36讨论与判断 1滑块与木板模型
滑块—木板模型专题(附详细答案)
牛顿定律——滑块和木板模型专题一．“滑块—木板模型”问题的分析思路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)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.例1、m A＝1 kg，m B＝2 kg，A、B间动摩擦因数是0.5，水平面光滑．用10 N水平力F拉B时，A、B间的摩擦力是用20N水平力F拉B时，A、B间的摩擦力是例2、如图所示，物体A叠放在物体B上，B置于光滑水平面上，A、B质量分别为m A ＝6 kg，m B＝2 kg，A、B之间的动摩擦因数μ＝0.2，开始时F＝10 N，此后逐渐增加，若使AB不发生相对运动，则F的最大值为针对练习1、如图5所示，物体A叠放在物体B上，B置于光滑水平面上，A、B质量分别为m A＝6 kg，m B＝2 kg，A、B之间的动摩擦因数μ＝0.2，开始时F＝10 N，此后逐渐增加，在增大到45 N的过程中，则()A．当拉力F<12 N时，物体均保持静止状态B．两物体开始没有相对运动，当拉力超过12 N时，开始相对运动C．两物体从受力开始就有相对运动D．两物体始终没有相对运动例3、如图所示，质量M＝8 kg的小车放在光滑的水平面上，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，小物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.2，当二者达到相同速度时，物块恰好滑到小车的最左端．取g＝10 m/s2.则：(1)小物块放上后，小物块及小车的加速度各为多大？(2)小车的长度L是多少？针对练习2、如图所示，木板静止于水平地面上，在其最右端放一可视为质点的木块．已知木块的质量m=1kg ，木板的质量M=4kg ，长L=2.5m ，上表面光滑，下表面与地面之间的动摩擦因数μ=0.2．现用水平恒力F=20N 拉木板，g 取10m/s 2，求：（1）木板的加速度；（2）要使木块能滑离木板，水平恒力F 作用的最短时间；（3）如果其他条件不变，假设木板的上表面也粗糙，其上表面与木块之间的动摩擦因素为3.01=μ，欲使木板能从木块的下方抽出，需对木板施加的最小水平拉力．（4）若木板的长度、木块的质量、木板的上表面与木块之间的动摩擦因数、木板与地面间的动摩擦因数都不变，只将水平恒力增加为30N ，则木块滑离木板需要多长时间？牛顿定律——滑块和木板模型专题答案例1、3.3 N 5 N例2、48 N针对练习1、答案 D解析 当A 、B 间的静摩擦力达到最大静摩擦力，即滑动摩擦力时，A 、B 才会发生相对运动．此时对B 有：F fmax ＝μm A g ＝12 N ，而F fmax ＝m B a ，a ＝6 m/s 2，即二者开始相对运动时的加速度为6 m/s 2，此时对A 、B 整体：F ＝(m A ＋m B )a ＝48 N ，即F >48 N 时，A 、B 才会开始相对运动，故选项A 、B 、C 错误，D 正确．例3、答案 (1)2 m/s 2 0.5 m/s 2 (2)0.75 m解析 (1)以小物块为研究对象，由牛顿第二定律，得μmg ＝ma 1解得a 1＝μg ＝2 m/s 2以小车为研究对象，由牛顿第二定律，得F －μmg ＝Ma 2解得a 2＝F －μmg M＝0.5 m/s 2 (2)由题意及运动学公式：a 1t ＝v 0＋a 2t解得：t ＝v 0a 1－a 2＝1 s 则物块运动的位移x 1＝12a 1t 2＝1 m 小车运动的位移x 2＝v 0t ＋12a 2t 2＝1.75 m L ＝x 2－x 1＝0.75 m针对练习2、解析 (1)木板受到的摩擦力F f ＝μ(M ＋m )g ＝10 N木板的加速度a ＝F －F f M ＝2.5 m/s 2.(2分) (2)设拉力F 作用时间t 后撤去F 撤去后，木板的加速度为a ′＝－F f M＝－2.5 m/s 2 (2分) 木板先做匀加速运动，后做匀减速运动，且a ＝－a ′，故at 2＝L解得t ＝1 s ，即F 作用的最短时间为1 s ．(2分) (3)设木块的最大加速度为a 木块，木板的最大加速度为a 木板，则μ1mg ＝ma 木块 (2分) 得a 木块＝μ1g ＝3 m/s 2对木板：F 1－μ1mg －μ(M ＋m )g ＝Ma 木板(2分)木板能从木块的下方抽出的条件为a 木板>a 木块解得F 1>25 N ．(2分) (4)木块的加速度a 木块′＝μ1g ＝3 m/s 2(1分) 木板的加速度a 木板′＝F 2－μ1mg －μ(M ＋m )g M＝4.25 m/s 2 (1分) 木块滑离木板时，两者的位移关系为x 木板－x 木块＝L ，即12a 木板′t 2－12a 木块′t 2＝L(2分)代入数据解得t＝2 s．(2分) 答案(1)2.5 m/s2(2)1 s(3)大于25 N(4)2 s分析滑块—木板模型问题时应掌握的技巧1．分析题中滑块、木板的受力情况，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．知道每一过程的末速度是下一过程的初速度．4．两者发生相对滑动的条件：(1)摩擦力为滑动摩擦力．(2)二者加速度不相等．。
(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。
滑块木板模型(学生版)--动力学中的九类常见问题
动力学中的九类常见问题滑块木板模型【模型精讲】“滑块-木板模型”一般涉及两个物体的受力分析(整体与隔离法)和多个运动过程的过程，而且涉及相对运动，是必修1牛顿定律和受力分析的重点应用，也是高考的重点和难点问题。
为了系统地研究这个模型，我们将此模型分作四类：1、滑块以一定的初速度滑上木板。
2、木板瞬间获得一个初速度。
3、滑块水平方向受力。
4、木板水平方向受力。
【方法归纳】在滑块-木板模型中，经常需判断滑块和木板共速后，之后的运动二者是否会发生相对滑动。
图1和图2是典型的滑块与木板共速瞬间的情况，图1两者都不受力，图2中木板B受力，且F大于B的最大静摩擦力。
1.分析图1，A受滑动摩擦力一定做减速运动，A减速后，B有相对于A向右运动的趋势，所以A也会受到向左的摩擦力，所以A也减速。
但问题是：A受的是静摩擦力还是滑动摩擦力?如果A受静摩擦力，说明AB 相对无滑动，二者加速度相同；如果A收滑动摩擦力，则说明AB有相对滑动，二者加速度不同。
判断要点：滑块A由摩擦力提供加速度，所以滑块A的最大加速度 a A max=μ1g判断方法：假定AB无相对滑动，二者加速度相同，则可以用整体法求出共同的加速a共=μ2g。
若a共≦ a A max(等效于μ2≦μ1)，二者将以共同的加速度μ2g做匀减速运动；若a共>a A max(等效于μ2>μ1)，二者将以不同的加速度做匀减速运动，其中a A=μ1g，a B=μ2m+Mg-μ1mgM2.分析图2，题设F大于B的最大静摩擦力，则B受滑动摩擦力，加速向右运动，A受到的摩擦力水平向右，A也会加速向右。
仍然需要判断二者是否发生相对滑动。
判断要点：滑块A由摩擦力提供加速度，所以滑块A的最大加速度a A max=μ1g。
判断方法：假定AB 无相对滑动，二者加速度相同，则可以用整体法求出共同的加速度a 共=F -μ2m +M g m +M。
若a 共≦a A max =μ1g ，二者将以共同的加速度a 共做匀加速运动；若a 共>a A max =μ1g ，二者将以不同的加速度做匀加速运动，其中a A =μ1g ，a B =F -μ2m +M g -μ1mgM【滑块-木板模型分类讨论】一、滑块以一定的初速度滑上木板。
牛顿运动定律的应用：牛顿运动定律的应用之“滑块—木板模型”
一、模型特征上、下叠放两个物体，并且两物体在摩擦力的相互作用下发生相对滑动，滑块－木板模型(如图所示)，涉与摩擦力分析、相对运动、摩擦生热，多次互相作用，属于多物体多过程问题，知识综合性较强，对能力要求较高，故频现于高考试卷中。
二、常见的两种位移关系滑块从木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板向同一方向运动，则滑块的位移和木板的位移之差等于木板的长度；若滑块和木板向相反方向运动，则滑块的位移和木板的位移之和等于木板的长度。
三、滑块—木板类问题的解题思路与技巧：1．通过受力分析判断滑块和木板各自的运动状态（具体做什么运动）；2．判断滑块与木板间是否存在相对运动。
滑块与木板存在相对运动的临界条件是什么？⑴运动学条件：若两物体速度或加速度不等，则会相对滑动。
⑵动力学条件：假设两物体间无相对滑动，先用整体法算出共同加速度，再用隔离法算出其中一个物体“所需要”的摩擦力f；比较f与最大静摩擦力f m的关系，若f> f m，则发生相对滑动；否则不会发生相对滑动。
3. 分析滑块和木板的受力情况，根据牛顿第二定律分别求出滑块和木板的加速度；4. 对滑块和木板进行运动情况分析，找出滑块和木板之间的位移关系或速度关系，建立方程．特别注意滑块和木板的位移都是相对地面的位移.5. 计算滑块和木板的相对位移（即两者的位移差或位移和）；6. 如果滑块和木板能达到共同速度，计算共同速度和达到共同速度所需要的时间；7. 滑块滑离木板的临界条件是什么？当木板的长度一定时，滑块可能从木板滑下，恰好滑到木板的边缘达到共同速度（相对静止）是滑块滑离木板的临界条件。
[名师点睛]1. 此类问题涉与两个物体、多个运动过程，并且物体间还存在相对运动，所以应准确求出各物体在各个运动过程中的加速度(注意两过程的连接处加速度可能突变)，找出物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口。
求解中应注意联系两个过程的纽带，每一个过程的末速度是下一个过程的初速度。
物理滑块木板模型解题思路
物理中的滑块木板模型是指一个光滑的水平面上放置一个倾斜的光滑木板，并在木板上放置一个滑块，考虑滑块在木板上的运动问题。
解决这类问题时，可以按照以下思路进行：
### 1. 绘制力的示意图：
- 绘制包括重力、法向力和滑动摩擦力等在内的所有作用力的示意图。
重力始终垂直指向地面，法向力垂直于木板表面，而滑动摩擦力则与木板表面相切并与滑块运动方向相反。
### 2. 分解力：
- 将重力分解成垂直于木板表面和平行于木板表面的分量。
垂直分量影响法向力的大小，平行分量与滑动摩擦力以及可能的加速度有关。
### 3. 建立坐标系和选择方向：
- 确定水平和竖直方向的坐标系，并选择正方向。
这有助于建立方程，使问题更易于解决。
### 4. 应用牛顿定律：
- 在水平和竖直方向上分别应用牛顿第二定律。
考虑所有作用力的平衡或不平衡状态，并将它们代入方程。
### 5. 求解未知量：
- 解方程以确定滑块在木板上的运动情况，如加速度、运动方程、速度或位移等。
### 6. 考虑特殊情况：
- 根据具体情况调整模型。
例如，当木板上设置了系数不同的摩擦力时，需要重新考虑滑块的运动特性。
### 7. 验算和解释结果：
- 对求解的结果进行检验，看是否符合物理实际情况。
解释结果，确保答案符合问题所提出的要求。
这个模型常见于斜面运动、滑动摩擦力等问题的解决中。
通过绘制力的示意图、分解力、建立方程、求解未知量和考虑特殊情况等步骤，可以有效地解决涉及滑块木板模型的物理问题。
动力学和能量观点的综合应用之滑块-木板模型
动力学和能量观点的综合应用之滑块—木板模型问题1.滑块—木板模型根据情况可以分成水平面上的滑块—木板模型和斜面上的滑块—木板模型．2.滑块从木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板沿同一方向运动，则滑块的位移和木板的位移之差等于木板的长度；若滑块和木板沿相反方向运动，则滑块的位移和木板的位移之和等于木板的长度．3.此类问题涉及两个物体、多个运动过程，并且物体间还存在相对运动，所以应准确求出各物体在各个运动过程中的加速度(注意两过程的连接处加速度可能突变)，找出物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口，求解中应注意联系两个过程的纽带，每一个过程的末速度是下一个过程的初速度．4.滑块—木板模型问题的分析和技巧(1)解题关键正确地对各物体进行受力分析(关键是确定物体间的摩擦力方向)，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．(2)规律选择既可由动能定理和牛顿运动定律分析单个物体的运动，又可由能量守恒定律分析动能的变化、能量的转化，在能量转化过程往往用到ΔE内＝－ΔE机＝F f x相对，并要注意数学知识(如图象法、归纳法等)在此类问题中的应用．【题型1】如图所示，一质量m＝2 kg的长木板静止在水平地面上，某时刻一质量M＝1 kg 的小铁块以水平向左v0＝9 m/s的速度从木板的右端滑上木板．已知木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，铁块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.4，取重力加速度g＝10 m/s2，木板足够长，求：(1)铁块相对木板滑动时木板的加速度的大小；(2)铁块与木板摩擦所产生的热量Q和木板在水平地面上滑行的总路程x.【题型2】图甲中，质量为m1＝1 kg的物块叠放在质量为m2＝3 kg的木板右端．木板足够长，放在光滑的水平面上，木板与物块之间的动摩擦因数为μ1＝0.2.整个系统开始时静止，重力加速度g取10 m/s2.甲(1)在木板右端施加水平向右的拉力F，为使木板和物块发生相对运动，拉力F至少应为多大？(2)在0～4 s内，若拉力F的变化如图乙所示，2 s后木板进入μ2＝0.25的粗糙水平面，在图丙中画出0～4 s内木板和物块的v－t图象，并求出0～4 s内物块相对木板的位移大小和整个系统因摩擦而产生的内能．【题型3】如图所示，水平地面上有一质量为M且足够长的长木板，一个质量为m的煤块(可视为质点)放在长木板的最右端。
滑块与木板模型
高中物理常见的“滑块—木板”模型作为力学的基本模型经常出现，在这一模型中考查滑块与木板之间的相互作用问题，是对直线运动和牛顿运动定律有关知识的巩固和应用。
这类问题的分析有利于培养学生对物理情景的想象能力，为后面动量和能量知识的综合应用打下良好的基础。
滑块—木板模型的常见题型及分析方法如下：题型一平衡状态下的滑块与木板滑块与木板处于平衡状态时，二者之间有相互作用的弹力和静摩擦力。
物体间保持相对静止但有静摩擦力存在。
静摩擦力的方向总是与物体的相对运动趋势的方向相反。
判断方法①利用摩擦力与相对运动趋势相反来判断②利用力的平衡条件或假设法来判断摩擦力的有无及方向。
例一如图所示，质量均为m的两木块a与b叠放在水平面上，a受到斜向上与水平面成θ角的力作用，b受到斜向下与水平成θ角的力作用，两力大小均为F，两木块保持静止状态，则（）A．a、b之间可能没有静摩擦力B．b与地面之间一定存在静摩擦力C．b对a的支持力一定小于mgD．地面对b的支持力一定大于2mg对整体受力分析可知，整体受重力、支持力、两个拉力，将拉力沿水平和竖直方向分解可知，其水平分量相等，故整体在水平方向受力平衡，故地面对b没有摩擦力；故B错误；竖直方向，两分力相互抵消，故ab受地面的支持力等于2mg，故D错误；对a受力分析，可知a受重力、支持力、拉力而处于平衡，由于F有水平方向的分力，故a有向右运动的趋势，故a应受到b向左的摩擦力，故A错误；F向上的分量，使a受到的支持力小于重力，故C正确；故选C．拓展1如图所示，叠放在一起的A，B两个木块，在恒定的拉力F作用下，在水平面上作匀速直线运动．则下列说法正确的是( )A.木块A受静摩擦力作用B.木块B受滑动摩擦力作用C.木块B与地面之间的滑动摩擦力与拉力F大小相同D.木块A与木块B之间的静摩擦力与拉力F大小相同解析：因为A、B同时做匀速直线运动，所以A、B之间没有相对运动的趋势，所以不存在摩擦力．因此AD错误．木块B在力F的作用下与地面之间发生了相对运动，所以B受地面得滑动摩擦力作用．B正确．因为做匀速直线运动，所以拉力F与摩擦力是一对平衡力，所以大小相同．所以C正确．故选B、C．题型二匀变速运动的物块与木板物块与木板组合在一起以相同加速度运动时，二者间除了相互间的弹力外，还有一对摩擦力，而这对摩擦力可能为静摩擦力可能为滑动摩擦力，是由物体的受力情况和运动状态决定的。
滑块—木板模型解析
(1) A、B 分别受到大小为 μmg 的摩擦力作用，根据牛顿第二 定律 对 A 有 μmg＝maA 则 aA＝μ＝4.0m/s2 方向水平向右 对 B 有 μmg＝MaB 则 aB＝μmg/M＝1.0 m/s2 方向水平向左
(2)开始阶段 A 相对地面向左做 匀减速运动，设到速度为零时 所用时间为 t1，则 v0＝aAt1，解 得 t1＝v0/aA＝0.50 s B 相对地面向右做匀减速运动 x＝v0t1－12aBt1 2＝0.875 m
（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，m 且F=1F2N， 则小物块经过多长时间从长木板上掉下？ M
2.如图所示，一质量为M=4kg，长为L=2m的木板 放在水平地面上，已知木板与地面间的动摩擦因 数为0.1，在此木板的右端上还有一质量为 m=1kg的铁块，且视小铁块为质点，木板厚度不 计；今对木板突然施加一个水平向右的拉力。
图6 (1)小物块放后，小物块及小车的加速度各为多大？ (2)小车至少要多长才能使小物块不会滑离小车？ (3)若小物块不会滑离小车，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？
解析 (1)物块的加速度：am＝Ff/m＝μg＝2 m/s2 小车的加速度：aM＝F－Mμmg＝0.5 m/s2
B 向右运动的位移 xB＝v0＋v2t1＋t2 ＝2＋1.2×20.5＋0.3 m＝1.28 m
B 板的长度 l＝xA＋xB＝1.6 m
6.如图 11 所示，质量为 m1 的足够长木板静 止在光滑水平面上，其上放一质量为 m2 的木块．t＝0 时刻起，给木块施加一水平 恒力 F.分别用 a1、a2 和 v1、v2 表示木板、 木块的加速度和速度大小，下列四个图中 可能符合运动情况的是 ( )
滑块与木板问题
当木板的加速度a2> a1时，滑块将相对于木板向左滑动，直至脱离木板 F-f=m a2>m a1 F> f +m a1=20N …………③ 即当F>20N，且保持作用一般时间后，小滑块将从木板上滑落下来。 （2）当恒力F=22.8N时，木板的加速度a2＇，由牛顿第二定律得F-f=Ｍa2＇ 解得：a2＇＝4.7m/s2………④ 设二者相对滑动时间为t，在分离之前 小滑块：x1=½ a1t2 …………⑤ 木板：x1=½ a2＇t2 …………⑥ 又有x2－x1=L …………⑦ 解得：t=2s …………⑧
对滑块有F0－μ mg=mam
所以 F0=μ mg+mam=2N
（2）将滑块从木板上拉出时，木板受滑动摩擦力f=μ mg，此时木板的加速度a2为
a2=f/M=μmg/M =1m/s2. 由匀变速直线运动的规律，有（m与M均为匀加速直线运动）木 板位移 x2= ½ a2t2 ① 滑块位移 x1= ½ a1t2 ③ ②
F的大小范围.
（2）若其它条件不变，恒力F=22.8N，且始终作用在M上，求m在M上滑动的时 间. m M F
chenzhs
[解析]（1）小滑块与木板间的滑动摩擦力
f=μFN=μmg=4N…………①
a1=f/m=μg=4m/s2 …②
M
f
m
f
F
滑动摩擦力f是使滑块产生加速度的最大合外力，其最大加速度
F
B A F′
B A
图（2）
图（1）
答案：根据图（1），设A、B间的静摩擦力达到最大值fm时，系统的加速度为 a.根据牛顿第二定律有：F=(mA+mB)a ①
f
m
fm=mAa
②
③
高中物理滑块木板模型动能定理解
高中物理滑块木板模型动能定理解高中物理滑块木板模型是一种常见的力学模型，用来研究物体在斜面上滑动的问题。
动能定理是描述物体动能变化的定理，它表达了物体的动能变化等于物体所受力的功。
下面我将详细介绍高中物理滑块木板模型及其动能定理的原理和应用。
首先，我们来介绍一下高中物理滑块木板模型的基本概念。
滑块木板模型由一条倾斜的木板和一个放置在木板上的滑块组成。
滑块与木板之间有一定的摩擦力，可以通过改变木板的角度或滑块的质量来研究滑块在木板上滑动的性质。
在滑块木板模型中，我们考虑滑块在斜面上的运动。
当斜坡上无滑动摩擦力时，滑块只受到重力作用，其加速度仅受到斜面角度和重力加速度的影响。
当斜坡上存在摩擦力时，滑块的加速度还会受到摩擦力对滑块的阻碍。
动能定理是描述物体动能变化的定理。
根据动能定理，物体的动能变化等于物体所受力的功。
在高中物理滑块木板模型中，滑块在斜坡上滑动时，通过斜坡上的重力和摩擦力对滑块进行功。
根据动能定理，滑块的动能变化等于这些力的功之和。
具体来说，滑块的动能变化可以用下式表示：△K = Wg + Wf其中，△K表示滑块的动能变化，Wg表示重力对滑块做的功，Wf 表示摩擦力对滑块做的功。
重力对滑块做的功可以用如下公式表示：Wg = mgh其中，m表示滑块的质量，g表示重力加速度，h表示滑块的垂直高度。
摩擦力对滑块做的功可以用如下公式表示：Wf = fdcosθ其中，f表示滑块和斜面之间的摩擦力，d表示滑块在斜面上的位移，θ表示斜面的倾角。
通过将重力功和摩擦力功代入动能定理的公式，可以得到滑块的动能变化的表达式。
动能定理在物理学中有广泛的应用。
首先，动能定理可以用来计算滑块在斜面上的运动速度。
通过将动能定理的公式进行转换，可以得到滑块的末速度的表达式。
其次，动能定理可以用来研究滑块与斜面之间的摩擦力的大小和方向。
通过观察滑块的动能变化和速度的变化，可以确定摩擦力的大小和方向。
此外，动能定理还可以用来分析滑块与斜面之间的能量转换。
滑块与木板问题
方法指导
3、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fm的关 系，若f > fm，则发生相对滑动；否则不会发生相对滑动。
fm F
m
小结：解此类题考察拉力作用 在哪个物体上，先隔离没有拉 力作用的另一物体，由临界条 件求岀临界的加速度，再对受 拉力作用的物体进行受力分析， 根据牛顿第二定律求岀结果
chenzhs
M
fm
同步练习
1.如图所示，长方体物块A叠放在长方体物块B上，B置于光滑水平面上.A 、B质量分别为mA=6kg，mB=2kg，A、B之间动摩擦因数μ=0.2，开始时 F=10N，此后逐渐增加，在增大到45N的过程中，则（ ）
对滑块有F0－μ mg=mam
所以 F0=μ mg+mam=2N
（2）将滑块从木板上拉出时，木板受滑动摩擦力f=μ mg，此时木板的加速度a2为
a2=f/M=μmg/M =1m/s2. 由匀变速直线运动的规律，有（m与M均为匀加速直线运动）木 板位移 x2= ½ a2t2 ① 滑块位移 x1= ½ a1t2 ③ ②
chenzhs
解析：（1）对木板M，水平方向受静摩擦力f向右，当f=fm=μ mg时，M有最大加速度， 此时对应的F0即为使m与M一起以共同速度滑动的最大值。 对M，最大加速度aM，由牛顿第二定律得：aM= fm/M=μmg/M =1m/s2 要使滑块与木板共同运动，m的最大加速度am=aM， f f 即力F0不能超过2N
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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。
高中物理滑块木板模型(经典)
高中物理“滑块—木板”模型1．模型特点：滑块(视为质点)置于木板上，滑块和木板均相对地面运动，且滑块和木板在摩擦力的作用下发生相对滑动．2．位移关系：如图所示，滑块由木板一端运动到另一端的过程中，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，位移大小之和x2＋x1＝L.3．解题关键点(1)由滑块与木板的相对运动来判断“板块”间的摩擦力方向．(2)当滑块与木板速度相同时，“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)．4．处理“板块”模型中动力学问题的流程1.如图所示，在光滑的水平面上有一足够长的质量为M＝4 kg的长木板，在长木板右端有一质量为m＝1 kg的小物块，长木板与小物块间的动摩擦因数为μ＝0.2，长木板与小物块均静止，现用F ＝14 N 的水平恒力向右拉长木板，经时间t ＝1 s 撤去水平恒力F ，g 取10 m/s 2，则：(1)在F 的作用下，长木板的加速度为多大？ (2)刚撤去F 时，小物块离长木板右端多远？ (3)最终长木板与小物块一起以多大的速度匀速运动？ (4)最终小物块离长木板右端多远？答案 (1)3 m/s 2 (2)0.5 m (3)2.8 m/s (4)0.7 m2.(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2140.小孩(可视为质点)坐在滑板上端，与滑板一起由静止开始下滑，小孩与滑板之间的动摩擦因数取决于小孩的衣料，假设图中小孩与滑板间的动摩擦因数为0.4，小孩的质量与滑板的质量相等，斜坡足够长，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0.8 m/s 2C ．经过1 s 的时间，小孩离开滑板D ．小孩离开滑板时的速度大小为0.8 m/s 答案 BC3. (多选)(2021·全国乙卷·21)水平地面上有一质量为m 1的长木板，木板的左边上有一质量为m 2的物块，如图(a)所示．用水平向右的拉力F 作用在物块上，F 随时间t 的变化关系如图(b)所示，其中F 1、F 2分别为t 1、t 2时刻F 的大小．木板的加速度a 1随时间t 的变化关系如图(c)所示．已知木板与地面间的动摩擦因数为μ1，物块与木板间的动摩擦因数为μ2，假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g .则( )A ．F 1＝μ1m 1gB ．F 2＝m 2(m 1＋m 2)m 1(μ2－μ1)gC ．μ2>m 1＋m 2m 2μ1D ．在0～t 2时间段物块与木板加速度相等 答案 BCD4．(多选)如图甲所示，水平地面上静止放置一质量为M 的木板，木板的左端有一个可视为质点的、质量m ＝1 kg 的滑块．现给滑块一向右的初速度v 0＝10 m/s ，此后滑块和木板在水平地面上运动的速度图像如图乙所示，滑块最终刚好停在木板的右端，取g ＝10 m/s 2.下列说法正确的是( )A ．滑块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.4B ．木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1C ．木板的长度L ＝4 mD ．木板的质量M ＝1.5 kg 答案 ABD5．(多选)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2 kg ，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10 m/s 2，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t 2＝24 sD ．木板的最大加速度为2 m/s 2 答案 ACD6.(多选)如图甲所示，一长木板静止在水平地面上，在t ＝0时刻，一小物块以一定速度从左端滑上长木板，之后长木板运动的v －t 图像如图乙所示，已知小物块与长木板的质量均为m ＝1 kg ，已知木板足够长，g 取10 m/s 2，则( )A．小物块与长木板间动摩擦因数μ＝0.5B．在整个运动过程中，物块与木板构成的系统所产生的热量70 JC．小物块的初速度为v0＝12 m/sD．0～2 s与2～3 s物块和木板构成的系统机械能减少量之比为17∶1答案ACD7．(2022·山东邹城市模拟)质量为M＝1.0 kg的长木板A在光滑水平面上以v1＝0.5 m/s的速度向左运动，某时刻质量为m＝0.5 kg的小木块B以v2＝4 m/s的速度从左端向右滑上长木板，经过时间t＝0.6 s小木块B相对A静止，求：(1)两者相对静止时的运动速度v；(2)从木块滑上木板到相对木板静止的过程中，木板A的动量变化量的大小；(3)小木块与长木板间的动摩擦因数μ.答案(1)1 m/s，方向水平向右(2)1.5 kg·m/s(3)0.58．(2021·湖北省1月选考模拟·15)如图a，在光滑水平面上放置一木板A，在A上放置物块B，A和B的质量均为m＝1 kg.A与B之间的动摩擦因数μ＝0.2.t＝0时刻起，对A施加沿水平方向的力，A和B由静止开始运动．取水平向右为正方向，B相对于A的速度用v BA＝v B－v A 表示，其中v A和v B分别为A和B相对水平面的速度．在0～2 s时间内，相对速度v BA随时间t变化的关系如图b所示．运动过程中B始终未脱离A，重力加速度取g＝10 m/s2.求：(1)0～2 s时间内，B相对水平面的位移大小；(2)t＝2 s时刻，A相对水平面的速度．答案(1)3.5 m(2)09．质量M=3kg的长木板放在水平光滑的平面上，在水平恒力F=11N作用下由静止开始向右运动，如图所示，当速度达到1m/s时，将质量m=4kg的物体轻轻放到木板的右端，已知物块与木板间摩擦因数μ=0.2，（g=10m/s2）求：（1）物体经多长时间才与木板保持相对静止；（2）物块与木板相对静止后, 物块受到的摩擦力多大?答案：1s 6.28NF。
动力学方法重要应用之二“滑块—木板模型”
动力学方法重要应用之二“滑块—木板模型”高三物理备考中，"滑块木板模型"历来被当做非常重要的知识来复习，可见它在高考物理中的地位。
"滑块木板模型"，是一轮复习中匀变速直线运动规律和牛顿第二定律有关知识的巩固、深化及应用，更牵涉动量守恒定律、能量守恒定律的应用。
深透理解这类模型，有得培养学生对物理情景的想象及分析能力。
下面就这个模型做思维解题分析。
解题策略1、"滑块木板模型"，往往牵涉滑块与木板这两个物体都参与运动，而滑动摩擦力是它们运动的桥梁。
关于滑动摩擦力的分析方法，与传送带的分析方法一样(详见：《动力学方法重要应用之一：传送带模型》一文)，但这类问题又比传送带模型复杂很多。
因为木板受到滑动摩擦力影响后，又往往做匀变速直线运动，而滑块受到滑动摩擦力影响后运动性质甚至会发生变化。
所以解决这类问题，要注意从位移、速度、时间等角度，寻找它们间的关系。
2、弄清静临界条件滑块在木板上滑动时，要求滑块不从木板上掉下来的临界条件是：滑块与木板具有共速。
经典例题1、木板M静止在光滑水平面上，木板上放着一个小滑块m，与木板之间的动摩擦因素μ，为了使得m能从M上滑落下来，求下列情况下力F的取值范围。
解析：首先判断m与M发生相对滑动的临界条件如果要滑动，m与M间的静摩擦力要达到最大静摩擦力；(2)未滑动，此时m与M加速度相等。
第一小问：正确进行受力分析，如下图所示：对m，由牛顿第二定律得加速度为：a=μg共速时，两者加速度相等，由整体法得：F= (M+m)a即：F=μ(M+m)g所以，F的取值范围是：F>μ(M+m)g。
第二小问：受力如图所示对M，由牛顿第二定律得：a=μmg/M再对整体，得：F=(M+m)a解得：F=μ(M+m)mg/M所以F的取值范围是：F>μ(M+m)mg/M。
2、质量M=3kg的长木板放在水平光滑的平面上，在水平恒力F=11N作用下由静止开始向右运动，如图所示，当速度达到1m/s时，将质量m=4kg的物体轻轻放到木板的右端，已知物块与木板间摩擦因数μ=0.2，（g=10m/s2），求：（1）物体经多长时间才与木板保持相对静止；（2）在这段时间内，物块在木板上滑行的距离多大？（2）物块与木板相对静止后，物块受到的摩擦力多大？解析：（1）首先两物体各自运动，分别对两物体受力分析，易知道物块的加速度a1=μg=2m/s2，而木板的加速度a2=(F-μmg)/M=1m/s2设静止时运动时间为t，对物块它t时刻的速度为：v1=a1t=2t对木板t时刻的速度为：v2=v0+a2t=1+t由于相对静止，必有v1=v2，即：2t=1+t因此，t=1s(2)1s末时两物体的速度v1=v=2m/s这段时间内，物块位移s1= v1t/2=1m木板位移s2=(v0+v2)t/2=1.5m因此相对位移为△x==s2-s1=0.5m(3)滑块相对木板静止时，两者具有共速且加速度相等，因此对整体有：F=(M+m)a得a=1.57m/s2再隔离物块，由牛顿第二定律得：f=m a=6.28N滑块木板模型小结1、正确受力分析后，抓住牛顿第二定律分别求出各自加速度；2、正确画出情景图，找出两者位移、速度、加速度关系。
2014届物理二轮复习计算题之四
2014年高考题型训练之36题（一）模型研究1：滑块与木板模型的判断讨论1、2011年高考真题、（18分）如图20所示，以A、B和C、D为端点的两半圆形光滑轨道固定于竖直平面内，一滑板静止在光滑水平地面上，左端紧靠B点，上表面所在平面与两半圆分别相切于B、C。
一物块被轻放在水平匀速运动的传送带上E点，运动到A时刚好与传送带速度相同，然后经A沿半圆轨道滑下，再经B滑上滑板。
滑板运动到C时被牢固粘连。
物块可视为质点，质量为m，滑板质量M=2m，两半圆半径均为R，板长l=6.5R，板右端到C的距离L在R＜L＜5R范围内取值。
E距A为S=5R，物块与传送带、物块与滑板间的动摩擦因素均为μ=0.5，重力加速度取g.(1)求物块滑到B点的速度大小；试讨论物块从滑上滑板到离开滑板右端的过程中，克服摩擦力做的功W f与L的关系，并判断物块能否滑到CD轨道的中点。
（判断：碰前能不能共速：讨论：碰前有没有共速；，临界共速时求木板的位移，判断：物块能否滑到中点）(2)（模型）.如图所示, 小木块的质量m=0.4 kg, 以速度v=2m/s, 水平地滑上一个静止的平板小车(足够长), 小车的质量M=1.6 kg, 小木块与小车间的动摩擦因数μ=0.2. (g取10 m/s2),求⑪小车上的木块相对于小车静止时, 小车的速度是多少？⑫这个过程所经历的时间？⑬木块相对小车静止前，小车运动的位移？⑭物体相对小车静止前，木块运动的位移？⑮物体相对小车滑行的距离？2.(18分)如图所示的轨道由半径为R的1/4光滑圆弧轨道AB、竖直台阶BC、足够长的光滑水平直轨道CD组成．小车的质量为M ，紧靠台阶BC 且上水平表面与B 点等高．一质量为m 的可视为质点的滑块自圆弧顶端A 点由静止下滑，滑过圆弧的最低点B 之后滑到小车上．已知M=4m ，小车的上表面的右侧固定一根轻弹簧，弹簧的自由端在Q 点，小车的上表面左端点P 与Q 点之间是粗糙的，滑块与PQ 之间表面的动摩擦因数为 ，Q 点右侧表面是光滑的．求：（1）滑块滑到B 点的瞬间对圆弧轨道的压力大小． （2）要使滑块既能挤压弹簧，又最终没有滑离小车，则小车上PQ 之间的距离应在什么范围内？（滑块与弹簧的相互作用始终在弹簧的弹性范围内） （临界1：刚好挤压 在Q 点共速 临界2：刚好不脱离，在P 点共速）3．如图，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v 0和细线被拉断瞬间B 的速度大小v 1 （2）A 与台阶只发生一次碰撞，求x（3）x 在满足（2）条件下，讨论A4．（18分）如图所示，一辆质量为M 的小车静止在水平面上，车面上右端点有一可视为质点的滑块1，水平面上有与车右端相距为4R 的固定的41光滑圆弧轨道，其圆周半径为R ，圆周E 处的切线是竖直的，车上表面与地面平行且与圆弧轨道的末端D 等高，在圆弧轨道的最低点D 处，有另一个可视为质点的滑块2，两滑块质量均为m 。
滑块—木板模型专题附详细答案
牛顿定律——滑块和木板模型专题一．“滑块—木板模型”问题的分析思路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)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.例1、m A＝1 kg，m B＝2 kg，A、B间动摩擦因数是0.5，水平面光滑．用10 N水平力F拉B时，A、B间的摩擦力是用20N水平力F拉B时，A、B间的摩擦力是例2、如图所示，物体A叠放在物体B上，B置于光滑水平面上，A、B质量分别为m A ＝6 kg，m B＝2 kg，A、B之间的动摩擦因数μ＝0.2，开始时F＝10 N，此后逐渐增加，若使AB不发生相对运动，则F的最大值为针对练习1、如图5所示，物体A叠放在物体B上，B置于光滑水平面上，A、B质量分别为m A＝6 kg，m B＝2 kg，A、B之间的动摩擦因数μ＝0.2，开始时F＝10 N，此后逐渐增加，在增大到45 N的过程中，则()A．当拉力F<12 N时，物体均保持静止状态B．两物体开始没有相对运动，当拉力超过12 N时，开始相对运动C．两物体从受力开始就有相对运动D．两物体始终没有相对运动例3、如图所示，质量M＝8 kg的小车放在光滑的水平面上，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，小物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.2，当二者达到相同速度时，物块恰好滑到小车的最左端．取g＝10 m/s2.则：(1)小物块放上后，小物块及小车的加速度各为多大？(2)小车的长度L是多少？针对练习2、如图所示，木板静止于水平地面上，在其最右端放一可视为质点的木块．已知木块的质量m=1kg ，木板的质量M=4kg ，长L=2.5m ，上表面光滑，下表面与地面之间的动摩擦因数μ=0.2．现用水平恒力F=20N 拉木板，g 取10m/s 2，求：（1）木板的加速度；（2）要使木块能滑离木板，水平恒力F 作用的最短时间；（3）如果其他条件不变，假设木板的上表面也粗糙，其上表面与木块之间的动摩擦因素为3.01=μ，欲使木板能从木块的下方抽出，需对木板施加的最小水平拉力．（4）若木板的长度、木块的质量、木板的上表面与木块之间的动摩擦因数、木板与地面间的动摩擦因数都不变，只将水平恒力增加为30N ，则木块滑离木板需要多长时间？ 牛顿定律——滑块和木板模型专题答案例1、3.3 N 5 N例2、48 N针对练习1、答案 D解析 当A 、B 间的静摩擦力达到最大静摩擦力，即滑动摩擦力时，A 、B 才会发生相对运动．此时对B 有：F fmax ＝μm A g ＝12 N ，而F fmax ＝m B a ，a ＝6 m/s 2，即二者开始相对运动时的加速度为6 m/s 2，此时对A 、B 整体：F ＝(m A ＋m B )a ＝48 N ，即F >48 N 时，A 、B 才会开始相对运动，故选项A 、B 、C 错误，D 正确．例3、答案 (1)2 m/s 2 0.5 m/s 2 (2)0.75 m解析 (1)以小物块为研究对象，由牛顿第二定律，得μmg ＝ma 1解得a 1＝μg ＝2 m/s 2以小车为研究对象，由牛顿第二定律，得F －μmg ＝Ma 2解得a 2＝F －μmg M＝0.5 m/s 2 (2)由题意及运动学公式：a 1t ＝v 0＋a 2t解得：t ＝v 0a 1－a 2＝1 s则物块运动的位移x 1＝12a 1t 2＝1 m小车运动的位移x 2＝v 0t ＋12a 2t 2＝1.75 mL ＝x 2－x 1＝0.75 m针对练习2、解析 (1)木板受到的摩擦力F f ＝μ(M ＋m )g ＝10 N木板的加速度a ＝F －F f M ＝2.5 m/s 2.(2分) (2)设拉力F 作用时间t 后撤去F 撤去后，木板的加速度为a ′＝－F f M ＝－2.5 m/s 2(2分) 木板先做匀加速运动，后做匀减速运动，且a ＝－a ′，故at 2＝L解得t ＝1 s ，即F 作用的最短时间为1 s ．(2分) (3)设木块的最大加速度为a 木块，木板的最大加速度为a 木板，则μ1mg ＝ma 木块 (2分) 得a 木块＝μ1g ＝3 m/s 2对木板：F 1－μ1mg －μ(M ＋m )g ＝Ma 木板 (2分)木板能从木块的下方抽出的条件为a 木板>a 木块解得F 1>25 N ．(2分) (4)木块的加速度a 木块′＝μ1g ＝3 m/s 2 (1分) 木板的加速度a 木板′＝F 2－μ1mg －μ(M ＋m )g M ＝4.25 m/s 2(1分) 木块滑离木板时，两者的位移关系为x 木板－x 木块＝L ，即12a 木板′t 2－12a 木块′t 2＝L(2分)代入数据解得t＝2 s．(2分) 答案(1)2.5 m/s2(2)1 s(3)大于25 N(4)2 s分析滑块—木板模型问题时应掌握的技巧1．分析题中滑块、木板的受力情况，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．知道每一过程的末速度是下一过程的初速度．4．两者发生相对滑动的条件：(1)摩擦力为滑动摩擦力．(2)二者加速度不相等．。
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2013年高考题型训练之36题（一）模型研究1：滑块与木板模型的判断讨论1、2011年高考真题、（18分）如图20所示，以A、B和C、D为端点的两半圆形光滑轨道固定于竖直平面内，一滑板静止在光滑水平地面上，左端紧靠B点，上表面所在平面与两半圆分别相切于B、C。
一物块被轻放在水平匀速运动的传送带上E点，运动到A时刚好与传送带速度相同，然后经A沿半圆轨道滑下，再经B滑上滑板。
滑板运动到C时被牢固粘连。
物块可视为质点，质量为m，滑板质量M=2m，两半圆半径均为R，板长l=6.5R，板右端到C的距离L在R＜L＜5R范围内取值。
E距A为S=5R，物块与传送带、物块与滑板间的动摩擦因素均为μ=0.5，重力加速度取g.(1)求物块滑到B点的速度大小；试讨论物块从滑上滑板到离开滑板右端的过程中，克服摩擦力做的功W f与L的关系，并判断物块能否滑到CD轨道的中点。
（判断：碰前能不能共速：讨论：碰前有没有共速；，临界共速时求木板的位移，判断：物块能否滑到中点）(2)（模型）.如图所示, 小木块的质量m=0.4 kg, 以速度v=2m/s, 水平地滑上一个静止的平板小车(足够长), 小车的质量M=1.6 kg, 小木块与小车间的动摩擦因数μ=0.2. (g取10 m/s2),求⑪小车上的木块相对于小车静止时, 小车的速度是多少？⑫这个过程所经历的时间？⑬木块相对小车静止前，小车运动的位移？⑭物体相对小车静止前，木块运动的位移？⑮物体相对小车滑行的距离？2.(18分)如图所示的轨道由半径为R的1/4光滑圆弧轨道AB、竖直台阶BC、足够长的光滑水平直轨道CD组成．小车的质量为M，紧靠台阶BC且上水平表面与B点等高．一质量为m的可视为质点的滑块自圆弧顶端A 点由静止下滑，滑过圆弧的最低点B 之后滑到小车上．已知M=4m ，小车的上表面的右侧固定一根轻弹簧，弹簧的自由端在Q 点，小车的上表面左端点P 与Q 点之间是粗糙的，滑块与PQ 之间表面的动摩擦因数为 ，Q 点右侧表面是光滑的．求： （1）滑块滑到B 点的瞬间对圆弧轨道的压力大小．（2）要使滑块既能挤压弹簧，又最终没有滑离小车，则小车上PQ 之间的距离应在什么范围内？（滑块与弹簧的相互作用始终在弹簧的弹性范围内） （临界1：刚好挤压 在Q 点共速 临界2：刚好不脱离，在P 点共速）3．如图，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v 0和细线被拉断瞬间B 的速度大小v 1 （2）A 与台阶只发生一次碰撞，求x 满足的条件（判断：）（3）x 在满足（2）条件下，讨论A 与台阶碰撞前瞬间的速度（临界：碰前共速+讨论）4．（18分）如图所示，一辆质量为M 的小车静止在水平面上，车面上右端点有一可视为质点的滑块1，水平面上有与车右端相距为4R 的固定的41光滑圆弧轨道，其圆周半径为R ，圆周E 处的切线是竖直的，车上表面与地面平行且与圆弧轨道的末端D 等高，在圆弧轨道的最低点D 处，有另一个可视为质点的滑块2，两滑块质量均为m。
某人由静止开始推车，当车与圆弧轨道的竖直壁CD 碰撞后人即撤去推力并离开小车，车碰后靠着竖直壁静止但不粘连，滑块1和滑块2则发生碰撞，碰后两滑块牢牢粘在一起不再分离。
车与地面的摩擦不计，滑块1、2与车面的摩擦系数均为μ，重力加速度为g ，滑块与车面的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力。
（1）若人推车的力是水平方向且大小为g m M F )(21+=μ，则在人推车的过程中，滑块1与车是否会发生相对运动？（2）在（1）的条件下，滑块1与滑块2碰前瞬间，滑块1的速度多大？若车面的长度为4R ，小车质量km M =，则k 的取值在什么范围内，两个滑块最终没有滑离车面？5、（2013茂名一调）36.（18分）如图所示，五块完全相同的长木板依次紧挨着放在水平地面上，每块木板的长度L=0.5m ，质量m=0.6kg 。
在第一块长木板的最左端放置一质量M=0.98kg 的小物块。
已知小物块与长木板间的动摩擦因数2.01=μ，长木板与地面间的动摩擦因数1.02=μ，设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等。
一颗质量为kg m 02.00=的子弹以s m /1500=υ水平速度击中小物块并立即与小物块一起在长木板表面滑行，重力加速度g 取2/10s m 。
求： (1)小物块滑至哪块长木板时，长木板才开始在地面上滑动。
(2)物块在整个运动过程中相对出发点滑行的最大距离。
6. ( 18分）如图所示，一质量为m 的小球C 用轻绳悬挂在O 点．小球下方有一质量为2m 的平板车B 静止在光滑水平地面上．小球的位置比车板略高．一质晕为m 的物块A 以大小为v 0的初速度向左滑上平板车，此时A 、C 间的距离为d.一段时问后，物块A 与小球C 发生碰撞，碰撞时两者的速度互换，且碰撞时间极短．已知物块与平板车间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g. （I ）若A 碰C 之前物块与平板车已达共同速度，要使碰后小球能绕O 点做完整的圆周 运动，轻绳的长度l 应满足什么条件？（临界;刚好通过最高点）（2）若A 碰C 之前物块与平板车已达共同速度，求d 和v 0之间满足的关系和碰后物块 与平板车最后共同的速度v.（临界，碰前刚好共速）〔3)若A 碰C 之前物块与平板车未达共同速度，求碰后物块与平板车最后共同的速度 v 与v 0和d 的关系．7 (18分）如图所示，轻杆一端固定着小球A，另一端可绕0点自由转动；矩形厚木板B 放在粗糖的水平地面上，B上表面的最右端有一光滑小物块C; A在最低点时刚好与B左侧接触.轻杆生正碰后静止.已知g为重力加速度，L为杆长；A、C可视为质点，质量均为m;B的质量为2m、长度也为L; B与地面的动摩擦因数=0.4，其余摩擦不计.(1) 求A到达最低点与B碰撞前，A受到杆的作用力大小;(2) 讨论木板高度h取不同值时，C落地瞬间与B左侧的水平距离.（临界：C着地时木板刚好静止。
讨论）题型训练之36题（一）答案1、解析：（1）μmgs+mg ·2R=21mv B 2 ① 所以 v B =3Rg（2）设M 滑动x 1,m 滑动x 2二者达到共同速度v,则 mv B =(M+m)v ②μmgx 1=21mv 2 ③—μmgx 2=21mv 2—21mv B 2 ④由②③④得v=Rg , x 1=2R, x 2=8R二者位移之差△x= x 2—x 1=6R ＜6.5R ，即滑块未掉下滑板讨论：① R ＜L ＜2R 时，W f =μmg(l +L)= 21mg （6.5R+L ）② 2R ≤L ＜5R 时，W f =μmgx 2+μmg(l —△x )=4.25mgR ＜4.5mgR ，即滑块速度不为0，滑上右侧轨道。
要使滑块滑到CD 轨道中点，v c 必须满足：21mv c 2 ≥mgR ⑤此时L 应满足：μmg(l +L) ≤21mv B 2—21mv c 2 ⑥则 L ≤21R ，不符合题意，滑块不能滑到CD 轨道中点2.解：（1）设滑块滑到B 点的速度大小为v ，到B 点时轨道对滑块的支持力为N ，由机械能守恒定律有212mgR mv =① 滑块滑到B 点时，由牛顿第二定律有2v N mg m R-= ②联立①②式解得 N ＝3mg ③根据牛顿第三定律，滑块在B 点对轨道的压力大小为3N mg '=（2）滑块最终没有离开小车，滑块和小车必然具有共同的末速度设为u ，滑块与小车组成的系统动量守恒，有()mv M m u =+ ④若小车PQ 之间的距离L 足够大，则滑块可能不与弹簧接触就已经与小车相对静止，设滑块恰好滑到Q 点，由功能关系有2211()22mgL mv M m u μ=-+ ⑤联立①④⑤式解得 45RL μ=⑥ 若小车PQ 之间的距离L 不是很大，则滑块必然挤压弹簧，由于Q 点右侧是光滑的，滑块必然被弹回到PQ 之间，设滑块恰好回到小车的左端P 点处，由功能关系有22112()22mgL mv M m u μ=-+ ⑦ 联立①④⑦式解得 25RL μ=⑧ 综上所述并由⑥⑧式可知，要使滑块既能挤压弹簧，又最终没有离开小车，PQ 之间的距离L 应满足的范围是2455R RL μμ<≤ ⑨ 3.解析：（1）滑块B 从释放到最低点，机械能守恒，有：22011122mv mgL mv +=……① 在最低点，由牛顿运动定律：21mv T mg L-=……②又：mg T 5=……③联立①②③得：gL v 20= 1v =评分说明：①②③以及两个结果正确各给1分，共5分（2）设A 与台阶碰撞前瞬间，A 、B 的速度分别为v A 和v B ，由动量守恒A B mv mv mv 21+=……④ 若A 与台阶只碰撞一次，碰撞后必须满足：B A mv mv ≥2……⑤ 对A 应用动能定理：2221A mv mgx ⨯=μ……⑥联立④⑤⑥解得：μ≥4Lx ，……⑦即A 与台阶只能碰撞一次的条件是：4L x μ≥评分说明：④⑤⑥⑦以及结果正确各给1分，共5分（3）设x =0x 时，A 左端到台阶板前瞬间，A 、B 恰好达到共同速度AB v ，由动量守恒……AB v )m m (mv 21+=……⑧对A 应用动能定理：20221AB mv μmgx ⨯=……⑨联立⑧⑨得：μ=940Lx ……⑩(i)当0x x ≥即49Lx μ≥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：32311gL v v v AB A ===……⑩ (ii)当μ>>40L x x 即μ≥>μ494Lx L 时，AB 共速前A 就与台阶碰撞， 对A 应用动能定理：22221A mv mgx ⨯=μ……○11A 与台阶碰撞前瞬间的速度：gx v A μ=2……○12 评分说明：⑧⑨⑩各1分；（i ）中的条件1分，结论1分；（ii ）中条件1分，○11○12各1分。
4.（18分） 解：（1）设滑块1与车不发生相对滑动，它们的加速度大小为a ，由牛顿第二定律有a m M F )(+= ① （2分）此时滑块受到的静摩擦力大小为ma f = ② （1分）而g m M F )(21+=μ ③ 由①②③解得mg f μ21= ④ （1分）又滑块1与车面的最大静摩擦力为mg f m μ= ⑤ （1分） 显然m f f <，说明滑块1与车面之间没有发生相对滑动 （1分） （2）设滑块1与滑块2碰撞前瞬间滑块1的速度为v ，根据动能定理有2)(214v m M R F +=⋅ ⑥ （2分） 联立③⑥求得gR v μ2= ⑦ (1分)设滑块1和2发生碰撞后的共同速度为1v ，由动量守恒定律有12mv mv = ⑧ （2分） 联立⑦⑧求得gR v μ=1 ⑨ (1分)两滑块粘合在一起后以1v 的速度冲上光滑圆弧轨道，由于圆弧轨道的E 处的切线是竖直的，则无论两滑块在圆弧轨道上运动，还是从E 处竖直向上离开圆弧轨道，最后还是沿着圆弧轨道回到D 处，整个过程中两滑块的机械能守恒，两滑块最终以速度1v 冲上车面。