｊ ………………(4分)6．解：(1）设B 受到的最大静摩擦力为m f 1,则.5.211N g m f B m ==μ ① （1分)设A 受到地面的滑动摩擦力的2f ,则.0.4)(22N g m m f B A =+=μ ② （1分)施加电场后，设Ａ．B 以相同的加速度向右做匀减速运动,加速度大小为a ,由牛顿第二定律a m m f qE B A )(2+=+ ③ (2分）解得:2/0.2s m a = （2分） 设B 受到的摩擦力为1f ,由牛顿第二定律得 a m f B =1,④ 解得：.0.21N f =因为m f f 11<，所以电场作用后,Ａ.B仍保持相对静止以相同加速度a 向右做匀减速运动,所以刚加上匀强电场时，Ｂ的加速度大小2/0.2s m a = (2分） （2)Ａ与挡板碰前瞬间，设A.B 向右的共同速度为1v ,as v v 22021-= (２分）解得s m v /11= （1分）A 与挡板碰撞无机械能损失,故A 刚离开挡板时速度大小为s m v /11= （1分)7．解析：(1)不会（2)2μ为:6.012)3(21)2(2120122211==⇒⋅⋅-⋅⋅=glm m mgl υμυυμ（4=3＋1分)3.024)3(21)2(21)2(20222212==⇒⋅⋅-⋅⋅=⋅glm m l mg υμυυμ（4=３+1分)8.（2０分) 解:(１)由几何关系可知,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= ①ﻩ(２分)代入数据解得4,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,因连线与竖直方向的夹角为60°,故6０°②ﻩ(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 （１分) 在C 点，根据牛顿第二定律有R mv mg c F C /2=-'④ﻩ(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35Ｎﻩ(１分)9.解答：（1)货物()20101111s /m 211011.033=⨯⨯-=++-=-=m m g m m m f F a μﻩ（1分）小车22s /m 1='=Mf a ﻩﻩ ﻩ ﻩ ﻩﻩﻩ（1分）经t 1=2ｓ 货物运动m 4212111==t a S ﻩ ﻩﻩﻩﻩ （１分) 小车运动m 2212122==t a S ﻩﻩﻩﻩ ﻩ （１分)货物V １1t 1＝２×2=4 向右 小车V ２2ｔ1=1×2＝2 向右经2秒后，货物作匀减速运动20121s /m 2111=+=++='m m f qE a 向左ﻩ（1分）小车加速度不变,仍为a ２=12向右，当两者速度相等时,货柜恰好到达小车最右端，以后因为２µ(ｍ０1）g ，货柜和小车一起作为整体向右以21023s /m 5.021==++=m m m qE a 向右作匀减速直到速度都为0.ﻩﻩﻩ（1分）共同速度为1—ａ1′ ｔ２ 22′t 2ﻩﻩt 2＝s 3238 ﻩ(1分）货物和小车获得共同速度至停止运动用时s 3165.03803=--=t ﻩﻩ (１分）第二次电场作用时间为２3＝6s ﻩ ﻩﻩﻩﻩ（２分） (2）小车在t 2时间内位移S 32t 221２t 22914 ﻩ （２分）货柜在t ２时间内位移为S 4１t 2—21a 1′t 2２920ﻩ ﻩ ﻩ（2分)小车长度1243924ﻩﻩ ﻩ ﻩﻩﻩ（2分)（或用能量守恒1S 12S 4＝2)(21V M m mgl ++μ924ﻩ (2分）（3)小车右端到达目的地的距离为Sm 7.103329962032232===-++=a V S S S ﻩﻩ ﻩ(2分）。