滑块—滑板模型分析
2020年高考物理素养提升专题02 动力学中的“滑块-滑板”模型(解析版)
素养提升微突破02 动力学中的“滑块-滑板”模型——构建模型，培养抽象思维意识“滑块-滑板”模型“滑块-滑板”模型涉及两个物体，并且物体间存在相对滑动。
叠放在一起的滑块和木板，它们之间存在着相互作用力，在其他外力作用下它们或加速度相同，或加速度不同，无论哪种情况受力分析和运动过程分析都是关键，特别是对相对运动条件的分析。
本模型深刻体现了物理运动观念、相互作用观念的核心素养。
【2019·新课标全国Ⅲ卷】如图（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g=10 m/s2。
由题给数据可以得出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0.2【答案】AB【解析】结合两图像可判断出0~2 s物块和木板还未发生相对滑动，它们之间的摩擦力为静摩擦力，此过程力F等于f，故F在此过程中是变力，即C错误；2~5 s内木板与物块发生相对滑动，摩擦力转变为滑动摩擦力，由牛顿运动定律，对2~4 s和4~5 s列运动学方程，可解出质量m为1 kg，2~4 s内的力F 为0.4 N，故A、B正确；由于不知道物块的质量，所以无法计算它们之间的动摩擦因数μ，故D错误。
【素养解读】本题以木板为研究对象，通过f-t与v-t图像对运动过程进行受力分析、运动分析，体现了物理学科科学推理的核心素养。
一、水平面上的滑块—滑板模型水平面上的滑块—滑板模型是高中参考题型，一般采用三步解题法：【典例1】如图所示，质量m＝1 kg 的物块A放在质量M＝4 kg的木板B的左端，起初A、B静止在水平地面上。
滑块—滑板模型分析
高三物理专题复习：滑块一滑板模型典型例题例1.如图所示，在粗糙水平面上静止放一长L质量为M=1kg的木板B, —质量为m=1Kg的物块A以速度v。
=2.0m/s滑上长木板B的左端，物块与木板的摩擦因素卩1=0.1、木板与地面的摩擦因素为卩2=0.1，已知重力加速度为g=10m/s , 求：(假设板的长度足够长)(1)物块A、木板B的加速度；(2)物块A相对木板B静止时A运动的位移；R ---------------------B(3)物块A不滑离木板B,木板B至少多长？"TTTTTTTTTTTT/TT TTTTTT1考点：本题考查牛顿第二定律及运动学规律考查：木板运动情况分析，地面对木板的摩擦力、木板的加速度计算，相对位移计算。
解析：(1)物块A的摩擦力：f A二jmg =1N-f A 2A的加速度：a i 一二-1m/ s 方向向左m木板B受到地面的摩擦力：f地二」2(M ■ m)g =2N f A故木板B静止，它的加速度a2 =02(2)物块A的位移：S二二仏二2m2a(3)木板长度：L _ S = 2m拓展1.在例题1中，在木板的上表面贴上一层布，使得物块与木板的摩擦因素卩3=0.4，其余条件保持不变，(假设木板足够长)求：(1)物块A与木块B速度相同时，物块A的速度多大？(2)通过计算，判断AB速度相同以后的运动情况； A ______________(3)整个运动过程，物块A与木板B相互摩擦产生的摩擦热多大？考点：牛顿第二定律、运动学、功能关系考查：木板与地的摩擦力计算、AB是否共速运动的判断方法、相对位移和摩擦热的计算。
解析：对于物块 A ： f A =」4mg = 4N加速度： a A =— =-」4g - -4.0m/ s 2，方向向左。
m 对于木板：f 地-"2(m • M)g = 2N加速度：a C =卫 f 地 = 2.0m /s 2，方向向右。
M物块A 相对木板B 静止时，有：a B t^v 2 -a C t 1解得运动时间：I =1/3.s ，V A = V B = a p t r = 2 / 3m / S(2)假设AB 共速后一起做运动， a 二 J (M ―- -1m/s 2物块A 的静摩擦力:二 ma =1N ：： f A所以假设成立，AB 共速后一起做匀减速直线运动。
2019年高考“经典八式”法解滑块与滑板模型
当 F＞μ1(m＋M)g＝2 N 时，如果 M，m 相对静止，铁块与木板有相同的加速度
a，则
F－μ1(m＋M)g＝(m＋M)a，F－f＝ma，解得 F＝2f－2，此时 f≤μ2mg＝4 N，也即
F≤6 N，
所以当 2 N＜F≤6 N 时， f＝F2＋1。 当 F＞6 N 时，M，m 相对滑动，此时铁块受到的摩擦力为
二、分类讲解
模型 1 滑块以一定的初速度滑上木板。
例题 1 如图所示，质量 m2 = 0.3kg 的小车静止在光滑的水平面上，车长 L = 1.5m ，
1
现有质量 m1 = 0.2kg 的可视为质点的物块，以水平向右的速度 v0 = 2m / s 从左端 滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止。物块与车面间的动摩擦因数 = 0.5 ，取 g = 10m / s2 ，求： （1）物块在车面上滑行的时间 t ； （2）要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度 v0 不超过多少？
“经典八式”法解滑块与滑板模型
一、分析要点 1、相互作用：滑块之间的摩擦力 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。 7、当滑块和滑板同向运动时相对位移等于滑块位移与滑板位移之差,若二者同向 运动相对位移等于二者位移之和。
滑块滑板模型
第二轮
假设又经历t2二者速度相等, 则有a2t2＝v1－a3t2, 解得t2＝0.5 s
第二轮
滑块-滑板模型
此过程中，木板向左运动的位移 x3＝v1t2－12a3t22＝76 m， 末速度 v3＝v1－a3t2＝2 m/s 小物块向左运动的位移 x4＝12a2t22＝0.5 m 此后小物块和木板一起匀减速运动，二者的相对位移最大， Δx＝x1＋x2＋x3－x4＝6 m 小物块始终没有离开木板, 所以木板最小的长度为6 m
F=8N
变式2：若F作用在小物块上，其它条件不变，要使两者保持相对
静止，F不能超过多少？ F=4/3N
变式3：若F作用在小物体上，地面粗糙且与木板间动摩擦因数为 μ2＝0.01，其它不变为使两者保持相对静止，F不能超过多少？
F=1.2N
变式4：若F作用在小物体上，地面粗糙且与木板间动摩擦因数也 为μ＝0.1，其它条件不变，随F的变化小物块与木板如何运动？
大静摩擦力，故最大加速度 a＝μg＝1 m/s2
由牛顿第二定律对整体有 Fm＝(m＋M)a＝4 N (2)当 F＝10 N>4 N 时，两者发生相对滑动
对小物体：a1＝μg＝1 m/s2 对木板：F 合＝F－μmg＝Ma2 代入数据解得 a2＝3 m/s2
由位移关系有：L＝12a2t2－21a1t2
第二轮
反思总结
易错点
滑块-滑板模型
(1)不清楚滑块－滑板类问题中滑块、滑板的受力 情况, 求不出各自的加速度. (2) 画不好运动草图, 找不出位移、速度、时间等 物理量间的关系. (3) 不清楚每一个过程的末速度是下一个过程的初 速度. (4)不清楚物体间发生相对滑动的条件.
牛顿运动定律之滑块与传送带问题(含解析)
牛顿运动定律滑块与传送带专题一“滑块—滑板”模型1．模型特点上、下叠放两个物体，在摩擦力的相互作用下两物体发生相对滑动．2．两种位移关系滑块由滑板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和滑板同向运动，位移之差等于板长；反向运动时，位移之和等于板长．3．解题思路处理此类问题，必须弄清滑块和滑板的加速度、速度、位移等关系．(1) 加速度关系如果滑块和滑板之间没有发生相对运动，可以用“整体法”求出它们一起运动的加速度；如果滑块和滑板之间发生相对运动，应采用“隔离法”分别求出滑块和滑板的加速度．应注意找出滑块和滑板之间是否发生相对运动等隐含的条件．(2) 速度关系滑块和滑板之间发生相对运动时，分析速度关系，从而确定滑块受到的摩擦力的方向．应注意当滑块和滑板的速度相同时，摩擦力会发生突变的情况．(3) 位移关系滑块和滑板叠放在一起运动时，应仔细分析滑块和滑板的运动过程，认清对地位移和相对位移之间的关系．这些关系就是解题过程中列方程所必需的关系，各种关系找到了，自然也就容易列出所需要的方程了．例一、如图，两个滑块A和B的质量分别为m A＝1 kg和m B＝5 kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.5；木板的质量为m＝4 kg，与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1.某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v0＝3 m/s.A、B相遇时，A与木板恰好相对静止．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10 m/s2.求：(1)B与木板相对静止时，木板的速度；(2)A、B开始运动时，两者之间的距离．解析：(1)滑块A和B在木板上滑动时，木板也在地面上滑动．设A、B和木板所受的摩擦力大小分别为F f1、F f2和F f3，A和B相对于地面的加速度大小分别为a A和a B，木板相对于地面的加速度大小为a1，在物块B与木板达到共同速度前有F f1＝μ1m A g ①F f2＝μ1m B g ②F f3＝μ2(m＋m A＋m B)g ③由牛顿第二定律得F f1＝m A a A ④F f2＝m B a B ⑤F f2－F f1－F f3＝ma1 ⑥设在t1时刻，B与木板达到共同速度，其大小为v1，由运动学公式有v1＝v0－a B t1 ⑦v1＝a1t1 ⑧联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得v1＝1 m/s，方向与B的初速度方向相同⑨(2)在t1时间间隔内，B相对于地面移动的距离为s B＝v0t1－12a B t21⑩设在B与木板达到共同速度v1后，木板的加速度大小为a2，对于B与木板组成的体系，由牛顿第二定律有F f1＋F f3＝(m B＋m)a2 ⑪由①②④⑤式知，a A＝a B；再由⑦⑧式知，B与木板达到共同速度时，A的速度大小也为v1，但运动方向与木板相反．由题意知，A和B相遇时，A与木板的速度相同，设其大小为v2，设A的速度大小从v1变到v2所用的时间为t2，则由运动学公式，对木板有v2＝v1－a2t2 ⑫对A有v2＝－v1＋a A t2 ⑬在t2时间间隔内，B(以及木板)相对地面移动的距离为s1＝v1t2－12a2t22⑭在(t1＋t2)时间间隔内，A相对地面移动的距离为s A＝v0(t1＋t2)－12a A(t1＋t2)2 ⑮A和B相遇时，A与木板的速度也恰好相同，因此A和B开始运动时，两者之间的距离为s0＝s A＋s1＋s B ⑯联立以上各式，并代入数据得s0＝1.9 m.(也可用如图所示的速度－时间图线求解)答案：(1)1 m/s方向与B的初速度方向相同(2)1.9 m【题后反思】求解“滑块—滑板”模型问题的方法技巧(1)弄清各物体初态对地的运动和相对运动(或相对运动趋势)，根据相对运动(或相对运动趋势)情况，确定物体间的摩擦力方向．(2)正确地对各物体进行受力分析，并根据牛顿第二定律确定各物体的加速度，结合加速度和速度的方向关系确定物体的运动情况．(3)速度相等是这类问题的临界点，此时往往意味着物体间的相对位移最大，物体的受力和运动情况可能发生突变．跟踪练习1. (水平面光滑的“滑块—滑板”模型)如图所示，质量M＝8 kg的小车静止在光滑水平面上，在小车右端施加一水平拉力F＝8 N．当小车速度达到1.5 m/s 时，在小车的右端由静止轻放一大小不计、质量m＝2 kg的物体，物体与小车间的动摩擦因数μ＝0.2，小车足够长．从物体放上小车开始经t＝1.5 s 的时间，物体相对地面的位移为(g取10 m/s2)()A．1 m B．2.1 mC．2.25 m D．3.1 m解析：选B．放上物体后，物体的加速度a1＝μg＝2 m/s2，小车的加速度：a2＝F－μmgM＝0.5 m/s2，物体的速度达到与小车共速的时间为t1，则a1t1＝v0＋a2t1，解得t1＝1 s；此过程中物体的位移：s1＝12a1t21＝1 m；共同速度为v＝a1t1＝2 m/s；当物体与小车相对静止时，共同加速度为a＝FM＋m＝0.8 m/s2，再运动0.5 s的位移s2＝vt′＋12at′2＝1.1 m，故从物体放上小车开始的1.5 s时间内，物体相对地面的位移为1 m＋1.1 m＝2.1 m，选项B正确．2. (水平面粗糙的“滑块—滑板”模型)如图所示，一长木板在水平地面上运动，在某时刻(t＝0)将一相对于地面静止的物块轻放到木板上．已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上．在物块放到木板上之后，木板运动的速度—时间图象可能是图中的()解析：选A．放上小物块后，长木板受到小物块施加的向左的滑动摩擦力和地面向左的滑动摩擦力，在两力的共同作用下减速，小物块受到向右的滑动摩擦力作用，做匀加速运动，当两者速度相等后，可能以共同的加速度一起减速，直至速度为零，共同减速时的加速度小于两者相对运动时木板的加速度，故A 正确，B、C错误；由于水平面有摩擦，故两者不可能一起匀速运动，D错误．3．(多个板块的组合模型)如图所示，两木板A、B并排放在地面上，A左端放一小滑块，滑块在F＝6 N的水平力作用下由静止开始向右运动．已知木板A、B长度均为l＝1 m，木板A的质量m A＝3 kg，小滑块及木板B的质量均为m＝1 kg，小滑块与木板A、B间的动摩擦因数均为μ1＝0.4，木板A、B与地面间的动摩擦因数均为μ2＝0.1，重力加速度g＝10 m/s2.求：(1)小滑块在木板A上运动的时间；(2)木板B获得的最大速度．解析：(1)小滑块对木板A的摩擦力F f1＝μ1mg＝4 N，木板A与B整体受到地面的最大静摩擦力F f2＝μ2(2m＋m A)g＝5 N.F f1＜F f2，小滑块滑上木板A后，木板A保持静止设小滑块滑动的加速度为a1，则：F－μ1mg＝ma1，l＝12a1t21，解得：t1＝1 s.(2)设小滑块滑上B时，小滑块速度为v1，B的加速度为a2，经过时间t2滑块与B脱离，滑块的位移为x块，B的位移为x B，B的最大速度为v B，则：μ1mg－2μ2mg＝ma2，v B＝a2t2，x B＝12a2t22，v1＝a1t1，x块＝v1t2＋12a1t22，x块－x B＝l，联立以上各式可得：v B＝1 m/s.答案：(1)1 s(2)1 m/s4．(斜面上的“滑块—滑板”问题)如图所示，在足够长的光滑固定斜面底端放置一个长度L＝2 m、质量M＝4 kg 的木板，木板的最上端放置一质量m＝1 kg 的小物块(可视为质点)．现沿斜面向上对木板施加一个外力F使其由静止开始向上做匀加速直线运动．已知斜面倾角θ＝30°，物块和木板间的动摩擦因数μ＝3 2，g取10 m/s2.(1)当外力F＝30 N时，物块和木板保持相对静止，求二者共同运动的加速度大小；(2)当外力F＝53.5 N时，物块和木板之间将会相对滑动，则二者完全分离时的速度各为多大？解析：(1)物块和木板共同运动时，分析整体的受力情况，由牛顿第二定律得F－(M＋m)g sin θ＝(M＋m)a解得a＝1 m/s2.(2)设木板和物块的加速度分别为a1、a2，二者完全分离的时间为t，分离时速度分别为v1、v2，分析木板和物块的受力情况，由牛顿第二定律可得F－Mg sin θ－μmg cos θ＝Ma1μmg cos θ－mg sin θ＝ma2又L＝12(a1－a2)t2v1＝a1tv2＝a2t联立解得v1＝6.5 m/s，v2＝2.5 m/s. 答案：(1)1 m/s2(2)6.5 m/s 2.5 m/s二、传送带模型（一）、水平传送带问题1．情景特点分析项目图示滑块可能的运动情况情景1(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速情景2(1)v0＞v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速(2)v0＜v时，可能一直加速，也可能先加速再匀速情景3(1)传送带较短时，滑块一直减速达到左端(2)传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端．其中v0＞v返回时速度为v，当v0＜v返回时速度为v0水平传送带问题：求解关键在于对物体所受摩擦力进行正确的分析判断．物体的速度与传送带速度相等的时刻摩擦力发生突变．例1、水平传送带被广泛地应用于机场和火车站，如图所示为一水平传送带装置示意图．紧绷的传送带AB始终保持恒定的速率v＝1 m/s运行，一质量为m＝4 kg的行李无初速度地放在A处，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动，随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动．设行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，A、B间的距离L＝2 m，g取10 m/s2.(1)求行李刚开始运动时所受滑动摩擦力的大小与加速度的大小；(2)求行李做匀加速直线运动的时间；(3)如果提高传送带的运行速率，行李就能被较快地传送到B处，求行李从A处传送到B处的最短时间和传送带对应的最小运行速率．解析：(1)行李所受滑动摩擦力大小F f＝μmg＝0.1×4×10 N＝4 N，根据牛顿第二定律得F f＝ma，加速度大小a＝μg＝0.1×10 m/s2＝1 m/s2.(2)行李达到与传送带相同速率后不再加速，则v＝at1，得t1＝va＝11s＝1 s.(3)行李始终匀加速运行时，所需时间最短，加速度大小仍为a＝1 m/s2，当行李到达右端时，有v2min＝2aL，得v min＝2aL＝2×1×2 m/s＝2 m/s，所以传送带对应的最小运行速率为2 m/s.由v min＝at min得行李最短运行时间t min＝v mina＝21s＝2 s.答案：(1)4 N 1 m/s2(2)1 s(3)2 s 2 m/s（二）倾斜传送带问题1．情景特点分析项目图示滑块可能的运动情况情景1(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速情景2(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速(3)可能先以a1加速后以a2加速2.解题的关键在于分析清楚物体与传送带的相对运动情况，从而确定物体所受摩擦力的大小和方向．当物体速度与传送带速度相等时，物体所受摩擦力可能发生突变．例2、如图所示为货场使用的传送带的模型，传送带倾斜放置，与水平面夹角为θ＝37°，传送带AB足够长，传送皮带轮以大小为v＝2 m/s的恒定速率顺时针转动．一包货物以v0＝12 m/s的初速度从A端滑上倾斜传送带，若货物与皮带之间的动摩擦因数μ＝0.5，且可将货物视为质点．(1)求货物刚滑上传送带时加速度为多大？(2)经过多长时间货物的速度和传送带的速度相同？这时货物相对于地面运动了多远？(3)从货物滑上传送带开始计时，货物再次滑回A端共用了多少时间？(g＝10 m/s2，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)解析：(1)设货物刚滑上传送带时加速度大小为a1，货物受力如图所示：根据牛顿第二定律得沿传送带方向：mg sin θ＋F f＝ma1，垂直传送带方向：mg cos θ＝F N，又F f＝μF N由以上三式得：a1＝g(sin θ＋μcos θ)＝10×(0.6＋0.5×0.8) m/s2＝10 m/s2，方向沿传送带向下．(2)货物速度从v0减至传送带速度v所用时间设为t1，位移设为x1，则有：t1＝v－v0－a1＝1 s，x1＝v0＋v2t1＝7 m.(3)当货物速度与传送带速度相等时，由于mg sin θ＞μmg cos θ，此后货物所受摩擦力沿传送带向上，设货物加速度大小为a2，则有mg sin θ－μmg cos θ＝ma2，得：a2＝g(sin θ－μcos θ)＝2 m/s2，方向沿传送带向下．设货物再经时间t2，速度减为零，则t2＝0－v－a2＝1 s.沿传送带向上滑的位移x2＝v＋02t2＝1 m，则货物上滑的总距离为x＝x1＋x2＝8 m.货物到达最高点后将沿传送带匀加速下滑，下滑加速度大小等于a2.设下滑时间为t3，则x＝12a2t23，代入解得t3＝2 2 s.所以货物从A端滑上传送带到再次滑回A端的总时间为t＝t1＋t2＋t3＝(2＋22) s.答案：(1)10 m/s2，方向沿传送带向下(2)1 s7 m(3)(2＋22) s【总结提升】解答传送带问题应注意的事项(1)比较物块和传送带的初速度情况，分析物块所受摩擦力的大小和方向，其主要目的是得到物块的加速度．(2)关注速度相等这个特殊时刻，水平传送带中两者一块匀速运动，而倾斜传送带需判断μ与tan θ的关系才能决定物块以后的运动．(3)得出运动过程中两者相对位移情况，以后在求解摩擦力做功时有很大作用．跟踪练习1.(物块初速度不为零的倾斜传送带模型)(多选)如图所示，倾斜的传送带顺时针匀速转动，一物块从传送带上端A滑上传送带，滑上时速率为v1，传送带的速率为v2，且v2＞v1.不计空气阻力，动摩擦因数一定．关于物块离开传送带的速率v和位置，下面哪个是可能的()A．从下端B离开，v＞v1B．从下端B离开，v＜v1C．从上端A离开，v＝v1D．从上端A离开，v＜v1解析：选ABC．物块从A端滑上传送带，在传送带上必先相对传送带向下运动，由于不确定物块与传送带间的摩擦力和物块的重力沿传送带下滑分力的大小关系和传送带的长度，若能从A端离开，由运动的对称性可知，必有v＝v1，即选项C正确，D错误；若从B端离开，当摩擦力大于重力的分力时，则v＜v1，选项B正确；当摩擦力小于重力的分力时，则v＞v1，选项A正确；当摩擦力和重力的分力相等时，物块一直做匀速直线运动，v＝v1，故本题应选A、B、C．2. (物块初速度为零的倾斜传送带模型)如图所示，传送带AB的长度为L＝16 m，与水平面的夹角θ＝37°，传送带以速度v0＝10 m/s匀速运动，方向如图中箭头所示．在传送带最上端A处无初速度地放一个质量m＝0.5 kg的小物体(可视为质点)，它与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5.g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：(1)物体从A运动到底端B所用的时间；(2)物体与传送带的相对位移大小．解析：(1)开始阶段，设物体的加速度为a1，由牛顿第二定律有mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1，解得a1＝10 m/s2.物体加速到与传送带的速度相等时的位移为：x1＝v202a＝5 m<16 m，即物体加速到10 m/s时，未达到B点，其时间t1＝v0a1＝1 s.由于mg sin θ＝3 N>μmg cos θ＝2 N，所以物体将继续做加速运动．设物体的加速度为a2，经历的时间为t2，由牛顿第二定律有mg sin θ－μmg cos θ＝ma2，解得a2＝2 m/s2.由位移公式L－x1＝v0t2＋12a2t22，解得时间t2＝1 s，所以总时间t＝t1＋t2＝2 s.(2)在传送带上取一点M.M点做匀速运动，物体一直做加速运动．法一：整体法整个过程物体的位移大小为x物＝L＝16 m，传送带位移大小为x传＝v0t＝20 m，故物体相对于传送带(M 点)的位移大小为： x ＝x 传－x 物＝4 m.由于M 点的位移大于物体的位移，故全过程物体向后远离M 点4 m. 法二：v -t 图象法相对位移的大小为两个阴影三角形面积之差，即： x ＝10×12－1×(12－10)2＝4(m)．法三：分段法第一个过程：M 点的位移为v 0t 1＝10 m ， 所以物体与传送带间的相对位移大小 x 相对1＝v 0t 1－x 1＝5 m.由于M 点的速度大于物体的速度，故此过程物体在M 点后面5 m 处． 第二个过程：M 点的位移为v 0t 2＝10 m ， 物体的位移为L －x 1＝11 m ， 故相对位移大小为x 相对2＝1 m. 此过程物体追M 点，并靠近M 点1 m.故相对位移大小x ＝x 相对1－x 相对2＝4 m ．即全过程物体向后远离M 点4 m. 答案：(1)2 s (2)4 m精选练习1．(多选)如图所示，表面粗糙、质量M ＝2 kg 的木板，t ＝0时在水平恒力F 的作用下从静止开始沿水平面向右做匀加速直线运动，加速度a ＝2.5 m/s 2，t ＝0.5 s 时，将一个质量m ＝1 kg 的小铁块(可视为质点)无初速度地放在木板最右端，铁块从木板上掉下时速度是木板速度的一半．已知铁块和木板之间的动摩擦因数μ1＝0.1，木板和地面之间的动摩擦因数μ2＝0.25，g ＝10 m/s 2，则( )A ．水平恒力F 的大小为10 NB ．铁块放上木板后，木板的加速度为2 m/s 2C ．铁块在木板上运动的时间为1 sD ．木板的长度为1.625 m解析：选AC ．未放铁块时，对木板由牛顿第二定律：F －μ2Mg ＝Ma ，解得F ＝10 N ，选项A 正确；铁块放上木板后，对木板：F －μ1mg －μ2(M ＋m )g ＝Ma ′，解得：a ′＝0.75 m/s 2，选项B 错误；0.5 s 时木板的速度v 0＝at 1＝2.5×0.5 m/s ＝1.25 m/s ，铁块滑离木板时，木板的速度：v 1＝v 0＋a ′t 2＝1.25＋0.75t 2，铁块的速度v ′＝a 铁t 2＝μ1gt 2＝t 2，由题意：v ′＝12v 1，解得t 2＝1 s ，选项C 正确；铁块滑离木板时，木板的速度v 1＝2 m/s ，铁块的速度v ′＝1 m/s ，则木板的长度为：L ＝v 0＋v 12t 2－v ′2t 2＝1.25＋22×1 m －12×1 m ＝1.125 m ，选项D 错误；故选A 、C ．2．(多选)如图甲为应用于机场和火车站的安全检查仪，用于对旅客的行李进行安全检查．其传送装置可简化为如图乙的模型，紧绷的传送带始终保持v ＝1 m/s 的恒定速率运行．旅客把行李无初速度地放在A 处，设行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，A 、B 间的距离L ＝2 m ，g 取10 m/s 2.若乘客把行李放到传送带的同时也以v ＝1 m/s 的恒定速率平行于传送带运动到B 处取行李，则( )A ．乘客与行李同时到达B 处B ．乘客提前0.5 s 到达B 处C ．行李提前0.5 s 到达B 处D ．若传送带速度足够大，行李最快也要2 s 才能到达B 处解析：选BD ．行李放在传送带上，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动，随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动．加速度为a ＝μg ＝1 m/s 2，历时t 1＝v a ＝1 s 达到共同速度，位移x 1＝v2t 1＝0.5 m ，此后行李匀速运动t 2＝L －x 1v ＝1.5 s 到达B ，共用2.5 s ；乘客到达B ，历时t ＝Lv ＝2 s ，B 正确；若传送带速度足够大，行李一直加速运动，最短运动时间t min ＝2La ＝2×21s ＝2 s ，D 正确． 3．如图甲所示，倾角为37°足够长的传送带以4 m/s 的速度顺时针转动，现将小物块以2 m/s 的初速度沿斜面向下冲上传送带，小物块的速度随时间变化的关系如图乙所示，g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，试求：(1)小物块与传送带间的动摩擦因数为多大； (2)0～8 s 内小物块与传送带之间的划痕为多长． 解析：(1)根据v -t 图象的斜率表示加速度， a ＝Δv Δt ＝22m/s 2＝1 m/s 2，由牛顿第二定律得μmg cos 37°－mg sin 37°＝ma ， 解得μ＝78.(2)0～8 s 内只有前6 s 内物块与传送带发生相对滑动0～6 s 内传送带匀速运动距离为：x 带＝4×6 m ＝24 m ．速度图象的“面积”大小等于位移，则0～2 s 内物块位移为：x 1＝12×2×2 m ＝2 m ，方向沿斜面向下，2～6 s 内物块位移为：x 2＝12×4×4 m ＝8 m ，方向沿斜面向上．所以划痕的长度为：Δx ＝x 带＋x 1－x 2＝(24＋2－8) m ＝18 m. 答案：(1)78(2)18 m4．如图所示，在光滑水平地面上停放着一质量为M ＝2 kg 的木板，木板足够长，某时刻一质量为m ＝1 kg 的小木块以某一速度v 0(未知)冲上木板，木板上表面粗糙，经过t ＝2 s 后二者共速，且木块相对地面的位移x ＝5 m ，g ＝10 m/s 2.求：(1)木块与木板间的动摩擦因数μ；(2)从木块开始运动到共速的过程中产生的热量Q .(结果可用分数表示) 解析：(1)设冲上木板后小木块的加速度大小为a 1， 对小木块，有μmg ＝ma 1，设木板开始运动的加速度大小为a 2，对木板， 有μmg ＝Ma 2，二者共速时，有v 共＝a 2t ＝v 0－a 1t ， 对小木块，有x ＝v 0t －12a 1t 2，联立得μ＝18.(2)由(1)得a 2＝58 m/s 2，得v 共＝54m/s.木板发生的位移x ′＝v 共2t ＝54m ，二者相对位移为Δx ＝x －x ′＝154m ， 产生的热量为Q ＝μmg ·Δx ， 联立得Q ＝7516J. 答案：(1)18 (2)7516J5. (多选)滑沙运动是小孩比较喜欢的一项运动，其运动过程可类比为如图所示的模型，倾角为37°的斜坡上有长为1 m 的滑板，滑板与沙间的动摩擦因数为916.小孩(可视为质点)坐在滑板上端，与滑板一起由静止开始下滑．小孩与滑板之间的动摩擦因数取决于小孩的衣料，假设图中小孩与滑板间的动摩擦因数为0.5，小孩的质量与滑板的质量相等，斜坡足够长，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2，则下列判断正确的是( )A ．小孩在滑板上下滑的加速度大小为2 m/s 2B ．小孩和滑板脱离前滑板的加速度大小为0.5 m/s 2C ．经过 2 s 的时间，小孩离开滑板D ．小孩离开滑板时的速度大小为433m/s 解析：选AC ．对小孩，由牛顿第二定律，加速度大小为a 1＝mg sin 37°－μ1mg cos 37°m ＝2 m/s 2，同理对滑板，加速度大小为a 2＝mg sin 37°＋μ1mg cos 37°－2μ2mg cos 37°m ＝1 m/s2，选项A 正确，B 错误；要使小孩与滑板分离，12a 1t 2－12a 2t 2＝L ，解得t ＝ 2 s(另一解不符合，舍去)，离开滑板时小孩的速度大小为v ＝a 1t ＝2 2 m/s ，选项C 正确，D 错误．6．如图甲所示，倾斜的传送带正以恒定速率v 1沿顺时针方向转动，传送带的倾角为37°.一物块以初速度v 0从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，其运动的v -t 图象如图乙所示，物块到传送带顶端时速度恰好为零，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2，则()A．传送带的速度为4 m/sB．传送带底端到顶端的距离为14 mC．物块与传送带间的动摩擦因数为1 8D．摩擦力方向一直与物块运动的方向相反解析：选A．如果v0小于v1，则物块向上做减速运动时加速度不变，与题图乙不符，因此物块的初速度v0一定大于v1.结合题图乙可知物块减速运动到与传送带速度相同时，继续向上做减速运动，由此可以判断传送带的速度为4 m/s，选项A正确．传送带底端到顶端的距离等于v -t图线与横轴所围的面积，即12×(4＋12)×1 m＋12×1×4 m＝10 m，选项B错误.0～1 s内，g sin θ＋μg cos θ＝8 m/s2，1～2 s内，g sin θ－μg cos θ＝4 m/s2，解得μ＝14，选项C错误；在1～2 s内，摩擦力方向与物块的运动方向相同，选项D错误．7．如图所示，倾角α＝30°的足够长的光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一长L＝1.8 m，质量M＝3 kg的薄木板，木板的最上端叠放一质量m＝1 kg的小物块，物块与木板间的动摩擦因数μ＝32.对木板施加沿斜面向上的恒力F，使木板沿斜面由静止开始向上做匀加速直线运动，假设物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10 m/s2.(1)为使物块不滑离木板，求力F应满足的条件；(2)若F＝37.5 N，物块能否滑离木板？若不能，请说明理由；若能，求出物块滑离木板所用的时间及滑离木板后沿斜面上升的最大距离．解析：(1)若整体恰好静止，则F ＝(M ＋m )g sin α＝(3＋1)×10×sin 30° N ＝20 N. 因要拉动木板，则F >20 N ，若整体一起向上做匀加速直线运动，对物块和木板，由牛顿第二定律得 F －(M ＋m )g sin α＝(M ＋m )a ， 对物块有f －mg sin α＝ma ， 其中f ≤μmg cos α 代入数据解得F ≤30 N.向上加速的过程中为使物体不滑离木板，力F 应满足的条件为20 N<F ≤30 N.(2)当F ＝37.5 N>30 N 时，物块能滑离木板，由牛顿第二定律，对木板有F －μmg cos α－Mg sin α＝Ma 1，对物块有μmg cos α－mg sin α＝ma 2，设物块滑离木板所用的时间为t ，由运动学公式得 12a 1t 2－12a 2t 2＝L ， 代入数据解得t ＝1.2 s.物块滑离木板时的速度v ＝a 2t ， 由－2g sin α·s ＝0－v 2， 代入数据解得s ＝0.9 m. 答案：见解析8．如图所示为车站使用的水平传送带模型，其A 、B 两端的距离L ＝8 m ，它与水平台面平滑连接．现有一物块以v 0＝10 m/s 的初速度从A 端水平地滑上传送带．已知物块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.6.求：(1)若传送带保持静止，物块滑到B 端时的速度大小；(2)若传送带顺时针匀速转动的速率恒为12 m/s ，物块到达B 端时的速度大小；(3)若传送带逆时针匀速转动的速率恒为4 m/s ，且物块初速度变为v 0′＝6 m/s ，仍从A 端滑上传送带，物块从滑上传送带到离开传送带的总时间．解析：(1)设物块的加速度大小为a，由受力分析可知F N＝mg，F f＝ma，F f＝μF N，得a＝6 m/s2.传送带静止，物块从A到B做匀减速直线运动，又x＝v202a＝253m>L＝8 m，则由v2B－v20＝－2aL.得v B＝2 m/s.(2)由题意知，传送带顺时针匀速转动的速率12 m/s>v0，物块所受的摩擦力沿传送带方向，即物块先加速到v1＝12 m/s，由v21－v20＝2ax1，得x1＝113m<L＝8 m.故物块先加速运动后匀速运动即物块到达B时的速度为v B′＝v1＝12 m/s.(3)当物块初速度v0′＝6 m/s时，物块速度减为零时的位移x2＝v0′22a＝3 m<L，所以物块先向右减速后向左加速由v2＝v0′－at1，得t1＝1 s；当物块向左加速到v3＝4 m/s时由v23－v22＝2ax3得x3＝43m<x2＝3 m，故物块向左先加速运动后匀速运动由v3＝v2＋at2，得t2＝23s；当物块向左匀速运动v4＝v3＝4 m/s，x4＝x2－x3＝53m.由x4＝v4t3，得t3＝512s，故t＝t1＋t2＋t3＝25 12s.答案：(1)2 m/s(2)12 m/s(3)25 12s。
统考版高考物理总复习 专题三 动力学中的“传送带”和“滑块—滑板”模型
系为xB＝xA＋L
物块A带动长为L的木板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
例2. [2021·全国乙卷，21](多选)水平地面上有一质量为m1的长木板，
木板的左端上有一质量为m2的物块，如图(a)所示．用水平向右的拉力
专题三
动力学中的“传送带”和“滑块—滑板”模型
关键能力·分层突破
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
F作用在物块上，F随时间t的变化关系如图(b)所示，其中F1、F2分别
为t1 、t2 时刻F的大小．木板的加速度a1 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．F1＝μ1m1g
央．空香皂盒的质量为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 2 ，试求：
跟进训练
1.如图所示，物块M在静止的足够长的传送带上以速度v0匀速下滑时，传送带突
然启动，方向如图中箭头所示，在此传送带的速度由0逐渐增加到2v0后匀速运动
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;
“滑块——滑板”模型的分析
“滑块——滑板”模型的分析
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．模型分析
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．
3.(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，位移之差等于板长；反向运动时，位移之和等于板长．
(2)滑块是否会从滑板上掉下的临界条件是：滑块到达滑板一端时两者共速．
(3)滑块不能从滑板上滑下的情况下，当两者共速时，两者受力、加速度发生突变．。
在外力作用下的滑块——滑板模型问题透析
在外力作用下的滑块——滑板模型问题透析摘要：滑块——滑板模型问题是动力学中的综合性问题，可以通过考查学生运用力与运动相关规律解决物理问题的知识掌握情况的同时，全面考查学生综合能力，因此滑块——滑板模型问题也成为历年高考热点，在外力作用下的滑块——滑板模型问题更是热点中的重点和难点。
从教学角度思考，如果学生能够掌握好在外力作用下的滑块——滑板模型问题的分析思路和方法，不仅有助于学生进一步认识和理解力与运动的相关规律，更有助于提升学生的物理思维能力和探究能力。
关键词：外力作用下；滑块滑板模型；问题透析滑块——滑板模型问题主要涉及两个物体或者三个物体之间通过相互作用的摩擦力或在外力作用下发生相对滑动的多运动过程，属于多体多过程问题，可以把其定位成追及问题来思考，进行相对运动分析，着重三个物理量分析：一是速度分析，如靠近、远离、滑下、不滑下等；二是时间分析，设定各运动过程的时间为未知量；三是位移分析，从追及问题的角度来寻找相对位移，从而确定对地位移关系，这解决问题的关键之处。
在分析问题之初要观察三个初始条件：一是动摩擦因数，如滑块与滑板之间、滑板与地面之间；二是初始情况，如初位置、初速度等；三是板长，有限长还是无限长；在分析问题之中要进行共速分析，此状态是涉及临界、突变等问题的节点，也是解决此类问题进程中的关键的关键。
本文以在外力作用下的滑块——滑板模型问题为例来透析解决此类问题的思维策略。
例1如图1所示，光滑水平面上静止放着长L＝2m，质量M＝3.0kg的木板．一个质量m＝1.0kg的小物体放在离木板右端b＝0.40m处，m和M之间的动摩擦因数μ＝0.1，今对木板施加向右的拉力F＝10.0N，为使木板能自物体下方分离出来，此拉力作用不得少于多长时间？图1解析运动过程如图2所示：图2设拉力最小作用时间为t，据牛顿第二定律有得： m/s2得： m/s2从拉力作用到撤去拉力的瞬时，有……①……②……③由①②③解得：……④撤去拉力后，物体m仍做匀加速运动，木板M做匀减速运动，经时间t1，物体m滑到木板的左端，两者的速度等于v共，有解得： m/s2……⑤……⑥⑤代入⑥解得：再利用位移关系（也可以：）将各量代入解得：……⑦从图中不难看出：……⑧由④⑦⑧得到： s．透析定位为滑块与滑板的追及问题，题设要求分离出来，依题意必然是在滑板左边分离，滑块相对滑板向左运动，取水平向右为正方向，则：设拉力最小作用时间为t1，撤去拉力后直到分离运动时间为t2，则：恰好分离时两者速度相等，则：据牛顿第二定律有:联立解之得:由上解我们可以看到，从追及问题的定位可以很快找到位移关系，从共速分析中可以很快找到时间关系，从运动过程和受力分析中辨别各段运动性质及加速度变化，列方程求解。
牛顿运动定律巧解滑块—滑板模型
解决复杂问题
在滑块—滑板模型中，利用牛顿 运动定律可以解决一些复杂的问 题，如碰撞、摩擦力和外力作用
等。
建立数学模型
利用牛顿运动定律，我们可以建 立滑块—滑板模型的数学方程，
从而进行数值分析和模拟。
对未来研究的展望
深入研究动力学
未来可以进一步深入研究滑块—滑板模型的动力学特性，探索更 复杂的运动规律和现象。
滑块与滑板间的相对运动
相对静止
当滑块与滑板间无相对运 动时，两者保持相对静止 状态。
相对滑动
当滑块受到的合外力大于 最大静摩擦力时，滑块将 相对于滑板滑动。
滑动摩擦力的作用
滑动摩擦力阻碍相对运动， 但不影响绝对运动。
滑块与滑板的初速度和加速度分析
初速度分析
牛顿第二定律的应用
在滑块—滑板模型中，需要分析滑块 和滑板的初速度，判断是否满足相对 静止或相对滑动的条件。
总结词
考虑作用力和反作用力对滑块和滑板运 动的影响。
VS
详细描述
根据牛顿的第三定律，作用力和反作用力 大小相等、方向相反。在滑块—滑板模型 中，当滑块和滑板之间存在相互作用力时 ，作用力和反作用力将影响它们的运动状 态。因此，在解决问题时需要考虑第三定 律，分析作用力和反作用力对滑块和滑板 运动的影响。
响。
04
牛顿运动定律在滑块— 滑板模型中的运用
运用第一定律解决相关问题
总结词
理解滑块和滑板在静止和匀速直线运动状态下的受力平衡。
详细描述
根据牛顿的第一定律，滑块和滑板在不受外力或合外力为零时，将保持静止或 匀速直线运动状态。因此，在解决滑块—滑板模型问题时，需要分析滑块和滑 板的受力情况，判断其运动状态。
关于滑块滑板模型的探讨
相对位移的摩擦力ꎬ就等效为静摩擦力ꎬ产生了相对位移的力ꎬ才是真真正正实实在在的滑动摩擦力ꎬ所以说ꎬ摩擦力ｆ乘以Ｍ的位移ꎬ实际上相当于最大静摩擦在做功ꎬ就是实现了系统内机械能的内部传递ꎬ如图５所示.我们目前画的韦恩图ꎬ没有考虑各块儿能量的多少ꎬ没有比例关系ꎬ只是说这些能量被分成了三部分.如果再精益求精一点ꎬ可以把ｆ ｘ与ｆ ｄ的比例也表示出来ꎬ如图６所示.㊀㊀这样表示之后ꎬ滑动摩擦力做功有多大的比例是转移机械能ꎬ又有多大的比例是产生了热量ꎬ就一目了然了.如此一来ꎬ整个板块模型的能量关系就更加清晰了ꎬ同学们对于能量的理解ꎬ对于能量转化的掌握ꎬ对于静摩擦力㊁滑动摩擦力做功特点及功能的认知也会更深刻一些.用这个韦恩图法讲解板块模型的能量问题ꎬ不仅仅是让学生对这些知识理解更加深刻ꎬ更是能把这些知识点连成一个知识网ꎬ有助于学生体会物理学科知识联系性强的特点ꎬ对学生的帮助是极大的.举一反三ꎬ就像我们前面所提到的ꎬ这个韦恩图的方法和思路ꎬ可以运用到很多能量的题型讲解当中ꎬ都能让学生对这里面的能量逻辑关系有更清晰和深刻的理解.㊀㊀参考文献:[１]张惠作.基于学科核心素养和学习进阶的高中物理教学逻辑设计[Ｊ].中学物理(高中版)ꎬ２０１８ꎬ３６(０７):８－１０.[２]中华人民共和国教育部.普通高中物理课程标准(２０１７年版)[Ｍ].北京:人民教育出版社ꎬ２０１８.[３]王广余.韦恩图的应用[Ｊ].新高考(高一版)ꎬ２００６(０９):３６－３７.[４]郎建林.用矩形韦恩图解题[Ｊ].中学数学ꎬ１９９２(１２):２３.[责任编辑:李㊀璟]关于滑块滑板模型的探讨姚丽清(福建省将乐一中㊀３５３３００)摘㊀要:高中物理关于滑块滑板的模型涉及的知识考查点多㊁物理情景丰富㊁设问灵活多变及思维量大等特点ꎬ很好地考查学生受力分析㊁运动过程分析等综合运用力学规律解答问题的能力.关键词:滑动摩擦ꎻ静摩擦ꎻ相对运动ꎻ相对运动的趋势ꎻ相对性ꎻ临界值ꎻ动量守恒和ｖ－ｔ图中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２１)０４－００７４－０３收稿日期:２０２０－１１－０５作者简介:姚丽清ꎬ女ꎬ福建省莆田人ꎬ本科ꎬ中学一级教师ꎬ从事高中物理教学研究.㊀㊀一㊁摩擦问题是解决好滑块滑板模型的第一道关口㊀㊀１.明确研究对象摩擦的产生是在两个物体之间ꎬ那么就要明确研究对象是谁ꎬ即是对滑块还是对滑板进行受力分析ꎬ如果研究对象搞错了ꎬ则摩擦的方向就会混乱.２.正确理解 相对 的概念如图１ꎬＡ和Ｂ上下层叠ꎬ力Ｆ作用在Ａ上使得Ａ和Ｂ图１一起匀速前进ꎬ如果分析Ｂ受到的摩擦力ꎬ则应该以Ｂ作为研究的对象ꎬ判断Ｂ相对Ａ的运动或运动趋势ꎬ而 匀速前进 是对地而言的ꎬ与Ｂ是否受到Ａ的摩擦无关.再如 手握着笔４７水平运动 ꎬ要研究 笔 受到的摩擦ꎬ则应该以 笔 作为研究对象ꎬ判断 笔 相对于 手 的运动或运动趋势ꎬ而与水平运动无关ꎬ显然 笔 相对 手 有下滑的趋势ꎬ此时的水平运动是个干扰的条件.总之ꎬ在判断摩擦时ꎬ弄清 相对 的含义ꎬ这里的 相对 是指相对于研究对象接触的物体而言ꎬ即参照物只能是和它接触的这一物体而不能任意选择.３.正确判断摩擦的方向在理解 相对 这一概念的基础上ꎬ摩擦方向的判断显然就更加容易了.如上述 手握着笔水平运动 的例子ꎬ因为 笔 相对 手 有下滑的趋势ꎬ则在接触面上产生一个阻碍相对运动趋势的摩檫力ꎬ即 笔 受到一个竖直向上的静摩擦力.总之摩擦的方向总与相对运动或相对运动趋势的方向相反.４.正确计算摩擦的大小摩擦的大小是解决问题的核心所在.通常情况下静摩擦力一般是依据物体的运动状态来判断ꎬ在动摩擦的公式ｆ动＝μＮꎬ其中Ｎ是指产生摩擦所在的接触面上挤压的力.在滑块滑板中ꎬ它们之间产生的是静摩擦还是动摩擦一般要进行假设判断.图２例１㊀如图２ꎬｍＡ＝１ｋｇꎬｍＢ＝３ｋｇꎬＡ和Ｂ之间的摩擦系数μ１＝０.６ꎬＢ与地面之间的摩擦系数μ２＝０.１ꎬ力Ｆ水平作用在Ａ上ꎬ求当Ｆ＝５Ｎ㊁６.４Ｎ时ꎬＡ受到的摩擦力多大?错误解答:ＡＢ之间的动摩擦力ｆ动＝μ１Ｎ１＝μ１ｍＡｇ＝６Ｎ而Ｆ＝５Ｎ<ｆ动＝６Ｎ所以力Ｆ拉不动ꎬ那么Ａ受到静摩擦力ｆ静＝５Ｎ而Ｆ＝６.４Ｎ>ｆ动＝６Ｎ会拉动ꎬ那么Ａ受到的是动摩擦力即ｆ动＝６Ｎ.错解的根本原因在于没有认识到滑板Ｂ的存在ꎬ仍把滑板Ｂ当作地面来解决问题.这里求Ａ和Ｂ之间的摩擦一定要先解决它们是相对运动还是相对静止的图３正确解答:依题意ꎬＡ和Ｂ在水平方向上受到的力如图３所示ꎬ假设Ａ和Ｂ恰好要相对滑动ꎬ此时可认为Ａ和Ｂ之间产生的是滑动摩擦则:ｆ１＝μ１Ｎ１＝μ１ｍＡｇ＝６Ｎｆ２＝μ２Ｎ２＝μ２(ｍＡ＋ｍＢ)ｇ＝４Ｎ㊀(Ｂ与地面挤压的力大小为４０Ｎ)对Ｂ而言:Ｆ合＝ｆ１－ｆ２＝ｍＢａｍａｘａｍａｘ＝(２/３)ｍ/ｓ２这是Ｂ物体所能产生的最大加速度ꎬ同时也是Ａ和Ｂ发生相对滑动的临界的加速度ꎬ那么以Ａ和Ｂ作为整体受力分析:Ｆ－ｆ２＝(ｍＡ＋ｍＢ)ａｍａｘＦ＝２０/３Ｎ这个力是Ａ和Ｂ发生相对滑动的临界作用力ꎬ当力大于这个值时ꎬＡＢ相对滑动ꎬ则它们之间的摩擦为动摩擦ꎬ即ｆ＝μ１Ｎ１＝μ１ｍＡｇ＝６Ｎ.显然题目中Ｆ＝５Ｎ㊁６.４Ｎ都小于２０/３ＮꎬＡ㊁Ｂ之间产生的就是静摩擦ꎬ那么此时的静摩擦多大呢?由于ＡＢ保持相对静止ꎬ所以ＡＢ整体受力分析:Ｆ１－ｆ２＝(ｍＡ＋ｍＢ)ａ１５－４＝４ａ１得ａ１＝０.２５ｍ/ｓ２隔离Ａ受力分析:Ｆ１－ｆ＝ｍＡａ１５－ｆ＝１ˑａ１得ｆ＝４.７５Ｎ同理当Ｆ２＝６.４Ｎ时ꎬＡＢ之间的静摩擦力ｆᶄ＝５.８Ｎ图４例２㊀如图４ꎬｍＡ＝０.５ｋｇꎬｍＢ＝１.０ｋｇꎬＡ和Ｂ之间的摩擦系数μ１＝０.１ꎬＢ与地面之间的摩擦系数μ２＝０.２ꎬ力Ｆ水平作用在Ｂ上ꎬ求当Ｆ＝４Ｎ时ꎬ求Ａ受到的摩擦力多大?错误解答:Ａ和Ｂ作为整体ꎬＢ受到地面的动摩擦ｆ２＝μ２Ｎ２＝μ２(ｍＡ＋ｍＢ)ｇ＝３Ｎ而Ｆ＝４Ｎ>ｆ２＝３Ｎꎬ所以Ｆ能拉动Ｂꎬ从而推出ＡＢ之间为动摩擦ꎬ即ｆ动＝μ１Ｎ１＝μ１ｍＡｇ＝０.５Ｎ错误分析㊀Ｂ相对地面运动不代表ＡＢ之间发生相对滑动ꎬＡＢ之间的摩擦是由ＡＢ相对运动情况来决定的.图５当Ｂ受到水平力Ｆ的作用下ꎬＢ相对Ａ有向前运动的趋势ꎬＡＢ之间为静摩擦ꎬ它们的水平受力分析如图５所示ꎬ随着Ｆ的增大ꎬＡＢ之间静摩擦力逐渐变大ꎬ最后突变为动摩擦力ꎬ当ｆ１为动摩擦力时是Ａ物体水平方向受到的最大摩擦力ꎬ所以Ａ物体能产生最大加速度:ｆ１＝μ１Ｎ１＝μ１ｍＡｇ＝ｍＡａｍａｘ得ａｍａｘ＝１ｍ/ｓ２这加速度也是ＡＢ发生相对滑动的临界加速度ꎬ以ＡＢ作为整体:Ｆ－ｆ２＝(ｍＡ＋ｍＢ)ａｍａｘ得Ｆ＝４.５Ｎꎬ即Ｆ＝４.５Ｎ是ＡＢ发生相对滑动的临界力ꎬ大于４.５Ｎ时ＡＢ相对滑动ꎬ它们之间的摩擦为动摩擦ꎬ小于４.５Ｎ时ꎬＡＢ保持相对静止它们之间的摩擦则为静摩擦.显然题目提供的Ｆ＝４ＮꎬＡ受到的是静摩擦力以ＡＢ作为研究对象:Ｆ－ｆ２＝(ｍＡ＋ｍＢ)ａ４－３＝１.５ａ得ａ＝２/３ｍ/ｓ２以Ａ为研究对象Ｆ合＝ｆ１＝ｍＡａ＝０.５ˑ(２/３)Ｎ＝１/３Ｎ所以当Ｆ＝４Ｎ时ꎬ此时受到的是１/３Ｎ的静摩擦力５７㊀㊀二㊁深刻理解 相对性相对性 不仅体现在摩檫力方向的判断上ꎬ在运动学公式中也体现了 相对性 的独特的魅力.如公式２ａＳ＝Ｖｔ２－Ｖ０２ꎬ这公式中的每一个物理量都是以地面为参考系的ꎬ而滑块滑板问题涉及两个物体ꎬ多个运动过程ꎬ并且物体之间还存在着相对运动ꎬ学生在运动过程分析很容易出现混乱ꎬ如果把公式２ａＳ＝Ｖｔ２－Ｖ０２改写成２ΔａΔＳ＝ΔＶｔ２－ΔＶ０２ꎬ公式中Δａ㊁ΔＳ㊁ΔＶｔ２㊁ΔＶ０２是滑块相对滑板的物理量ꎬ就会使得运动过程变得简单明了.例３㊀如图６甲所示ꎬ质量为Ｍ＝２ｋｇ的长木板静止在光滑的水平面上ꎬ长木板左端放着一可视为质点的小物块ꎬ小物块的质量为ｍ＝１ｋｇꎬ用水平拉力Ｆ作用在小物块上ｔ０＝１.０ｓ时小物块从长木板上滑落ꎬ小物块和长木板的ｖ－ｔ图象如图６乙所示ꎬ取ｇ＝１０ｍ/ｓ２.(１)求长木板的长度Ｌ和拉力Ｆ的大小ꎻ(２)若在小物块相对长木板滑动ΔＳ距离时撤去水平拉力Ｆꎬ小物块恰好没有从长木板上滑落ꎬ求ΔＳꎻ(３)若力Ｆ作用在小物块上的同时ꎬ给长木板施加一个水平向左㊁大小也为Ｆ的力ꎬ当两力共同作用ｔ１＝０.４ｓ时同时撤去ꎬ分析计算小物块能否从长木板上滑落ꎻ若能滑落ꎬ求滑落瞬间小物块和长木板的速度大小ꎻ若不能滑落ꎬ求小物块相对长木板滑动的最大距离.图６解答:(１)依题意木块会从木板上滑出ꎬ说明木块的加速度大于木板的加速度ꎬ所以木块:ａ１＝ΔＶ１/Δｔ＝３ｍ/ｓ２㊀Ｆ－ｆ１＝ｍａ１木板:ａ２＝ΔＶ２/Δｔ＝１ｍ/ｓ２㊀ｆ１＝Ｍａ２得Ｆ＝５Ｎ㊀ｆ１＝２Ｎ木板的长度Ｌ＝(１/２)ˑ３ˑ１－(１/２)ˑ１ˑ１＝１ｍ(２)依题意画出木块和木板运动过程示意图ꎬ如图７.图７由于整个过程木块和木板始终相对滑动ꎬ所以它们之间的摩擦都为动摩擦ꎬ即ｆ１＝２ＮＡңＢ过程:木块:ａ１＝３ｍ/ｓ２㊀木板:ａ２＝１ｍ/ｓ２ＢңＣ过程撤去Ｆꎬ木块在ｆ１的作用下匀减速:ａ１ᶄ＝２ｍ/ｓ２(方向向左)题目要求木块恰好不滑出木板ꎬ即当木块运动到木板右端时ꎬ木块和木板的速度恰好相等ꎬ即Ｖ２＝Ｖ２ᶄꎬ以木板为参照物ꎬ则ＡңＢ过程:ΔＶ０＝０ΔＶｔ＝Ｖ１－Ｖ１ᶄ㊀Δａ＝ａ１－ａ２＝２ｍ/ｓ２㊀ΔＳ＝?ＢңＣ过程:ΔＶ０ᶄ＝Ｖ１－Ｖ１ᶄ＝ΔＶｔΔＶｔᶄ＝０㊀Δａᶄ＝(－２)－１＝－３ｍ/ｓ２㊀ΔＳ２＝Ｌ－ΔＳＡңＢ过程:２ΔａΔＳ＝Δｖｔ２－ΔＶ０２＝ΔＶｔ２－０ＢңＣ过程:２Δａᶄ(Ｌ－ΔＳ)＝ΔＶｔᶄ２－ΔＶ０ᶄ２＝０－ΔＶｔ２得ΔＳ＝０.６ｍ㊀㊀三㊁动量守恒定律㊁Ｖ－ｔ图像等知识的综合应用㊀㊀在滑块滑板题型中如果系统的合力为零ꎬ要重视动量守恒定律的应用.动量守恒定律与运动学相比较ꎬ它只抓住运动过程的某个状态ꎬ忽视了具体的过程ꎬ在滑块滑板模型中ꎬ最繁琐最让学生理不清头绪的就是运动过程.如上述例３中的第三小题ꎬ木板与地面之间没有摩擦ꎬ在０－０.４ｓ内ｍ和Ｍ分别受到大小相等方向相反的力ꎬ０.４ｓ后同时撤去ꎬ所以ｍ和Ｍ构成的系统动量守恒.以木块作为研究对象ꎬ０－０.４ｓ的加速度ａ１＝３ｍ/ｓ２ꎬ撤去Ｆ后的加速度ａ１ᶄ＝２ｍ/ｓ０.４ｓ末木块的速度:Ｖ１＝ａ１ｔ１＝１.２ｍ/ｓ经过ｔ２Ｓ后木块的速度减为０:ｔ２＝Ｖ１/ａ１ᶄ＝０.６ｓ根据ｍ㊁Ｍ系统动量守恒ꎬ０.４ｓ末木板的速度为Ｖ１ᶄ:ｍＶ１＋ＭＶ１ᶄ＝０㊀Ｖ１ᶄ＝－０.６ｍ/ｓ在木块木板运动过程中ꎬ抓住０时刻㊁０.４ｓ末和(０.４ｓ＋０.６ｓ)末这三个时刻ꎬ找出它们对应的速度ꎬ依题意分别做出ｍ㊁Ｍ的Ｖ－ｔ图ꎬ如图８所示:图８所以ΔＳ＝１/２(１.２＋０.６)ˑ１.０＝０.９ｍ<Ｌ＝１.０ｍꎬ即木块不会滑出木板.㊀㊀参考文献:[１]郭怀生.研究影响滑动摩擦力大小的因素实验改进[Ｊ].中学物理教学参考ꎬ２０１９ꎬ４８(２４):７１－７２.[责任编辑:李㊀璟]６７。
滑块-滑板模型问题分析方法
滑块与滑板之间的动力学关系遵循牛顿第二定律，即合外力等于质量与加速度的 乘积。
03
滑块-滑板模型的建立与 求解
模型的建立
确定问题类型
根据实际问题，确定滑块-滑板模型是否适用，并明确模型中的物 理量及约束条件。
建立数学模型
根据物理现象和问题需求，建立滑块-滑板模型的数学表达式，包 括运动方程、力平衡方程等。
在航天器着陆过程中，滑块-滑板模型被用于分析着陆稳定性。通过模拟航天器在着陆时的运动，可以预测航天 器的着陆姿态和稳定性，从而优化着陆方案，确保航天器的安全着陆和回收。
谢谢观看
重力与支持力
滑块-滑板模型中，滑块与滑板之间的 相互作用力遵循牛顿第三定律，即作 用力和反作用力大小相等、方向相反。
滑块和滑板受到的重力与支持力在静 态平衡时相互抵消，而在动态平衡时 则相互作用。
摩擦力
滑块与滑板之间的摩擦力是影响滑块 运动的重要因素，摩擦力的方向和大 小取决于接触面的性质和相对运动状 态。
工程设计中的应用
机械系统设计
滑块-滑板模型在机械系统设计中 被广泛应用，用于分析机构运动 和受力情况，优化设计以提高机
械性能和稳定性。
车辆工程
在车辆工程中，滑块-滑板模型用 于研究车轮与地面之间的相互作用， 分析车辆动力学性能和行驶稳定性。
建筑结构
在建筑结构设计中，滑块-滑板模型 用于模拟和分析桥梁、高层建筑等 结构的滑动支撑和抗震性能。
确定边界条件和初始条件
根据实际问题的边界条件和初始状态，确定模型中相应的边界条件 和初始条件。
模型的求解方法
解析法
对于简单问题，可以采用解析法求解，得到精确解。
数值法
对于复杂问题，可以采用数值法求解，如有限元法、 有限差分法等。
应用动力学方法解决“滑块——滑板”模型问题 讲义
应用动力学方法解决“滑块——滑板”模型问题[核心精讲]滑块——滑板模型是近几年来高考考查的热点，涉及摩擦力的分析判断、牛顿运动定律、匀变速运动等主干知识，能力要求较高，滑块和滑板的位移关系、速度关系是解答滑块——滑板模型的切入点，前一运动阶段的末速度是下一运动阶段的初速度，解题过程中必须以地面为参考系．1．模型特点：滑块(视为质点)置于滑板上，滑块和滑板均相对地面运动，且滑块和滑板在摩擦力的相互作用下发生相对滑动．2．运动学分析：无临界速度时，滑块与滑板分离，确定相等时间内的位移关系解题；有临界速度时，滑块与滑板不分离，假设速度相等后加速度相同，由整体法求解系统的共同加速度，再由隔离法用牛顿第二定律求滑块与滑板间的摩擦力f ，如果该摩擦力不大于最大静摩擦力说明假设成立，则整体列式解题；如果该摩擦力大于最大静摩擦力说明假设不成立，则分别列式；确定相等时间内的位移关系解题．3．动力学分析：判断滑块与滑板是否发生相对滑动是解决这类问题的一个难点，通常采用整体法、隔离法和假设法等．往往先假设两者相对静止，由牛顿第二定律求出它们之间的摩擦力f ，与最大静摩擦力f m 进行比较．若f <f m ，则不会发生相对滑动；反之，将发生相对滑动．从运动学角度看，滑块与滑板的速度和加速度不等，则会发生相对滑动．[范例] (20分)(2015·高考全国卷Ⅰ)一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5 m ，如图甲所示．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 图线如图乙所示．木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g 取10 m/s 2.求：(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．[解析] (1)规定向右为正方向．木板与墙壁相碰前，小物块和木板一起向右做匀变速运动，设加速度为a 1，小物块和木板的质量分别为m 和M .由牛顿第二定律得－μ1(m ＋M )g ＝(m ＋M )a 1①(1分)由题图乙可知，木板与墙壁碰撞前瞬间的速度v 1＝4 m/s ，由运动学公式得v 1＝v 0＋ a 1t 1②(1分) x 0＝v 0t 1＋12a 1t 21③(1分)式中，t 1＝1 s ，x 0＝4.5 m 是木板碰撞前的位移，v 0是小物块和木板开始运动时的速度．联立①②③式和题给条件得μ1＝0.1 ④(1分)在木板与墙壁碰撞后，木板以初速度为－v 1向左做匀变速运动，小物块以初速度v 1向右做匀变速运动．设小物块的加速度为a 2，由牛顿第二定律得－μ2mg ＝ma 2⑤(1分)由题图乙可得a 2＝v 2－v 1t 2－t 1⑥(1分)式中，t 2＝2 s ，v 2＝0，联立⑤⑥式和题给条件得 μ2＝0.4.⑦(1分)(2)设碰撞后木板的加速度为a 3，经过时间Δt ，木板和小物块刚好具有共同速度v 3.由牛顿第二定律及运动学公式得μ2mg ＋μ1(M ＋m )g ＝Ma 3⑧(1分) v 3＝－v 1＋a 3Δt ⑨(1分) v 3＝v 1＋a 2Δt⑩(1分)碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运动的位移为 x 1＝－v 1＋v 32Δt⑪(1分) 小物块运动的位移为x 2＝v 1＋v 32Δt⑫(1分) 小物块相对木板的位移为Δx ＝x 2－x 1⑬(1分)联立④⑥⑦⑧⑨⑩⑪⑫⑬式，并代入数值得 Δx ＝6.0 m⑭(1分)因为运动过程中小物块没有脱离木板，所以木板的最小长度应为6.0 m ．(1分) (3)在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速运动直至停止，设加速度为a 4，此过程中小物块和木板运动的位移为x 3.由牛顿第二定律及运动学公式得μ1(m ＋M )g ＝(m ＋M )a 4⑮(1分) 0－v 23＝2a 4x 3⑯(1分)碰后木板运动的位移为x＝x1＋x3 ⑰(1分)联立④⑥⑦⑧⑨⑩⑪⑮⑯⑰式，并代入数值得x＝－6.5 m(1分)木板右端离墙壁的最终距离为6.5 m．(1分)[答案](1)0.10.4(2)6.0 m(3)6.5 m(1)规范要求书写物理表达式要以课本原始公式为依据，牛顿第二定律的表达式为F合＝ma，要分步列式，尽量不要列综合式，否则容易失分；符号使用要规范，与题目提供的符号要一致，再者木板和物块的加速度不同，若都用a表示不加以区分，将不得分．(2)评分细则第(1)问7分，①～⑦式各1分．第(2)问8分，⑧～⑭式各1分．第(3)问5分，⑮～⑰式各1分．题目中给出的符号解析中必须要一致，若μ1、μ2用错，则扣结果分．无单位、单位错误，相应的得分点不给分．(用其他方法求解，正确的，参照上述答案酌情给分)[预测押题]1．如图甲所示，质量为M的长木板，静止放置在粗糙水平地面上，有一个质量为m、可视为质点的物块，以某一水平初速度从左端冲上木板．从物块冲上木板到物块和木板达到共同速度的过程中，物块和木板的v－t图象分别如图乙中的折线acd和bcd所示，a、b、c、d点的坐标分别为a(0，10)、b(0，0)、c(4，4)、d(12，0)．根据v－t图象，求：(1)物块冲上木板做匀减速直线运动的加速度大小a1，木板开始做匀加速直线运动的加速度大小a2，达到共同速度后一起做匀减速直线运动的加速度大小a3；(2)物块质量m与长木板质量M之比；(3)物块相对长木板滑行的距离Δx.解析：(1)由v －t 图象可求出物块冲上木板做匀减速直线运动的加速度大小a 1＝10－44m/s 2＝1.5 m/s 2，木板开始做匀加速直线运动的加速度大小a 2＝4－04m/s 2＝1 m/s 2，达到共同速度后一起做匀减速直线运动的加速度大小a 3＝4－08m/s 2＝0.5 m/s 2.(2)对物块冲上木板匀减速阶段：μ1mg ＝ma 1 对木板向前匀加速阶段：μ1mg －μ2(m ＋M )g ＝Ma 2 物块和木板达到共同速度后向前匀减速阶段： μ2(m ＋M )g ＝(M ＋m )a 3 以上三式联立可得m M ＝32.(3)由v －t 图象可以看出，物块相对于长木板滑行的距离Δx 对应图中△abc 的面积，故Δx ＝10×4×12m ＝20 m.答案：(1)1.5 m/s 2 1 m/s 2 0.5 m/s 2 (2)32(3)20 m 2．(2017·湖北七市联考)如图所示，可视为质点的物体A 叠放在长木板B 上，A 、B 的质量分别为m 1＝10 kg 、m 2＝10 kg ，B 长为L ＝16 m ，开始时A 在B 的最右端；A 与B 、B 与地之间的动摩擦因数分别为μ1＝0.4、μ2＝0.4；现将一水平恒力F ＝200 N 作用在B 上，使A 、B 由静止开始运动，当A 恰好运动到B 的中点时撤去外力F ，g 取10 m/s 2.求：(1)力F 作用的时间及此时B 前进的距离； (2)撤去外力F 后B 还能走多远？解析：(1)力F 开始作用时，设A 、B 的加速度分别为a 1、a 2， 对A ：μ1m 1g ＝m 1a 1，a 1＝4 m/s 2 对B ：F －μ1m 1g －μ2(m 1＋m 2)g ＝m 2a 2， a 2＝8 m/s 2，设力F 作用的时间为t ，对应此时A 、B 的速度为v A 、v B 则有12a 2t 2－12a 1t 2＝12L代入数据得，t ＝2 s ，v A＝8 m/s，v B＝16 m/s此时B前进的距离为x B＝12a2t2＝16 m.(2)撤去外力F后，对A有μ1m1g＝m1a3，a3＝4 m/s2对B有μ1m1g＋μ2(m1＋m2)g＝m2a4，a4＝12 m/s2设A、B经过时间t1达到共同速度v1则有v A＋a3t1＝v B－a4t1解得：t1＝0.5 s，v1＝10 m/s此过程中B前进的距离为x1＝v2B－v212a4＝6.5 mA、B共速后一起匀减速的加速度为a5μ2(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a5，a5＝4 m/s2此时B前进的距离为x2＝v 2 12a5＝12.5 m 撤去F后B前进的总距离为x＝x1＋x2＝19 m.答案：(1)2 s16 m(2)19 m。
滑块和滑板模型
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0.2=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。
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M=8 kg 的小车放在水平光滑的平面上，在小车左端加一水平推力F=8 N ，当小车向右运动的速度达到1.5 m/s 时，在小车前端轻轻地放上一个大小不计，质量为m=2 kg 的小物块,物块与小车间的动摩擦因数μ=0。
2，小车足够长（取g=l0 m/s 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t=1.5 s 小物块通过的位移大小为多少？3．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？FA B图（1）F ′A B 图（2）M m vMm4．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。
滑块——滑板模型问题分析方法
• 式中v0=5m/s、v1=1m/s，分别为木板在t=0、t=t1时刻速度的 大小。设木板和物体的质量为m，物块和木板间、木板与地 面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，由牛顿第二定律得： • μ1mg=ma1，（ μ1 + 2μ2 ）mg=ma2 • 由以上方程得：μ1=0.20， μ2 =0.30
学情分析及对策
• 我们的学生在做物理计算题时，一怕题目长，望 而止步，未战先输；二怕过程与情景复杂，不能 从题目里面获取有效信息；三怕临界问题的分析 与讨论；四怕应用数学处理物理问题。本道计算 题是一道组合题，它的最大特点就是多状态与多 过程联系在一起来增加物理情景的复杂程度，能 考查学生的阅读理解能力、推理能力、分析综合 能力、应用数学处理物理问题的能力，对学生的 能力要求比较高。现在的高考题目数量少，所以 试题的必然趋势就是组合题，将众多的知识点结 合在一起，重点考察学生的分析综合能力。
解题思路??弄清题目情景分析清楚每个物体的受力审题建模情况运动情况清楚题给条件和要求根据牛顿定律准确求出各过程的建立方程加速度两过程连接处加速度可能突变加速度两过程连接处加速度可能突变找出两物体间的位移路程关系或速度关系是解题的突破口明确关系上一过程的末速度是下一过程的初速度这是两过程的联系纽带变式1?2014云南省第一次统测24如图所示质量m1kg的木块a静止在水平地面上在木块的左端放置一个质量静止在水平地面上在木块的左端放置一个质量1kg的铁块b大小可忽略铁块与木块间的动摩擦因数铁块与木块间的动摩擦因数103木块长llm用f5n的水平恒力作用在铁块上的水平恒力作用在铁块上g取10ms2
题目背景
（2013新课标II，25,18分）一长木板在水平地面上运动，在t=0时刻将一相对 于地面静止的物块轻放到木板上，以后木板运动的速度-时间图象如图中实线所 示，0~0.5s内物块运动的速度-时间图象如图中粗虚线所示．己知物块与木板的 质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板间的最大静摩 擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上．取重力加速度的大小g=10m/s2， 求： （1）物块与木板间动摩擦因数 、木板与地面间的动摩擦因数 ； （2）从t=0时刻到物块与木板均停止运动时，物块相对于木板的位移的大小．
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高三物理专题复习：滑块一滑板模型典型例题例1.如图所示，在粗糙水平面上静止放一长L质量为M=1kg的木板B, —质量为m=1Kg的物块A以速度v。
=2.0m/s滑上长木板B的左端，物块与木板的摩擦因素卩1=0.1、木板与地面的摩擦因素为卩2=0.1，已知重力加速度为g=10m/s , 求：(假设板的长度足够长)(1)物块A、木板B的加速度；(2)物块A相对木板B静止时A运动的位移；R ---------------------B(3)物块A不滑离木板B,木板B至少多长？"TTTTTTTTTTTT/TT TTTTTT1考点：本题考查牛顿第二定律及运动学规律考查：木板运动情况分析，地面对木板的摩擦力、木板的加速度计算，相对位移计算。
解析：(1)物块A的摩擦力：f A二jmg =1N-f A 2A的加速度：a i 一二-1m/ s 方向向左m木板B受到地面的摩擦力：f地二」2(M ■ m)g =2N f A故木板B静止，它的加速度a2 =02(2)物块A的位移：S二二仏二2m2a(3)木板长度：L _ S = 2m拓展1.在例题1中，在木板的上表面贴上一层布，使得物块与木板的摩擦因素卩3=0.4，其余条件保持不变，(假设木板足够长)求：(1)物块A与木块B速度相同时，物块A的速度多大？(2)通过计算，判断AB速度相同以后的运动情况； A ______________(3)整个运动过程，物块A与木板B相互摩擦产生的摩擦热多大？考点：牛顿第二定律、运动学、功能关系考查：木板与地的摩擦力计算、AB是否共速运动的判断方法、相对位移和摩擦热的计算。
解析：对于物块 A ： f A =」4mg = 4N加速度： a A =— =-」4g - -4.0m/ s 2，方向向左。
m 对于木板：f 地-"2(m • M)g = 2N加速度：a C =卫 f 地 = 2.0m /s 2，方向向右。
M物块A 相对木板B 静止时，有：a B t^v 2 -a C t 1解得运动时间：I =1/3.s ，V A = V B = a p t r = 2 / 3m / S(2)假设AB 共速后一起做运动， a 二 J (M ―- -1m/s 2物块A 的静摩擦力:二 ma =1N ：： f A所以假设成立，AB 共速后一起做匀减速直线运动。
拓展2:在例题1中，若地面光滑，其他条件保持不变，求： (1) 物块A 与木板B 相对静止时，A 的速度和位移多大? (2) 若物块A 不能滑离木板 B,木板的长度至少多大？ 物块A 与木板B 摩擦产生的热量多大？物块、木板的位移计算，木板长度的计算,选公式列式计算。
相对位移与物块、木板位移的关系，优(2)由动能定理得:(3)共速前A 的位移：S A =2 2V A -V 。
2a A木板B 的位移：S BV B 1m2a B 9所以：Q -」3mg(S A -S B )=-J3解析: (1) A 、B 动量守恒，有：mv 0 = (M m)v解得：v 二mv 。
M m 二 1m/s1 2对 A ： -叫 mgS Amv 1 mv o2对B:1 2 -叫mgS BMv -0(M m)(3) 考点: 动量守恒定律、动能定理、能量守恒定律考查:S A = L ■ S B解得：L =1m又:（3）摩擦热：Q二叫mgL =1J拓展3:如图所示，光滑的水平面上有两块相同的长木板A和B,长度均为L=0.5m, 在B 的中间位置有一个可以看作质点的小铁块C三者的质量都为m=1kg,C与A、B间的动摩擦因数均为u=0.5.现在A以速度V a=6m/s向右运动并与B相碰，碰撞时间极短,碰后AB粘在一起运动，而C可以在B上滑动g=10m/s2,求：（1）A、B碰撞后B的速度考点：考查：（2）小铁块C最终距长木板A左端的距离.（3）整个过程系统损失的机械能。
动量守恒定律、动能定理、能量守恒定律对多物体、多过程问题的正确分析，选择合适的规律列表达式，准确书写出表达式。
解析：（1）与B碰后，速度为V i，由动量守恒定律得mv=2mv①丁二―（2 分）A B、C的共同速度为V2，由动量守恒定律有mv=3mv②小铁块C做匀加速运动: （1分）Sf ———— 0.4m当达到共同速度时：④（1分）f =吃二0咖a⑤（1 分）对A B整体，期官二，尬= ⑥（1分）（1 分）"3—S+£ =0.血小铁块C距长木板A左端的距离：_ ⑧(1分)(3)小铁块C在长木板的相对位移：A S = S _S C = 0.6m1 2 1 2系统损失的机械能：E mvo - 2mw…-= 8J2 2拓展4例5■在例题1中，若地面光滑，长木板的上表面的右端固定一根轻弹簧，弹簧的自由端在Q点，Q点右端表面是光滑的，Q点到木板左端的距离L= 0.5 m 其余条件保持不变，求：(1)弹簧的最大弹性势能多大？(2)要使滑块既能挤压弹簧，又最终没有滑离木板，则物块与木板的动摩擦因素 -的范围。
(滑块与弹簧的相互作用始终在弹簧的弹性限度内)考点：动量守恒定律、功能关系、能量守恒定律考查：正确理解弹性势能最大的意思，准确找出临界条件，准确书写出相应的方程。
解析：(1)A、B动量守恒，有：mv0=(M - m)vmv0解得：v 一= 1m/ sM +m设最大弹性势能为E P，由能量守恒定律得：1 212 mv0(M m)v ~mgL E p2 2解得：E P =0.5J(2 )要使滑块A挤压弹簧，及A、B共速且恰好运动到Q点时，有:mv0 = (M m)v11 2 1 2mv0(M m)w 川' mgL2 2解得："= 0.2要使滑块最终没有滑离木板B，即A、B共速且物块恰好运动到木板B的最左端时，有: mv0 = (M m)v21 2 2mv02(M ' m)v12s mgLT o解得：=0.1所以：0.1 V：：：0.2变式训练，巩固提升：考查：对知识的迁移、应用，培养能力1.如图所示，一平板小车静止在光滑的水平地面上，车上固定着半径为R=0.7m的四分之一竖直光滑圆弧轨道，小车与圆弧轨道的总质量M为2kg，小车上表面的AB部分是长为1.0m的粗糙水平面，圆弧与小车上表面在B处相切.现有质量m=1kg的滑块(视为质点)以V0=3m/s的水平初速度从与车的上表面等高的固定光滑平台滑上小车，滑块恰好在B处2相对小车静止，g=10m/s .(1)求滑块与小车之间的动摩擦因数卩和此过程小车在水平面上滑行的距离s；(2)要使滑块滑上小车后不从C处飞出，求初速度V0 应满足的条件.2.如图所示，在光滑的水平面上停放着一辆质量M= 4 kg、高h = 0.8 m的平板车Q,车的左端固定着一条轻质弹簧，弹簧自然状态时与车面不存在摩擦•半径为R= 1.8 m的光滑圆轨道的底端的切线水平且与平板车的表面等高.现有一质量为m= 2 kg的物块P(可视为质点)从圆弧的顶端A处由静止释放，然后滑上车的右端•物块与车面的滑动摩擦因数为 =0.3，能发生相互摩擦的长度L = 1.5 m，g取10 m/s 2.(1) 物块滑上车时的速度为多大？(2) 弹簧获得的最大弹性势能为多大？(3) 物块最后能否从车的右端掉下？若能，求出其落地时与车的右端的水平距离.(1)当v 0=3m/sai,滑块在昵相对小车静止时的北同速度为J,由动量守恒定律：mv 0= (M+m) V]... 对滑块，由动能定理=-pmg(£+L)=*n 『扌01甘+® 对小车！由动能定理！ pmgs= 由①®歸V 嘉严④(2)裳便滑块刚好不从ID 弧轨道上端亡点飞出，滑块到C 点时，二若具有相同的遠度设为v 才由系统水平方向的动壘守恒；mv 0= (M+m)巧…⑥_ 1 7 1 1由系统能壘守恒：|jmgL+mgR=^mx(j 专(M+m)》…⑦ 由④⑥⑦箒v 0=430m/s要楫滑块不从圆弧轨道上端魚飞出，必须衢足* v c <>(30m/s答；(1)滑块与小车之间的动摩擦因数虚0占，此过程，卜车在水平面上滑行的距葛是*m ； (2)要使滑块滑上小车后不从C 处飞出，初遠度％应满足的条件是v 0<436m/s.2.解析：⑴ 设物块滑上车时的速度为 v i .物块从A 滑至该点的过程中机械能守恒，有:mg 金 2mV ,得：V i = “-：/2gR ^ 6 m/s. (2)设弹簧获得的最大弹性势能为 对运动的过程中，动量守恒，有：mv =(讨 M V 2.②由能量守恒定律，有：1 2 1 2，mv =孑耐 MV 2 +（1 mg ® E ）.④⑤联立得：V 3= 0, V 4= 3 m/s( V 3= 4 m/s , V 4= 1 m/s 舍去). 因V 4>V 3,故物块最后能从车的右端掉下 由 h = ^gt 2,及△ s = V 4t — V 3t ,得物块落地时与车的右端的水平距离 △ s = 1.2 m.答案：(1)6 m/s (2)15 J (3)1.2 mE p ,此时物块与车的速度相同， 设为V 2.在物块与车相①②③联立得：E = 15 J.(3)设物块回到车的右端时物块的速度为 的过程中，动量守恒，能量守恒，有：mv = mv + Mw1 2 1 2 1 2一mv = mv + Mv + 2 i mgl _ 2 2 2 V 3,车的速度为V 4.从A 滑上车至回到车的右端④⑤-D …③⑴求A 滑块与B 滑块碰撞后的速度 V A '和V B(2)若A 滑块与B 滑块碰撞后，B 滑块恰能达到 的大小为多少？11 .解析：(1)设与B 相碰前A 的速度为V A , 1 2 2m\A = mgR N 点，贝U MN 段与B 滑块间的摩擦因数卩 A 从圆弧轨道上滑下时机械能守恒，故A 与B 相碰时，动量守恒且无机械能损失，有mv A =mv A ‘ 1 2 1 qmv A = qmv A由①②③得，V A ' + mv B '②2+ *mv B ，2③=0, V B ' = 4 m/s.(2)B 在碰撞后在摩擦力作用下减速运动，到达—fL = 0— ^mv B ‘ 2④ 其中f =卩mg) 由④⑤得尸0.25. 答案：(1)0 4 m/s (2)0.253、如图所示，光滑水平面 MN 的左端M 处由一弹射装置 P ( P 为左端固定，处于压缩 状态且锁定的轻质弹簧，当A 与P 碰撞时P 立即解除锁定)，右端N 处与水平传送带恰平齐且很靠近，传送带沿逆时针方向以恒定速率 V = 5m/s匀速转动，水平部分长度L = 4m 。