滑块—木板模型的动力学分析
滑块与木板问题
同步练习
chenzhs
1.如图所示，长为L=6m、质量M=4kg的长木板放置于光滑的水平面上，其左端有一大小可忽略，质量为m=1kg的物块，物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.4，开始时物块与木板都处于静止状态，现对物块施加F=8N，方向水平向右的恒定拉力，求：(g=10m/s2） ⑴小物块的加速度； ⑵物块从木板左端运动到右端经历的时间。
M
m
F
chenzhs
（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
m
V0
M
解析 （1）m相对M水平向右运动，所以m受到摩擦力如图， 力的作用是相互的，所以M受到摩擦力如图
M
fm
m
fm
（2）由牛顿第二定律可得： m的加速度为 a1=μmg/m=μg M的加速度为a2=μmg/M
（3）分析m与M的运动状态 m：初速度为V0，加速度为a1的匀减速直线运动 M: 初速度为0，加速度为a2的匀加速直线运动
滑块与木板问题
单击添加副标题
单击此处添加文本具体内容，简明扼要地阐述你的观点
考点1、板块的临界问题 【例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数μ，为了使得m能从M上滑落下来，求力F的大小范围。
F
M
m
(1)
(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。
高中物理滑块—木板模型的动力学分析
滑块—木板模型的动力学分析在高三物理复习中，滑块—木板模型作为力学的基本模型经常出现，是对一轮复习中直线运动和牛顿运动定律有关知识的巩固和应用。
滑块—木板模型的常见题型及分析方法如下：?例1如图1所示，光滑水平面上放置质量分别为m、2m的物块A和木板B，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，求拉力F的最大值。
分析：为防止运动过程中A落后于B（A不受拉力F的直接作用，靠A、B间的静摩擦力加速），A、B一起加速的最大加速度由A决定。
∴A??．变式能获得的最大加速度为：。
∴A的最大值为：变式设A??例2如图3所示，质量M=8kg的小车放在光滑的水平面上，在小车右端加一水平恒力F，F=8N，当小车速度达到1．5m/s时，在小车的前端轻轻放上一大小不计、质量m=2kg的物体，物体与小车间的动摩擦因数μ=0．2，小车足够长，求物体从放在小车上开始经t=1．5s通过的位移大小。
（g 取10m/s2）解答：物体放上后先加速：a1=μg=2m/s2此时小车的加速度为：????????当小车与物体达到共同速度时：v共=a1t1=v0+a2t1???????解得：t1=1s??，v共=2m/s以后物体与小车相对静止：?（∵，物体不会落后于小车）物体在t=1．5s内通过的位移为：s=a1t12+v共（t－t1）+?a3（t－t1）2=2．1m练习1如图4所示，在水平面上静止着两个质量均为m=1kg、长度均为L=1．5m的木板A和B，A、B间距s=6m，在A的最左端静止着一个质量为M=2kg的小滑块C，A、B与C之间的动摩擦因数为μ1=0．2，A、B与水平地面之间的动摩擦因数为μ2=0．1。
最大静摩擦力可以认为等于滑动摩擦力。
现在对C施加一个水平向右的恒力F=4N，A和C开始运动，经过一段时间A、B相碰，碰后立刻达到共同速度，C瞬间速度不变，但A、B并不粘连，求：经过时间t=10s时A、B、C的速度一起加速，则：而A能获得的最大加速度为：∵在AA、B此后相对滑动：，故????????????????????，故然后，故C在??????设经时间t4，C．B速度相等：?∴t4=1s??????此过程中，C．B的相对位移为：，故C没有从B的右端滑下。
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。
2023届新高考物理重点突破：第19讲 专题：滑块和弹簧
第19讲 专题：滑块和弹簧知识图谱木板、滑块模型中的动力学问题知识精讲一．滑块—木板模型的特点1.滑块—木板模型是指上、下叠放两个物体位于地面或桌面上，并且两物体在相对的摩擦力的作用下，一起或者发生相对运动。
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。
2.模型特点(1) 相互作用：滑块之间的摩擦力分析。
另外，需要外力的作用。
(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、都是对地而言。
(4)求位移和速度通常会用到牛顿第二定律和运动学公式以及动能定理。
二．滑块—木板模型问题的主要分类已知A 滑块和B 木板的质量分别为A m 和B m ，静止叠放在水平面上，A 和B 之间的动摩擦系数是1μ，B 与地面之间的动摩擦系数是2μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
1．当水平作用力施加在下面的木板上的情况由图可知，滑块和木板之间的最大静摩擦力为11A f m g μ=，地面对木板的最大静摩擦力为22A B ()f m g m g μ=+。
物理过程分析：当F 较小时，A 和B 一起保持静止；当F 增加时，A 和B 保持相对静止，并且一起向右加速运动；当继续增加F 时，存在一个临界值(定义为1F )，A 相对于B 向左滑动， A 的加速度由滑块和木板之间的最大静摩擦力（11A f m g μ=）提供，此时，以A 和B 为研究对象时，可以计算12A B A B 1()()F m m g m m g μμ=+++（此时，A B 1a a g μ==，受力分析如图）。
滑块和木板的运动状态分类如下：（1）当水平拉力20F f <≤，A 和B 保持静止状态，且他们之间的静摩擦力为零。
（2）当水平拉力21f F F <≤时，A 和B 保持相对静止，一起向右加速运动，此时可以把A 和B 看成一个整体，对整体的受力分析可以计算出共同的加速度：2A B A B ()()F m m ga m m μ-+=+ 。
滑块木板模型(解析版)--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 gm +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。
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—木板”模型全攻略
“滑块—木板”模型全攻略一、引言近年来，“滑块—木板”模型在非线性动力学领域中引起了广泛关注。
该模型简单而具有丰富的物理现象，包括周期振荡、混沌行为等，这使得它成为研究非线性系统的重要工具之一。
本文将系统地介绍“滑块—木板”模型的基本原理、数学描述、动力学行为以及数值模拟方法，以期帮助读者理解和应用该模型。
二、基本原理“滑块—木板”模型是由一块光滑的水平桌面作为“木板”，上面放置一块质量为m的物体作为“滑块”。
当物体沿x轴方向移动时，有一恢复力作用在滑块上，大小与滑块与木板之间的接触力成正比，方向与滑块的速度相反。
此外，还考虑滑块与木板之间的摩擦力以及外加力的作用。
三、数学描述假设滑块位于原点，速度为v，摩擦系数为μ。
接触力与滑块速度的关系可以用一个线性函数来描述：F = -kx - γv，其中F为恢复力，k为弹性系数，γ为阻尼系数。
根据牛顿第二定律，滑块所受合力等于质量乘以加速度，即ma = -kx -γv。
这是一个二阶常微分方程。
四、动力学行为1. 无外加力的情况下，当γ为负值时，系统呈现周期性振荡；当γ为正值时，系统呈现发散行为。
这两种情况下滑块的运动轨迹在相空间中呈现不同的相图。
2. 外加周期性力的驱动下，当驱动频率与滑块的固有频率接近时，系统呈现共振现象。
3. 外加随机力的驱动下，当驱动强度逐渐增大时，系统会出现无规则的混沌行为。
五、数值模拟方法为了研究“滑块—木板”模型的动力学行为，可以通过数值模拟来模拟系统的时间演化过程。
1. 使用数值方法求解上述微分方程，如欧拉法、改进的欧拉法、四阶龙格-库塔法等。
2. 通过选择合适的参数值，观察系统的运动轨迹和相图，以及相空间中的吸引子结构来分析系统的动力学行为。
3. 利用数值模拟方法，可以在不同参数条件下研究系统的稳定性、周期性运动、混沌行为等。
六、应用和研究展望“滑块—木板”模型在研究复杂非线性系统以及混沌行为方面具有重要应用价值。
目前，该模型已经广泛应用于力学、物理、生物学等多个领域。
4.6专题三滑块-木板模型课件ppt-高一上学期物理教科版必修第一册
❶初始时刻：相对状态、摩擦力如何？aA=_______aB=____________
❷恰好不掉下B板长L=XA对B=________________ ❷足够长，共速后：aAB=________,做何运动?
v
B
μ1A
v0
地面光滑 v0 < v
【例题1】（多选）如图所示，一足够长的木板静止在粗糙的水平面上， t=0时刻滑块从木板的左端以速度vo水平向右滑行，木板与滑块间存在摩 擦，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力. 下列描述滑块的V-t 图像中可能
【例题3】质量M=3kg的长木板放在光滑的水平面上，在水平恒力F=11 N 作用下由静止开始向右运动，如图所示，当速度达到1 m/s 时，将质量 m=4kg的物块轻轻放到木板的右端，已知物块与木板间的动摩擦因数 μ=0.2，g取 10m/s²，求∶ （1）物块经多少时间与木板保持相对静止; （2）在这一段时间内，物块相对于木板滑行的距离多大; （3）物块与木板相对静止后，物块受到的摩擦力多大.
❶ 初始初时始❷刻时、刻相共：速相时对对刻运的动滑受状力态动和？过摩程各擦力如自何？加速，力的最小值___________________________。
➊木板能够运动，动摩擦因数有何要求?
加速度a临界值: a整体=a隔离临界=F隔离合/m
(1)求冲上木板后，木块减速的加速度大小a1,木板加速的加速度大小a2，两者一起减速的加速度a3 谁有最大加速度？为多少？
A
0
μ 下列描述滑块的V-t 图像中可能正确的是（ ）
1
B
(2)求木❷块和初木板始的质量时比 刻：aA=_________aB=___________________
地面μ2
➌木板足够长，共速后：aAB=________,一起匀减速
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.。
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。
滑块模型的动力学分析方法
Δx＝x2－x1＝(v0t＋a22t2)－a21t2， 代入数据得 Δx＝0.5 m. (3)物块与木板相对静止后，它们不仅速度相等，而且加速度也相等， 其共同加速度为 a′，则对 m 与 M 组成的整体有 F＝(m＋M)a′，a′ ＝m＋F M≈1.57 m/s2，隔离物块可知，使物块产生加速度 a′的作用力是 木板对它的静摩擦力，则 F 静＝ma′＝6.28 N.
解析：本题中开始阶段两物体一起做加速运动，有 F＝(m1＋m2)a，即 a ＝m1＋F m2，两物体加速度相同且与时间成正比．当两物体间的摩擦力达 到 μm2g 后两者发生相对滑动．对 m2 有 F－Ff＝ma2，在相对滑动之
前 Ff 逐渐增大，相对滑动后 Ff＝μm2g 不再变化，a2＝F－m2Ff，故其 图象斜率增大；而对 m1，在发生相对滑动后，有 μm2g＝m1a1，故 a1＝μmm12g 为定值，故 A 选项正确．
例题分析：
质量M＝3 kg的长木板放在光滑的水平面上，在水平恒力F＝11 N作 用下由静止开始向右运动，如图所示，当速度达到1 m/s时，将质量m＝4 kg的物块轻轻放到木板的右端．已知物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，求：
(1)物块经多长时间与木板保持相对静止？ (2)在这一时间内，物块在木板上滑行的距离多大？ (3)物块与木板相对静止后，物块受到的摩擦力多大？
下午5时55分24秒
当堂诊学
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.图中反映a1和a2 变化的图线中正确的是( )
下午5时55分24秒
“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 。
动力学中的“滑块—木板”模型-高考物理复习
图4
A的下面抽出，重力加速度为g。则拉力F应大于( C )
A.mgsin θ＋μmgcos θ
B.mgsin θ＋2μmgcos θ
C.4μmgcos θ
D.2mgsin θ
解析 设拉力为F0时，B刚要从A下面被抽出，对整体，根据牛顿第二定律有 F0－2mgsin θ－2μmgcos θ＝2ma，对物块A，根据牛顿第二定律有μmgcos θ －mgsin θ＝ma，联立可得F0＝4μmgcos θ，故A、B、D错误，C正确。
01 02 03 04 05 06 07
目录
提升素养能力
3.(多选)如图3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/s2，则下列说法正确的是
目录
提升素养能力
解析 要使木板沿斜面加速运动，对物块与木板整体有
F>(M＋m)gsin α，解得 F>20 N，故 A 错误；对物块与 木板整体，由牛顿第二定律可得 F－(M＋m)gsin α＝ (M＋m)a，对物块有 f－mgsin α＝ma，为使物块不滑 离木板，则 f≤μmgcos α，解得 F≤30 N，综上可得， 当 F≤30 N 时物块不滑离木板，当 F>30 N 时物块与木板发生相对滑动，故 B 错误，C 正确；若 F＝37.5 N>30 N，物块能滑离木板，对木板有 F－Mgsin α－
( ACD )
A.滑块与木板间的动摩擦因数为0.4
B.木板与水平地面间的动摩擦因数为0.2
专题：滑块-木板问题[1].
![专题：滑块-木板问题[1].](https://img.taocdn.com/s3/m/4747eb3fa300a6c30c229f56.png)
①m不受摩擦力作用，M运动时， m相对地面静止 ②恒力F作用一段时间后撤去， 然后木块减速运动至木块与木 板脱离时，木板速度恰好为零 ③木板与木块间的摩擦力为滑动 摩擦力，且要使a木板>a木块
(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，假设木板上表面也粗 糙，其上表面与木块之间的动摩擦因数为 µ1=0.3，欲使木板能从木块的下方抽出，对 木板施加的拉力应满足什么条件？ （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 30 N，则木块滑离木板需要多长时间？
试题，也是高考常考的模型。
2.此类试题由于研究对象多、受力分析 困难，运动过程复杂，往往会使考生 “手忙脚乱”，“顾此失彼”导致丢分。 因此探究并掌握此类试题的分析技巧和 解题方法是十分必要的。
山东省近六年高考考察情况统计表
年 份 题 型 2009 计算题 2011 计算题 2012 计算题
题 图
解得物块的位移 x 4m
板块问题的解决思路
运 动 初 态 分 析， 受 力 分 析 找 出 临 界 状 态， 运 动 过 程 分 段 依 据 已 知 所 求 选 择 解 题 途 径
作 运 动 简 图
列 方 程 求 解
变式训练1
如图1，质量为m的长木板静止在水平地面上，质量同 样为m的滑块（视为质点）以初速度υ 0从木板左端滑 上木板，经过0.5s滑块刚好滑到木板的中点，如图2为 滑块滑上木板后的速度时间图象，若滑块与木板间动 摩擦因数为μ 1，木板与地面间的动摩擦因数为μ 2，求 （1）μ 1、μ 2各是多少？ （2）滑块的总位移和木板的总长度各是多少？
方向水平向左；
高考物理中的传送带模型和滑块-木板模型
传送带模型1．模型特征(1)水平传送带模型(2)2.分析传送带问题的关键是判断摩擦力的方向。
要注意抓住两个关键时刻：一是初始时刻，根据物体速度v 物和传送带速度v 传的关系确定摩擦力的方向，二是当v 物＝v 传时，判断物体能否与传送带保持相对静止。
1．(多选)如图，一质量为m 的小物体以一定的速率v 0滑到水平传送带上左端的A 点，当传送带始终静止时，已知物体能滑过右端的B 点，经过的时间为t 0，则下列判断正确的是( )． A ．若传送带逆时针方向运行且保持速率不变，则物体也能滑过B点，且用时为t0B．若传送带逆时针方向运行且保持速率不变，则物体可能先向右做匀减速运动直到速度减为零，然后向左加速，因此不能滑过B点C．若传送带顺时针方向运行，当其运行速率(保持不变)v＝v0时，物体将一直做匀速运动滑过B点，用时一定小于t0D．若传送带顺时针方向运行，当其运行速率(保持不变)v>v0时，物体一定向右一直做匀加速运动滑过B点，用时一定小于t02．运动的v知v2>v1A．t2B．t2大C．0～t2D．0～t33.t＝04．物块AC5.夹角为θ，常工作时工人在A点将粮袋放到运行中的传送带上，关于粮袋从A到B的运动，以下说法正确的是(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力) ()．A．粮袋到达B点的速度与v比较，可能大，也可能相等或小B．粮袋开始运动的加速度为g(sinθ－μcosθ)，若L足够大，则以后将一定以速度v做匀速运动C．若μ≥tanθ，则粮袋从A到B一定一直是做加速运动D．不论μ大小如何，粮袋从A到B一直做匀加速运动，且a>g sinθ6．如图为粮袋的传送装置，已知A、B两端间的距离为L，传送带与水平方向的夹角为θ，工作时运行速度为v，粮袋与传送带间的动摩擦因数为μ，正常工作时工人在A端将粮袋放到运行中的传送带上。
设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度大小为g。
关于粮袋从A到B的运动，说法正确的是()A．粮袋到达B端的速度与v比较，可能大，可能小或也可能相等B．粮袋开始运动的加速度为g(sinθ－μcosθ)，若L足够大，则以后将以速度v做匀速运动C．若μ≥tanθ，则粮袋从A端到B端一定是一直做加速运动D．不论a≥g sinθ7.长0.6，(1)物块(2)物块8.v、方向A.W＝0C.W＝，9.F所做的功为W1、功率为P1，这一过程物体和传送带之间因摩擦而产生的热量为Q1。
2025高考物理总复习动力学中的板块模型
A.当a>μg时,上层木板会与下层木板发生相对滑动
B.当a=1.5μg时,下层木板受到车厢对它的摩擦力为3μmg
C.若a>2μg,下层木板一定会相对车厢发生滑动
D.若a=2μg,要使货车在紧急刹车时上层木板不撞上驾驶室,货车在水平路面上
匀速行驶的速度应不超过 2
加速度为a
对滑块,由牛顿第二定律有
μmgcos θ-mgsin θ=ma
1
1 2
滑块位移 L= at
2
2
1
纸带位移 L=2a1t2
联立可得a1=2.4 m/s2
若在滑块到达斜面顶端前纸带被拉出,拉动纸带的加速度不得小于2.4 m/s2。
(2)设纸带加速度为a2时,滑块先以加速度a加速,离开纸带后在斜面上以加
对A、B系统,由牛顿第二定律得
F0-Ff1= + 0 a
代入数据解得
F0=4 N
a=1 m/s2
要保持A、B一起做匀加速运动,力F的取值范围是
2 N<F≤4 N。
(2)拉力F=5 N>4 N时,A、B相对滑动,A的加速度大小
a=1 m/s2
对B,由牛顿第二定律得
F-Ff2=maB
代入数据解得
类型图示
规律分析
木板B带动物块A,物块恰好不从木板
上掉下的临界条件是物块恰好滑到
木板左端时二者速度相等,则位移关
系为xB=xA+L(将物块A看成质点)
物块A带动木板B,物块恰好不从木板
上掉下的临界条件是物块恰好滑到
木板右端时二者速度相等,则位移关
系为xB+L=xA(将物块A看成质点)
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。
滑块和木板模型例析
滑块和木板模型例析滑块和木板模型是高三物理复习的一个重要模型，有时需要从动力学角度运用整体法、隔离法，从以下两方面进行分析解题：（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（或整体加速度）；（2）对滑块和木板进行运动分析，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。
有时可以从能量守恒、动量守恒角度分析。
所以此模型能考查学生对物理情景的想象及综合分析能力，同时对牛顿运动定律，能量守恒、动量守恒是一个大的综合。
现结合例题谈谈滑块和木板模型的运用。
图1【例1】如图1所示，有一木板静止在光滑且足够长的水平面上，木板的质量为M=4kg，长为L=1m。
木板右端停放着一个小滑块，小滑块质量m=1kg，其尺寸远小于L，小滑块与木板间的动摩擦因数为μ=0.4（g取10m/s2），已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
求：（1）为使木板能从滑块下抽出来，作用在木板右端的水平恒力F的大小应满足的条件。
（2）其他条件不变，在F=28N的水平恒力持续作用下，需要多长时间将木板从滑块下抽出？解：（1）要使m能从M上滑下，则m与M发生相对滑动，此时，方法二：当m与M恰好相对静止一起向右匀加速运动时，（2）当F=28N时，物块在木板上滑动，设经时间t把木板从滑块下抽出。
总结：本题是牛顿定律的常见题型。
整体法与隔离法交替运用，及找到滑块和木板发生相对运动的条件是解题的关键。
本题易犯的错误是把所求m的加速度a1看做是相对于木板M的加速度，导致错误。
注意在牛顿定律中所求加速度大多相对地面。
（1）求以上过程中，小车运动的距离x；（2）求以上过程中，木块与小车由于摩擦而产生的内能；方法一：从动力学角度。
从以上分析可知，①为使木板能从物块下抽出，必须是二者要发生相对滑动，而它们相对滑动的条件是，受外力F 作用的木板的加速度要大于不受外力F作用的滑块的最大临界加速度；②当滑块、木板速度不同时，一般要对每个物体进行隔离分析，即分析它们的受力情况、运动情况、位移关系，从动力学角度解答问题。
与摩擦生热相关的功能关系问题—滑块木板模型(解析版)
与摩擦生热相关的功能关系问题—滑块木板模型1．两种摩擦力做功的比较静摩擦力做功滑动摩擦力做功只有能量的转移，没有能量的转化既有能量的转移，又有能量的转化互为作用力和反作用力的一对静摩擦力所做功的代数和为零，即要么一正一负，要么都不做功互为作用力和反作用力的一对滑动摩擦力所做功的代数和为负值，即要么一正一负，要么都做负功；代数和为负值说明机械能有损失——转化为内能(1)正确分析物体的运动过程，做好受力分析。
(2)利用运动学公式，结合牛顿第二定律分析物体的速度关系及位移关系。
(3)然后根据功的公式和功能关系解题。
3. 解题技巧（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＝Δv2a2＝Δv1a1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。
如图所示，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；①求摩擦力对木板做功时用木板对地的位移x板；①求摩擦生热时用相对滑动的位移x相。
易错警示(1)无论是计算滑动摩擦力做功，还是计算静摩擦力做功，都应代入物体相对于地面的位移。
(2)摩擦生热ΔQ＝F f l相对中，若物体在接触面上做往复运动时，则l相对为总的相对路程。
请认真、负责的思考以下问题在计算摩擦产生的热量时，该如何理解、计算相对滑动的位移？若物体在接触面上做往复运动时，总的相对路程又该如何理解、计算？【例1】如图所示，一质量kgM2=、长度为L的长木板静止在光滑的水平面上，质量kgm1=的煤块（可看做质点）以初速度smv/3=从木板的最左端滑上。
煤块与木板间的动摩擦因数5.0=μ。
（2/10smg=）(1)若mL5.0=，求煤块与木板相对运动过程中产生的内能1Q；(2)若mL0.1=，求煤块与木板相对运动过程中产生的内能2Q。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
滑块—木板模型的动力学分析
湖北省黄梅县第五中学石成美
在高三物理复习中，滑块—木板模型作为力学的基本模型经常出现，是对一轮复习中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：
例1如图1所示，光滑水平面上放置质量分别为m、2m的物块A和木板B，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，求拉力F的最大值。
分析：为防止运动过程中A落后于B（A不受拉力F的直接作用，靠A、B间的静摩擦力加速），A、B一起加速的最大加速度由A决定。
解答：物块A能获得的最大加速度为：．
∴A、B一起加速运动时，拉力F的最大值为：
．
变式1例1中若拉力F作用在A上呢？如图2所示。
解答：木板B能获得的最大加速度为：。
∴A、B一起加速运动时，拉力F的最大值为：
．
变式2在变式1的基础上再改为：B与水平面间的动摩擦因数为（认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力），使A、B以同一加速度运动，求拉力F的最大值。
解答：木板B能获得的最大加速度为：
设A、B一起加速运动时，拉力F的最大值为F m，则：
解得：
例2 如图3所示，质量M=8kg的小车放在光滑的水平面上，在小车右端加一水平恒力F，F=8N，当小车速度达到1．5m/s时，在小车的前端轻轻放上一大小不计、质量m=2kg的物体，物体与小车间的动摩擦因数μ=0．2，小车足够长，求物体从放在小车上开始经t=1．5s通过的位移大小。
（g取10m/s2）
解答：物体放上后先加速：a1=μg=2m/s2
此时小车的加速度为：
当小车与物体达到共同速度时：
v共=a1t1=v0+a2t1
解得：t1=1s ，v共=2m/s
以后物体与小车相对静止：（∵，物体不会落后于小车）
物体在t=1．5s内通过的位移为：s=a1t12+v共（t－t1）+ a3（t－t1）2=2．1m
练习1如图4所示，在水平面上静止着两个质量均为m=1kg、长度均为L=1．5m的木板A和B，A、B间距s=6m，在A的最左端静止着一个质量为M=2kg的小滑块C，A、B与C之间的动摩擦因数为μ1=0．2，A、B与水平地面之间的动摩擦因数为μ2=0．1。
最大静摩擦力可以认为等于滑动摩擦力。
现在对C施加一个水平向右的恒力F=4N，A和C开始运动，经过一段时间A、B相碰，碰后立刻达到共同速度，C瞬间速度不变，但A、B并不粘连，求：经过时间t=10s时A、B、C的速度分别为多少？（已知重力加速度g=10m/s2）
解答：假设力F作用后A、C一起加速，则：
而A能获得的最大加速度为：
∵∴假设成立
在A、C滑行6m的过程中：∴v1=2m/s
A、B相碰过程，由动量守恒定律可得：mv1=2mv2 ∴v2=1m/s
此后A、C相对滑动：，故C匀速运动；
，故AB 也匀速运动。
设经时间t2，C从A右端滑下：v1t2－v2t2=L∴t2=1．5s
然后A、B分离，A减速运动直至停止：a A=μ2g=1m/s2，向左
，故t=10s时，v A=0．
C在B上继续滑动，且C匀速、B加速：a B=a0=1m/s2
设经时间t4，C．B速度相等：∴t4=1s
此过程中，C．B的相对位移为：，故C 没有从B的右端滑下。
然后C．B一起加速，加速度为a1，加速的时间为：
故t=10s时，A、B、C的速度分别为0，2．5m/s，2．5m/s．
练习2如图5所示，质量M=1kg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，在木板的左端放置一个质量m=1kg、大小可以忽略的铁块，铁块与木板间的动摩擦因数，取g=10m/s2，试求：
（1）若木板长L=1m，在铁块上加一个水平向右的恒力F=8N，经过多长时间铁块运动到木板的右端？
（2）若在铁块上施加一个大小从零开始连续增加的水平向右的力F，通过分析和计算后，请在图6中画出铁块受到木板的摩擦力f2随拉力F大小变化的图象。
（设木板足够长）
（解答略）答案如下：（1）t=1s
（2）①当F≤N时，A、B相对静止且对地静止，f2=F；
②当2N<F≤6N时，M、m相对静止，
③当F>6N时，A、B发生相对滑动，N．
画出f2随拉力F大小变化的图象如图7所示。
从以上几例我们可以看到，无论物体的运动情景如何复杂，这类问题的解答有一个基本技巧和方法：在物体运动的每一个过程中，若两个物体的初速度不同，则两物体必然相对滑动；若两个物体的初速度相同（包括初速为0），则要先判定两个物体是否发生相对滑动，其方法是求出不受外力F作用的那个物体的最大临界加速度并用假设法求出在外力F作用下整体的加速度，比较二者的大小即可得出结论。