滑块—木板模型专题(附详细答案)

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高考物理《滑块—木板模型》真题练习含答案

高考物理《滑块—木板模型》真题练习含答案1.如图所示，货车车厢中央放置一装有货物的木箱，该木箱可视为质点．已知木箱与车厢之间的动摩擦因数μ＝0.4.下列说法正确的是()A．若货车向前加速时，木箱对车厢的摩擦力方向向左B．为防止木箱发生滑动，则货车加速时的最大加速度不能超过4 m/s2C．若货车行驶过程中突然刹车，木箱一定与车厢前端相撞D．若货车的加速度为5 m/s2时，木箱受到的摩擦力为静摩擦力答案：B解析：若货车向前加速时，车厢对木箱的摩擦力方向向左，根据牛顿第三定律得木箱对车厢的摩擦力方向向右，A错误；当摩擦力达到最大静摩擦力时刚好不发生相对滑动，最大加速度a＝μg＝4 m/s2，B正确；若货车行驶过程突然刹车，加速度小于等于4 m/s时木箱不会相对车厢滑动，发生相对滑动时也不一定与车的前端相撞，C错误；货车的加速度5 m/s2>4 m/s2，木箱已经发生相对滑动，木箱受到的摩擦力为滑动摩擦力，D错误．2．[2024·广东省中山市第一次模拟](多选)如图甲所示，物块A与木板B静止地叠放在水平地面上，A、B间的动摩擦因数μ＝0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，地面光滑．现对A施加水平向右的大小不同的拉力F，测得B的加速度a与力F的关系如图乙所示，取g ＝10 m/s2，则()A.当F<24 N时，A、B间的摩擦力保持不变B．当F>24 N时，A、B间的摩擦力保持不变C．A的质量为4 kgD．B的质量为2 kg答案：BCD解析：由图乙可知，当F<24 N时，A、B保持相对静止，B的加速度逐渐增大，则A、B间的摩擦力逐渐增大；当F>24 N时，A、B发生相对滑动，A、B间滑动摩擦力保持不变，A错误，B正确；设A、B的质量分别为m1、m2，当F＝24 N时，根据牛顿第二定律，对A，有F－μm1g＝m1a，对B，有μm1g＝m2a，解得A、B的质量分别为m1＝4 kg，m2＝2 kg，C、D正确．3．[2024·广西南宁市开学考试]如图所示，质量m A＝2 kg的小物块A可以看作质点，以初速度v0＝3 m/s滑上静止的木板B左端，木板B足够长，当A、B的速度达到相同后，A、B又一起在水平面上滑行直至停下．已知m B＝1 kg，A、B间的动摩擦因数μ1＝0.2，木板B 与水平面间的动摩擦因数μ2＝0.1，g取10 m/s2.求：(1)小物块A刚滑上木板B时，A、B的加速度大小a A和a B；(2)A、B速度达到相同所经过的时间t；(3)A、B一起在水平面上滑行至停下的距离x.答案：(1)a A＝2 m/s2，a B＝1 m/s2(2)t＝1 s(3)x＝0.5 m解析：(1)根据题意可知，A与B之间的滑动摩擦力大小f1＝μ1m A g＝4 NB与水平面之间的滑动摩擦力大小f2＝μ2(m A＋m B)g＝3 N当A刚滑上B时，由牛顿第二定律，对A有f1＝m A a A对B有f1－f2＝m B a B解得a A＝2 m/s2，a B＝1 m/s2(2)设A、B达到相同的速度为v，对A、B相对滑动的过程，由公式v＝v0＋at对A有v＝v0－a A t对B有v＝a B t解得t＝1 s，v＝1 m/s(3)以A、B整体为研究对象，由牛顿第二定律得f2＝(m A＋m B)a一起在水平面上滑行至停下过程0－v2＝－2ax解得x＝0.5 m4．[2024·辽宁省阜新市月考]如图所示，水平桌面上质量m1为0.01 kg的薄纸板上，放有一质量m2为0.04 kg的小水杯(可视为质点)，小水杯距纸板左端距离x1为0.5 m，距桌子右端距离x2为1 m，现给纸板一个水平向右的恒力F，欲将纸板从小水杯下抽出．若纸板与桌面、水杯与桌面间的动摩擦因数μ1均为0.4，水杯与纸板间的动摩擦因数μ2为0.2，重力加速度g取10 m/s2，设水杯在运动过程中始终不会翻倒，则：(1)求F多大时，抽动纸板过程水杯相对纸板不滑动；(2)当F为0.4 N时，纸板的加速度是多大？(3)当F满足什么条件，纸板能从水杯下抽出，且水杯不会从桌面滑落？答案：(1)0.3 N(2)12 m/s2(3)F≥0.315 N解析：(1)当抽动纸板且水杯相对纸板滑动时，对水杯进行受力分析，根据牛顿第二定律得μ2m2g＝m2a1，解得a1＝2 m/s2对整体分析，根据牛顿第二定律得F1－μ1(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a1解得F1＝0.3 N故当F1≤0.3 N抽动纸板过程水杯相对纸板不滑动；(2)当F2＝0.4 N时，纸杯和纸板已经发生相对滑动，则有F2－μ2m2g－μ1(m1＋m2)g＝m1a解得a＝12 m/s2(3)纸板抽出的过程，对纸板有F－μ2m2g－μ1(m1＋m2)g＝m1a纸板抽出的过程，二者位移关系满足x1＝12at2－12a1t2纸板抽出后，水杯在桌面上做匀减速直线运动，设经历时间t′恰好到桌面右边缘静止，有μ1m2g＝m2a′1由速度关系有a1t＝a′1t′纸杯的位移关系有x2－12a1t2＝a1t2×t′联立解得F＝0.315 N所以，当F≥0.315 N时，纸板能从水杯下抽出，且水杯不会从桌面滑落．。

(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(解析版)-高考物理5种类碰撞问题

滑块木板模型【问题解读】两类情景水平面光滑，木板足够长，木板初速度为零水平面光滑，木板足够长，木板初速度不为零图示v ---t 图像物理规律动量守恒，最终二者速度相同mv 0=(m +M )v 共，机械能不守恒，损失的机械能等于产生的热量Q =fs =12mv 20-12(m +M )v 2，式中s 为木块在木板上相对滑动的距离，f 为木块与木板之间的摩擦力动量守恒，最终二者速度相同M v 0-mv 0=(m +M )v 共，机械能不守恒，损失的机械能等于产生的热量Q =fs =12mv 20+12M v 20-12(m +M )v 共2，式中s 为木块在木板上相对滑动的距离，f 为木块与木板之间的摩擦力。

【高考题典例】1.(14分)(2024年高考新课程卷)如图，一长度l =1.0m 的均匀薄板初始时静止在一光滑平台上，薄板的右端与平台的边缘O 对齐。

薄板上的一小物块从薄板的左端以某一初速度向右滑动，当薄板运动的距离Δl =l6时，物块从薄板右端水平飞出；当物块落到地面时，薄板中心恰好运动到O 点。

已知物块与薄板的质量相等。

它们之间的动摩擦因数μ=0.3，重力加速度大小g =10m/s 2。

求(1)物块初速度大小及其在薄板上运动的时间；解题思路本题考查的考点：动量守恒定律、动能定理、平抛运动规律。

(1)设物块质量m ，初速度为v 0，薄板质量m ，物块滑上薄板，由动量守恒定律mv 0=mv 1+mv 2μmgl =12mv 20-12mv 21-12mv 22物块在薄板上运动加速度a 1=μg =3m/s 2物块在薄板上运动位移s =7l /6v 20-v 21=2a 1s联立解得：v 0=4m/s ，v 1=3m/s ，v 2=1m/s由v 0-v 1=at 1，解得t 1=13s(2)物块抛出后薄板匀速运动，l2-Δl =v 2t 2解得t 2=13s平台距地面的高度h =12gt 22=59m2.(2023年高考选择性考试辽宁卷)如图，质量m 1=1kg 的木板静止在光滑水平地面上，右侧的竖直墙面固定一劲度系数k =20N /m 的轻弹簧，弹簧处于自然状态。

滑块木板模型练习题目大全精选(带答案).doc

精品文档滑块模板模型题目大全精选一．选择题（共8小题）1．（2014•江西一模）如图甲所示，质量M=0.8kg的木板静止在粗糙的水平地面上，在木板的左端静止放置一个质量m=1.2kg、大小可以忽略的铁块，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，F随时间变化的关系式是F=2t N，图乙表示铁块受到木板的摩擦力f随拉力F大小变化的图象．设木板足够长，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g=10m/s2，下列说法正确的是（）A．木板与地面间的动摩擦因数μ1=0.1B．铁块与木板间的动摩擦因数μ2=0.3C．1s末两物体开始运动D．3s末两物体开始分离运动2．（2012•安徽三模）如图所示，水平桌面光滑，A、B物体间的动摩擦因数为μ（可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力），A物体质量为2m，B和C物体的质量均为m，滑轮光滑，砝码盘中可以任意加减砝码．在保持A、B、C三个物体相对静止且共同向左运动的情况下，B、C间绳子所能达到的最大拉力是（）A．μmg B．μmg C．2μmgD．3μmg3．（2015•包头二模）如图甲所示，静止在光滑水平面上的长木板B（长木板足够长）的左端放着小物块A．某时刻，A受到水平向右的外力F作用，F随时间t的变化规律如图乙所示，即F=kt，其中k为已知常数．若物体之间的滑动摩擦力f的大小等于最大静摩擦力，且A、B的质量相等，则下列图中可以定性地描述长木板B运动的V﹣t图象的是（）A． B． C．D．4．如图所示，光滑的水平面上静置质量为M=8kg的平板小车，在小车左端加一个由零逐渐增大的水平堆力F，一个大小不计、质量为m=2kg的小物块放在小车右端上面，小物块与小车间的动摩擦因数μ=0.2，小车足够长，重力加速度g取10m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法中正确的是（）A．当F增加到4N时，m相对M开始运动B．当F增加到20N时，m相对M开始运动C．当F=10N时，m对M有向左的2N的摩擦力D．当F=10N时，m对M有向左的4N的摩擦力5．如图甲所示，在水平地面上有一长木板B，其上叠放木块A，假定木板与地面之间、木块和木板之间的最大静摩擦力都和滑动摩擦力相等．用一水平力F作用于B，A，B的加速度与F的关系如图乙所示，重力加速度g取10m/s2，则下列说法正确的是（）A．A的质量为0.5kgB．B的质量为1.5kgC．B与地面间的动摩擦因数为0.2D．A，B间的动摩擦因数为0.26．（2014秋•临沂期末）如图所示，质量为m1的足够长木板静止在水平面上，其上放一质量为m2的物块．物块与木板的接触面是光滑的．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、物块的加速度和速度大小，图中符合运动情况的是（）A．B．C．D．7．（2015秋•小店区校级期中）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μ．最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g．现对B施加一水平拉力F，则（）A．当F＜2μmg时，A、B相对地面静止B．当F=μmg时，A的加速度为μgC．当F＞3μmg时，A相对B滑动D．无论F为何值，A的加速度不会超过μg8．（2014•靖边县校级模拟）如图，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（）A．B． C． D．二．填空题（共1小题）9．（2015秋•成都校级月考）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/s2，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数为0.3，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是多大？（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）（4）若木板的长度、木块质量、木板的上表面与木块之间的动摩擦因数、木块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？三．解答题（共10小题）10．（2014•云南一模）如图所示，质量M=1kg的木块A静止在水平地面上，在木块的左端放置一个质量m=1kg的铁块B（大小可忽略），铁块与木块间的动摩擦因数μ1=0.3，木块长L=1m，用F=5N的水平恒力作用在铁块上，g取10m/s2．（1）若水平地面光滑，计算说明两木块间是否会发生相对滑动．（2）若木块与水平地面间的动摩擦因数μ2=0.1，求铁块运动到木块右端的时间．11．（2014秋•泉州校级期中）如图所示，在光滑的水平地面上有一个长为L，质量为M=4Kg 的木板A，在木板的左端有一个质量为m=2Kg的小物体B，A、B之间的动摩擦因数为μ=0.2，当对B施加水平向右的力F作用时（设A、B间的最大静摩擦力大小与滑动摩擦力大小相等），（1）若F=5N，则A、B 加速度分别为多大？（2）若F=10N，则A、B 加速度分别为多大？（3）在（2）的条件下，若力F作用时间t=3s，B刚好到达木板A的右端，则木板长L应为多少？12．（2013秋•无极县校级月考）如图示，在光滑的水平面上静止放有一质量M=4kg的长木板，现有一质量为m=1kg的小物块（视为质点）以v0=10m/s的初速度从木板的左端滑上木板，已知物块与木板间的动摩擦因数μ=0.4，要使物块不能从木板上滑下，求木板的长度至少为多少？13．（2014•复兴区校级一模）一质量为500kg的木箱放于质量为2000kg的平板车的后部，木箱到驾驶室的距离L=1.6m，已知木箱与平板车间的动摩擦因数u=0.484，平板车运动过程中所受的阻力是车和箱总重的0.2倍，平板车以V o=22m/s的恒定速率行驶，突然驾驶员刹车，使车做匀减速运动，为让木箱不撞击驾驶室，g取10，试求：（1）从刹车开始到平板车完全停止至少要经过多长时间？（2）驾驶员刹车时的制动力不能超过多少？14．（2013•江苏）如图所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验．若砝码和纸板的质量分别为m1和m2，各接触面间的动摩擦因数均为μ．重力加速度为g．（1）当纸板相对砝码运动时，求纸板所受摩擦力的大小；（2）要使纸板相对砝码运动，求所需拉力的大小；（3）本实验中，m1=0.5kg，m2=0.1kg，μ=0.2，砝码与纸板左端的距离d=0.1m，取g=10m/s2．若砝码移动的距离超过l=0.002m，人眼就能感知．为确保实验成功，纸板所需的拉力至少多大？15．如图所示，薄板A长L=5m，其质量M=5kg，放在水平桌面上，板右端与桌边相齐．在A上距右端s=3m处放一物体B（可看成质点），其质量m=2kg．已知A、B间动摩擦因数μ1=0.1，A与桌面间和B与桌面间的动摩擦因数均为μ2=0.2，原来系统静止．现在在板的右端施加一大小一定的水平力F持续作用在A上直到将A从B下抽出才撤去，且使B最后停于桌的右边缘．求：（1）B运动的时间．（2）力F的大小．16．（2010•乾安县校级三模）如图所示，在足够长的光滑水平面上，放置一长为L=1m、质量为m1=0.5kg的木板A，一质量为m2=1kg的小物体B以初速度υ0=4m/s滑上A的上表面，A与B之间的动摩擦因数为μ=0.2，g=10m/s2；（1）当B刚从A上滑落时，A、B的速度分别是多大？（2）为使B不从木板A的右端滑落，当B滑上A时，在A的右端始终施加一个水平向右的恒力F，求F的大小应满足的条件．17．（2014秋•渝中区校级期中）如图所示，光滑水平面上静止放着长L=1m，质量为M=3kg 的木块，一个质量为m=1kg的小物体（可看作质点）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/s2）（1）为使物体与木板不发生滑动，F不能超过多少？（2）如果拉力F=10N恒定不变，求小物体离开木板时的速度大小．18．（2011秋•潍坊期末）如图所示，长为L=2m、质量为M=8kg的木板，放在水平地面上，木板向右运动的速度v=6m/s时，在木板前端轻放一个大小不计，质量为m=2kg的小物块．木板与地面、物块与木板间的动摩擦因数均为μ=0.2，g=10m/s2，求：（1）物块及木板的加速度；（2）物块滑离木板时的速度．19．（2011•中山市校级二模）质量M=3kg的长木板放在光滑的水平面上，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lm/s时，将质量m=4kg的物块轻轻放到木板的右端，已知物块与木板间动摩擦因数μ=0.2，取g=10m/s2．求：（1）物体经多少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？滑块模板模型题目大全精选参考答案与试题解析一．选择题（共8小题）1．（2014•江西一模）如图甲所示，质量M=0.8kg的木板静止在粗糙的水平地面上，在木板的左端静止放置一个质量m=1.2kg、大小可以忽略的铁块，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，F随时间变化的关系式是F=2t N，图乙表示铁块受到木板的摩擦力f随拉力F大小变化的图象．设木板足够长，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g=10m/s2，下列说法正确的是（）A．木板与地面间的动摩擦因数μ1=0.1B．铁块与木板间的动摩擦因数μ2=0.3C．1s末两物体开始运动D．3s末两物体开始分离运动【考点】牛顿第二定律；动摩擦因数．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】从图乙中可以看出，当F=2N时，木板开始滑动，说明地面给木板的滑动摩擦力为2N，f1=μ1（M+m）g求木板与地面间的动摩擦因数μ1；根据图乙中可以看出，当F从6逐渐增加时，f不变，说明此时的f是滑动摩擦力，即f=μ2mg 从而求动摩擦因数μ2．【解答】解：AC、从图乙中可以看出，当F=2N时，即t=1s时，木板和铁块开始一起滑动，说明地面给木板的滑动摩擦力为2N，f1=μ1（M+m）g=2N，μ1==0.1，故AC正确；B、从图乙中可以看出F=6N，即t=3s，铁块开始相对木板滑动，此时的f是滑动摩擦力，即f=μ2mg=4N可得：μ2==，故B错误，D正确；故选：ACD【点评】解决本题的关键能够正确地受力分析，分析铁块和木板的运动状态，运用牛顿第二定律进行求得不同的加速度，结合运动学公式联合求解2．（2012•安徽三模）如图所示，水平桌面光滑，A、B物体间的动摩擦因数为μ（可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力），A物体质量为2m，B和C物体的质量均为m，滑轮光滑，砝码盘中可以任意加减砝码．在保持A、B、C三个物体相对静止且共同向左运动的情况下，B、C间绳子所能达到的最大拉力是（）A．μmg B．μmg C．2μmgD．3μmg【考点】摩擦力的判断与计算；物体的弹性和弹力．【专题】摩擦力专题．【分析】先以BC整体为研究对象，根据AB间的最大静摩擦力结合牛顿第二定律求出BC 的最大加速度，再以C为研究对象根据牛顿第二定律求出绳子的拉力．【解答】解：AB间的最大静摩擦力为μ•2mg，先以BC整体为研究对象，根据牛顿第二定律：μ•2mg=2ma max得：a max=μg以C为研究对象，根据牛顿第二定律：T max=ma=μmg故选：B．【点评】本题关键是灵活选取研究对象然后结合牛顿第二定律求解，明确采取整体法的条件是：两个物体加速度相同．3．（2015•包头二模）如图甲所示，静止在光滑水平面上的长木板B（长木板足够长）的左端放着小物块A．某时刻，A受到水平向右的外力F作用，F随时间t的变化规律如图乙所示，即F=kt，其中k为已知常数．若物体之间的滑动摩擦力f的大小等于最大静摩擦力，且A、B的质量相等，则下列图中可以定性地描述长木板B运动的V﹣t图象的是（）A． B． C．D．【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的图像．【分析】当F较小时，AB整体具有共同的加速度，二者相对静止，当F较大时，二者加速度不同，将会发生相对运动，此后A做变加速直线，B匀加速直线运动，为了求出两物体开始分离的时刻，必须知道分离时F的大小，此时采用整体法和隔离法分别列牛顿第二定律的方程即可【解答】解：选AB整体为研究对象，AB整体具有共同的最大加速度，有牛顿第二定律得：a1=对B应用牛顿第二定律：a1=对A应用牛顿第二定律：a1=经历时间：t=由以上解得：t=此后，B将受恒力作用，做匀加速直线运动，图线为倾斜的直线故选：B【点评】当两者相对运动后，B将受恒力作用，做匀加速运动，可排除C、D选项，A、B 选项的差别在于恰好相对运动的时刻，就需分别采用隔离法和整体法分别列方程了，也可以采用反证法，看看当F=f时是否相对滑动？所以，要注意总结解题方法4．如图所示，光滑的水平面上静置质量为M=8kg的平板小车，在小车左端加一个由零逐渐增大的水平堆力F，一个大小不计、质量为m=2kg的小物块放在小车右端上面，小物块与小车间的动摩擦因数μ=0.2，小车足够长，重力加速度g取10m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法中正确的是（）A．当F增加到4N时，m相对M开始运动B．当F增加到20N时，m相对M开始运动C．当F=10N时，m对M有向左的2N的摩擦力D．当F=10N时，m对M有向左的4N的摩擦力【考点】牛顿第二定律；摩擦力的判断与计算．【分析】通过物块与木板的摩擦力与最大静摩擦力比较，判断是否发生相对滑动．隔离对小物块分析，根据牛顿第二定律求出小物块的加速度的大小，然后对整体分析，根据牛顿第二定律求出整体受到的推力的大小．对整体分析，根据牛顿第二定律求出整体的加速度，隔离对小物块分析，根据牛顿第二定律求出小物块所受的摩擦力大小．【解答】解：A、假设相对静止，对m，其最大摩擦力f提供最大的加速度，故f=μmg=ma 所以：a=μg=0.2×10=2m/s2对整体：F=（M+m）a=（8+2）×2=20N可知若要m相对于M开始运动，则推力满足：F＞20N．故AB错误；C、当F=10N时，选择向右为正方向，对整体：F=（M+m）a′所以：对m，受到的摩擦力提供加速度，有：f′=ma′=2×1=2N根据牛顿第三定律可知，m对M的摩擦力的大小也是2N，方向向左．故C正确，D错误．故选：C【点评】解决本题的关键理清物块和木板的运动规律，抓住位移关系，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁．5．如图甲所示，在水平地面上有一长木板B，其上叠放木块A，假定木板与地面之间、木块和木板之间的最大静摩擦力都和滑动摩擦力相等．用一水平力F作用于B，A，B的加速度与F的关系如图乙所示，重力加速度g取10m/s2，则下列说法正确的是（）A．A的质量为0.5kgB．B的质量为1.5kgC．B与地面间的动摩擦因数为0.2D．A，B间的动摩擦因数为0.2【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】对图象进行分析，明确物体的运动状态和加速度的变化情况，再根据牛顿第二定律以及摩擦力公式进行分析，列式求解即可得出对应的质量和动摩擦因数．【解答】解：由图可知，二者开始时对地静止，当拉力为3N时开始对地滑动；故B与地面间的最大静摩擦力为3N；当拉力为9N时，AB相对滑动，此时A的加速度为4m/s2；当拉力为13N时，B的加速度为8m/s2；对A分析可知，μ1g=4；解得：AB间的动摩擦因数μ1=0.4；对B分析可知，13﹣3﹣μ1m A g=m B×8对整体有：9﹣3=（m A+m B）×4联立解得；m A=0.5kg；m B=1kg；则由μ2（m A+m B）g=3解得：B与地面间的动摩擦因数为：μ2=0.2；故AC正确，BD错误；故选：AC．【点评】本题考查牛顿第二定律及图象的相片综合应用，关键在于明确图象的意义，能根据图象找出最大静摩擦及力和加速度的关系．6．（2014秋•临沂期末）如图所示，质量为m1的足够长木板静止在水平面上，其上放一质量为m2的物块．物块与木板的接触面是光滑的．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、物块的加速度和速度大小，图中符合运动情况的是（）A．B．C．D．【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】物块与木板的接触面是光滑的，所以木板一直处于静止，根据牛顿第二定律得出物块加速度以及速度与时间的关系．【解答】解：A、木板一定保持静止，加速为0，故A错误B错误．C、物块的加速度a=，即物块做匀加直线运动，v﹣t图象为倾斜的直线，而木板保持静止，速度一直为0，故C错误D正确；故选：D．【点评】解决本题的关键知道木块和木板之间运动情况，知道速度时间图线的斜率表示加速度．7．（2015秋•小店区校级期中）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μ．最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g．现对B施加一水平拉力F，则（）A．当F＜2μmg时，A、B相对地面静止B．当F=μmg时，A的加速度为μgC．当F＞3μmg时，A相对B滑动D．无论F为何值，A的加速度不会超过μg【考点】牛顿第二定律．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】根据A、B之间的最大静摩擦力，隔离对B分析求出整体的临界加速度，通过牛顿第二定律求出A、B不发生相对滑动时的最大拉力．然后通过整体法隔离法逐项分析．【解答】解：AB之间的最大静摩擦力为：f max=μm A g=2μmg，AB发生滑动的加速度为a=μg，B与地面间的最大静摩擦力为：f′max=μ（m A+m B）g=μmg，故拉力F最小为F：F﹣f′max=（m+2m）•a，所以F=上，AB将发生滑动A、当F＜2 μmg 时，F＜f max，AB之间不会发生相对滑动，B与地面间会发生相对滑动，所以A、B 都相对地面运动，选项A错误．B、当F=μmg时，故AB间不会发生相对滑动，由牛顿第二定律有：a=，选项B正确．C、当F＞3μmg 时，AB间不会发生相对滑动，选项C错误．D、A对B的最大摩擦力为2μmg，无论F为何值，A的加速度为a=μg，当然加速度更不会超过μg，选项D正确．故选：BD．【点评】本题考查了摩擦力的计算和牛顿第二定律的综合运用，解决本题的突破口在于通过隔离法和整体法求出A、B不发生相对滑动时的最大拉力．8．（2014•靖边县校级模拟）如图，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（）A．B． C． D．【考点】牛顿第二定律．【专题】压轴题；牛顿运动定律综合专题．【分析】当F比较小时，两个物体相对静止，一起加速运动，加速度相同，根据牛顿第二定律得出加速度与时间的关系．当F比较大时，m2相对于m1运动，两者加速度不同，根据牛顿第二定律分别对两个物体研究，得出加速度与时间的关系，再选择图象．【解答】解：当F比较小时，两个物体相对静止，加速度相同，根据牛顿第二定律得：a==，a∝t；当F比较大时，m2相对于m1运动，根据牛顿第二定律得：对m1：a1=，μ、m1、m2都一定，则a1一定．对m2：a2===t﹣μg，a2是t的线性函数，t增大，a2增大．由于，则两木板相对滑动后a2图象大于两者相对静止时图象的斜率．故A正确．故选：A【点评】本题首先要分两个相对静止和相对运动两种状态分析，其次采用整体法和隔离法研究得到加速度与时间的关系式，再选择图象，是经常采用的思路．二．填空题（共1小题）9．（2015秋•成都校级月考）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/s2，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数为0.3，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是多大？（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）（4）若木板的长度、木块质量、木板的上表面与木块之间的动摩擦因数、木块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？【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】（1）根据牛顿第二定律求出木板的加速度．（2）让木板先做匀加速直线运动，然后做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律，结合位移之和等于板长求出恒力F作用的最短时间．（3）根据牛顿第二定律求出木块的最大加速度，隔离对木板分析求出木板的加速度，抓住木板的加速度大于木块的加速度，求出施加的最小水平拉力．（4）应用运动学公式，根据相对加速度求所需时间．【解答】解：（1）木板受到的摩擦力F f=μ（M+m）g=10N木板的加速度=2.5m/s2（2）设拉力F作用t时间后撤去，木板的加速度为木板先做匀加速运动，后做匀减速运动，且a=﹣a′有at2=L解得：t=1s，即F作用的最短时间是1s．（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，则对木板：F1﹣μ1mg﹣μ（M+m）g=Ma木板木板能从木块的下方抽出的条件：a木板＞a木块解得：F＞25N（4）木块的加速度木板的加速度=4.25m/s2木块滑离木板时，两者的位移关系为x木板﹣x木块=L即带入数据解得：t=2s答：（1）木板的加速度2.5m/s2；（2）要使木块能滑离木板，水平恒力F作用的最短时间1s；（3）对木板施加的最小水平拉力是25N；（4）木块滑离木板需要2s【点评】本题综合考查了牛顿第二定律和运动学公式，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁．对于第三问抓住临界情况，结合牛顿第二定律求解．三．解答题（共10小题）10．（2014•云南一模）如图所示，质量M=1kg的木块A静止在水平地面上，在木块的左端放置一个质量m=1kg的铁块B（大小可忽略），铁块与木块间的动摩擦因数μ1=0.3，木块长L=1m，用F=5N的水平恒力作用在铁块上，g取10m/s2．（1）若水平地面光滑，计算说明两木块间是否会发生相对滑动．（2）若木块与水平地面间的动摩擦因数μ2=0.1，求铁块运动到木块右端的时间．【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；摩擦力的判断与计算．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】（1）假设不发生相对滑动，通过整体隔离法求出A、B之间的摩擦力，与最大静摩擦力比较，判断是否发生相对滑动．（2）根据牛顿第二定律分别求出A、B的加速度，结合位移之差等于木块的长度求出运动的时间．【解答】解：（1）A、B之间的最大静摩擦力为：f m＞μmg=0.3×10N=3N．假设A、B之间不发生相对滑动，则对AB整体分析得：F=（M+m）a对A，f AB=Ma代入数据解得：f AB=2.5N．因为f AB＜f m，故A、B之间不发生相对滑动．（2）对B，根据牛顿第二定律得：F﹣μ1mg=ma B，对A，根据牛顿第二定律得：μ1mg﹣μ2（m+M）g=Ma A根据题意有：x B﹣x A=L，，联立解得：．答：（1）A、B之间不发生相对滑动；（2）铁块运动到木块右端的时间为．【点评】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，抓住A、B的位移关系，结合A、B的加速度，运用运动学公式的进行求解．11．（2014秋•泉州校级期中）如图所示，在光滑的水平地面上有一个长为L，质量为M=4Kg 的木板A，在木板的左端有一个质量为m=2Kg的小物体B，A、B之间的动摩擦因数为μ=0.2，当对B施加水平向右的力F作用时（设A、B间的最大静摩擦力大小与滑动摩擦力大小相等），（1）若F=5N，则A、B 加速度分别为多大？（2）若F=10N，则A、B 加速度分别为多大？（3）在（2）的条件下，若力F作用时间t=3s，B刚好到达木板A的右端，则木板长L应为多少？【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系．【专题】传送带专题．【分析】分析物体受力情况，根据牛顿第二定律列式求解；根据AB位移之差为木板长度，可求解【解答】解：（1）分析物体受力，根据牛顿第二定律可得：A：μmg=Ma Amax对AB：F=（M+m）a AB故得：a Amax=1m/s2＞a AB=所以：a A1=a B1=（2）对B：由牛顿第二定律：F﹣f=ma B2N B=mg，f=μN B可得：a B2=3m/s2＞a AB=a A2=1m/s2，故a B2=3m/s2（3）F作用3s，A、B、发生的位移分别为：s A和s Bs A=，，s A﹣s B=L代入数据，解得：L=9m答：（1）若F=5N，则A、B 加速度均为；（2）若F=10N，则A加速度为1m/s2，B 的加速度为3m/s2（3）在（2）的条件下，若力F作用时间t=3s，B刚好到达木板A的右端，则木板长L应为9m【点评】本题考查牛顿第二定律和运动学公式的基本应用，关键分析物体受力情况，难度不大。

2024届高考物理微专题：“滑块-木板”模型问题

微专题24“滑块－木板”模型问题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 fm m.假设两物体同时由静止开始运动，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.如图所示，静止在水平地面上的木板(厚度不计)质量为m 1＝1kg ，与地面间的动摩擦因数为μ1＝0.2，质量为m 2＝2kg 且可看成质点的小物块与木板和地面间的动摩擦因数均为μ2＝0.4，以v 0＝4m/s 的水平初速度从左端滑上木板，经过t ＝0.6s 滑离木板，g 取10m/s 2，以下说法正确的是()A ．木板的长度为1.68mB ．小物块离开木板时，木板的速度为1.6m/sC ．小物块离开木板后，木板的加速度大小为2m/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 ，对木板，由牛顿第二定律得μ2m 2g －μ1(m 1＋m 2)g ＝m 1a 1，解得a 1＝2m/s 2，即物块在木板上以加速度大小a 2＝μ2g ＝4m/s 2向右减速滑行时，木板以加速度大小a 1＝2m/s 2向右加速运动，在0.6s 时，物块的速度v 2＝1.6m/s ，木板的速度v 1＝1.2m/s ，B 错误；物块滑离木板时，物块位移为x 2＝v 0＋v 22t ＝1.68m ，木板位移x 1＝v 12t ＝0.36m ，两者相对位移为x ＝x 2－x 1＝1.32m ，即木板长度为1.32m ，A 错误；物块离开木板后，木板做减速运动，加速度大小为a 1′＝μ1g ＝2m/s 2，方向水平向左，C 错误；分离后，物块在地面上的加速度大小为a 2′＝μ2g ＝4m/s 2，在地面上物块会滑行x 2′＝v 222a 2′＝0.32m ，木板会滑行x 1′＝v 122a 1′＝0.36m ，所以两者会相碰，D 正确．2．(多选)如图a ，一长木板静止于光滑水平桌面上，t ＝0时，小物块(可视为质点)以速度v 0滑上长木板左端，最终小物块恰好没有滑出长木板；图b 为物块与木板运动的v －t 图像，图中t 1、v 0、v 1已知．重力加速度大小为g .由此可求得()A ．木板的长度B ．物块的质量C ．物块与木板的质量之和D ．物块与木板之间的动摩擦因数答案AD 解析根据最终小物块恰好没有滑出长木板，由图像可求出木板的长度为L ＝v 1＋v 02t 1－v 12t 1＝v 02t 1，故A 符合题意；物块的质量不能求出来，也无法求出木板的质量，故不能求出物块与木板的质量之和，故B 、C 不符合题意；对物块，根据图像可以求出物块匀减速阶段的加速度大小，即a ＝v 0－v 1t 1，由牛顿第二定律可知a ＝F f m ＝μmg m＝μg ，联立解得物块与木板之间的动摩擦因数为μ＝v 0－v 1gt 1，故D 符合题意．3.(多选)一长轻质薄硬纸片置于光滑水平地面上，其上放质量均为1kg 的A 、B 两物块，A 、B 与薄硬纸片之间的动摩擦因数分别为μ1＝0.3，μ2＝0.2，水平恒力F 作用在A 物块上，如图所示．已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10m/s 2.下列说法正确的是()A ．若F ＝1.5N ，则A 物块所受摩擦力大小为1.5NB ．若F ＝8N ，则B 物块的加速度大小为2.0m/s 2C ．无论力F 多大，A 与薄硬纸片都不会发生相对滑动D ．无论力F 多大，B 与薄硬纸片都不会发生相对滑动答案BC 解析A 与硬纸片间的最大静摩擦力为F f A ＝μ1m A g ＝0.3×1×10N ＝3N ，B 与硬纸片间的最大静摩擦力为F f B ＝μ2m B g ＝0.2×1×10N ＝2N ．当B 刚要相对于硬纸片滑动时静摩擦力达到最大值，由牛顿第二定律得F f B ＝m B a 0，得a 0＝2m/s 2.对整体，有F 0＝(m A ＋m B )×a 0＝2×2N ＝4N ，即F ≥4N 时，B 将相对纸片运动，此时B 受到的摩擦力F B ＝2N ，则对A 分析，A 受到的摩擦力也为2N ，所以A 的摩擦力小于最大静摩擦力，故A 和纸片间不会发生相对运动；则可知，当拉力为8N 时，B 与纸片间的摩擦力即为滑动摩擦力为2N ，此后增大拉力，不会改变B 的受力，其加速度大小均为2m/s 2，由于轻质薄硬纸片看作没有质量，故无论力F 多大，A 和纸片之间不会发生相对滑动，故B 、C 正确，D 错误；F ＝1.5N<4N ，所以A 、B 与纸片保持相对静止，整体在F 作用下向左匀加速运动，对A 根据牛顿第二定律得F －F f ＝m A a ，所以A 物块所受摩擦力F f <F ＝1.5N ，故A 错误．4.如图所示，长木板放置在水平面上，一小物块置于长木板的中央，长木板和物块的质量均为m ，物块与木板间的动摩擦因数为μ，木板与水平面间的动摩擦因数为μ4，已知最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g .现对物块施加一水平向右的拉力F ，则木板的加速度a 的大小可能是()A ．μgB.13μgC.23μg D.F 2m －14μg 答案D 解析若物块和木板之间不发生相对滑动，物块和木板一起运动，对木板和木块组成的整体，根据牛顿第二定律可知：F －14μ·2mg ＝2ma ，解得：a ＝F 2m －14μg ；若物块和木板之间发生相对滑动，对木板，水平方向受两个摩擦力的作用，根据牛顿第二定律，有：μmg －14μ·2mg ＝ma ，解得：a ＝12μg ，故A 、B 、C 错误，D 正确．5．(多选)如图所示，在桌面上有一块质量为m 1的薄木板，薄木板上放置一质量为m 2的物块，现对薄木板施加一水平恒力，使得薄木板能被抽出而物块也不会滑出桌面．物块与薄木板、薄木板与桌面间的动摩擦因数均为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g ，则下列说法正确的是()A ．物块在薄木板上滑动的时间和在桌面上滑动的时间相等B ．拉力越大，物块刚离开薄木板时的速度越大C ．薄木板对物块的摩擦力方向与拉力方向相同D ．拉力的最小值为μ(2m 1＋m 2)g答案AC 解析物块在薄木板上相对滑动过程，从静止加速至速度v 时离开木板，加速度大小为μg ，在桌面上滑动的过程，受桌面滑动摩擦力作用，加速度大小为μg ，从速度v 减速至静止，由对称性可知，物块在薄木板上滑动的时间和在桌面上滑动的时间相等，A 正确；拉力越大，物块在薄木板上滑行时间越短，由v ＝μgt 可知，物块刚离开薄木板时的速度v 越小，B 错误；物块在薄木板上滑行过程，相对薄木板向左运动，故受到的滑动摩擦力向右，与拉力方向相同，C 正确；物块加速过程的加速度为μg ，薄木板的临界加速度为μg ，整体由牛顿第二定律可得F －μ(m 1＋m 2)g ＝(m 1＋m 2)μg ，解得F ＝2μ(m 1＋m 2)g .为使薄木板能抽出，故拉力的最小值应大于2μ(m 1＋m 2)g ，D 错误．6．如图甲所示，一质量为M 的长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为m 的小滑块．木板受到水平拉力F 作用时，用传感器测出长木板的加速度a 与水平拉力F 的关系如图乙所示，重力加速度g ＝10m/s 2，下列说法正确的是()A ．小滑块的质量m ＝3kgB ．小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.1C ．当水平拉力F ＝7N 时，长木板的加速度大小为3m/s 2D ．当水平拉力F 增大时，小滑块的加速度一定增大答案C 解析由a －F 图像可知，小滑块的最大加速度为2m/s 2，对小滑块分析有μmg ＝ma m ，解得μ＝0.2，B 错误；由a －F 图像可知，外力大于6N 后两物体相对滑动，对长木板受力分析有F－μmg ＝Ma ，整理得a ＝1M F －μmg M .由a －F 图像可知图像的斜率为k ＝1M ，代入数据解得1M＝k ＝26－41，解得M ＝1kg.由a －F 图像可知，外力小于6N 时，两物体有共同加速度，外力等于6N 时，两物体加速度为2m/s 2，对整体分析有F ＝(M ＋m )a ，解得M ＋m ＝3kg ，则有m ＝2kg ，A 错误；由a －F 图像可知，外力大于6N 后两物体相对滑动，相对滑动后小滑块的加速度不随外力的增大而改变，D 错误；由a －F 图像可知，外力大于6N 后两物体相对滑动，对长木板受力分析有F －μmg ＝Ma ′，当水平拉力F ＝7N 时，代入数据得长木板的加速度大小为3m/s 2，C 正确．7．(多选)如图所示，有一倾角θ为37°、下端固定一弹性挡板的光滑斜面，挡板与斜面垂直．一长木板质量为M ，下端距挡板的距离为L ，上端放有一质量为m 的小物块，长木板由静止自由下滑，与挡板每次发生碰撞后均以原速率弹回，且每次碰撞的时间极短，小物块和木板的运动始终与斜面平行．已知m ∶M ＝1∶2，长木板上表面与小物块之间的动摩擦因数为μ＝0.5，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度为g ，不计空气阻力．则下列说法正确的有()A．长木板第一次与挡板碰撞后的瞬间，小物块的加速度大小为0.2gB．长木板第一次与挡板碰撞后的瞬间，长木板的加速度大小为0.8gC．若长木板的长度为10L，则第三次碰撞前小物块已从长木板上滑落D．若长木板的长度为10L，则第三次碰撞前小物块仍没有从长木板上滑落答案ABD解析长木板第一次与挡板碰撞后的瞬间，对木板，有Mg sinθ＋μmg cosθ＝Ma1，a1＝0.8g.对物块，有mg sinθ－μmg cosθ＝ma2，a2＝0.2g，选项A、B正确；木板从开始下滑到与挡板第一次碰撞v02＝2gL sinθ，碰后木板与挡板往复碰撞，加速度不变，相邻两次碰撞的时间为t＝2v00.8g＝5v02g.若木板足够长，物块一直向下加速，加速度不变，则木板第一次与挡板碰撞到第二次碰撞的过程，两者相对位移x1＝2v0t－12(a1－a2)t2＝25v028g，物块的速度为v＝v0＋0.2gt＝1.5v0.木板第二次与挡板碰撞到第三次碰撞的过程，两者相对位移x2＝(1.5v0＋v0)t－12 (a1－a2)t2＝35v028g，则第三次碰前，两者的相对位移为x1＋x2＝15v022g＝9L.木板长10L，故第三次碰撞前小物块仍没有从长木板上滑落，故C错误，D正确．8.如图所示，在光滑水平面上一质量为M＝3kg的平板车以v0＝1.5m/s的速度向右匀速滑行，某时刻(开始计时)在平板车左端加一大小为8.5N、水平向右的推力F，同时将一质量为m＝2kg的小滑块(可视为质点)无初速度地放在小车的右端，最终小滑块刚好没有从平板车上掉下来．已知小滑块与平板车间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g＝10m/s2，求：(1)两者达到相同速度所需要的时间t；(2)平板车的长度l.答案(1)3s(2)2.25m解析(1)小滑块相对平板车滑动时，设小滑块和平板车的加速度大小分别为a1、a2，根据牛顿第二定律有μmg＝ma1，F－μmg＝Ma2解得a1＝2m/s2，a2＝1.5m/s2又a1t＝v0＋a2t解得t ＝3s.(2)两者达到相同速度后，由于F m ＋M＝1.7m/s 2<a 1，可知它们将一起做匀加速直线运动．从小滑块刚放在平板车上至达到与平板车相同速度的过程中，滑块向右的位移大小为x 1＝12a 1t 2平板车向右的位移大小为x 2＝v 0t ＋12a 2t 2又l ＝x 2－x 1解得l ＝2.25m.9.如图所示，在倾角为θ＝37°的足够长斜面上放置一质量M ＝2kg ，长度L ＝1.5m 的极薄平板AB ，在薄平板上端A 处放一质量m ＝1kg 的小滑块(可视为质点)，将小滑块和薄平板同时无初速度释放，已知小滑块与薄平板之间的动摩擦因数为μ1＝0.25，薄平板与斜面之间的动摩擦因数为μ2＝0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g ＝10m/s 2，求：(1)释放后，小滑块的加速度大小a 1和薄平板的加速度大小a 2；(2)从释放到小滑块滑离薄平板经历的时间t .答案(1)4m/s 21m/s 2(2)1s 解析(1)设释放后，滑块会相对于平板向下滑动，对滑块：由牛顿第二定律有mg sin 37°－F f1＝ma 1其中F N1＝mg cos 37°，F f1＝μ1F N1解得a 1＝g sin 37°－μ1g cos 37°＝4m/s 2对薄平板，由牛顿第二定律有Mg sin 37°＋F f1′－F f2＝Ma 2其中F N2＝(m ＋M )g cos 37°，F f2＝μ2F N2，F f1′＝F f1解得a 2＝1m/s 2a 1>a 2，假设成立，即滑块会相对于平板向下滑动．(2)设滑块滑离时间为t ，由运动学公式，有x 1＝12a 1t 2，x 2＝12a 2t 2，x 1－x 2＝L 解得：t ＝1s ．。

专题动力学中的“滑块木板模型” (解析版)

专题18 动力学中的“滑块木板模型”常考点动力学中的“滑块木板模型”分析【典例1】质量m0＝30kg、长L＝1m的木板放在水平面上，木板与水平面的动摩擦因数μ1＝0.15.将质量m＝10kg的小木块（可视为质点），以v0＝4m/s的速度从木板的左端水平滑到木板上（如图所示），小木块与木板面的动摩擦因数μ2＝0.4（最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，g取10m/s2），则以下判断中正确的是（）A．木板一定向右滑动，小木块不能滑出木板B．木板一定向右滑动，小木块能滑出木板C．木板一定静止不动，小木块能滑出木板D．木板一定静止不动，小木块不能滑出木板【解析】木块受到的滑动摩擦力为F f2，方向向左F f2＝μ2mg＝40N木板受到木块施加的滑动摩擦力为F′f2，方向向右，大小为F′f2＝F f2＝40N木板受地面的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，即F f1＝μ1（m＋m0）g＝60NF f1方向向左F′f2＜F f1木板静止不动，木块向右做匀减速运动，设木块减速到零时的位移为x，则由0－v2＝－2μ2gx得x＝2m＞L＝1m故小木块能滑出木板。

【典例2】如图所示，一块足够长的轻质长木板放在光滑水平地面上，质量分别为m A =1kg 和m B =2kg 的物块A 、B 放在长木板上，A 、B 与长木板间的动摩擦因数均为μ=0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。

现用水平拉力F 拉A ，取重力加速度g =10m/s 2。

改变F 的大小，B 的加速度大小可能为（）A ．1.5m/s 2B ．2.5m/s 2C ．3.5m/s 2D ．4.5m/s 2【解析】物块A 、B 放在轻质长木板上，二者所受摩擦力大小相等，由于A 物块所受最大静摩擦小于B 物块的。

故B 物块始终相对长木板静止，当拉力增加到一定程度时，A 相对长木板滑动，B 所受的最大合力等于A 的最大静摩擦力，即B Amax A f f m g μ==根据牛顿第二定律，有B B Bmax f m a =可知B 的最大加速度为2Bmax 2m /s a =【典例3】如图所示，质量为M =5kg 的足够长的长木板B 静止在水平地面上，在其右端放一质量m =1kg 的小滑块A （可视为质点）。

专题05 滑块木板模型(教师版) 2025年高考物理模型归纳

专题05 滑块木板模型目录【模型归纳】 (1)模型一光滑面上外力拉板 (1)模型二光滑面上外力拉块 (1)模型三粗糙面上外力拉板 (1)模型四粗糙面上外力拉块 (2)模型五粗糙面上刹车减速 (2)【常见问题分析】 (2)问题1．板块模型中的运动学单过程问题 (2)问题2．板块模型中的运动学多过程问题1——至少作用时间问题 (3)问题3．板块模型中的运动学多过程问题2——抽桌布问题 (3)问题4．板块模型中的运动学粗糙水平面减速问题 (4)【模型例析】 (4)【模型演练】 (18)条件：a>a1max即μ2>μ1m1刹车加速度：a1=μ1gm2刹车加速度：a2=μ2(m1+m2)g-μ1m1g)]/m2加速度关系：a1<a2A ．小物块在03t t =时刻滑上木板C ．小物块与木板的质量比为3︰4【答案】ABD【详解】A ．v t -图像的斜率表示加速度，可知时刻滑上木板，故A 正确；【答案】（1）4m/s；1s3；（2）59【详解】（1）物块在薄板上做匀减速运动的加速度大小为(1)施加推力时，物块A的加速度的大小；(2)物块A、B碰撞后的瞬间各自的速度大小；(1)若对A施加水平向右的拉力F，A、(2)若对A施加水平向右的恒力7 F=图(a) 图(b)μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2；【答案】（1）1m/s；0.125m；（2）0.25m；3m/s2；（3）43【详解】（1）由于地面光滑，则m1、m2组成的系统动量守恒，则有【例7】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．【审题指导】：如何建立物理情景，构建解题路径①首先分别计算出B与板、A与板、板与地面间的滑动摩擦力大小，判断出A、B及木板的运动情况．②把握好几个运动节点．③由各自加速度大小可以判断出B与木板首先达到共速，此后B与木板共同运动．④A与木板存在相对运动，且A运动过程中加速度始终不变．⑤木板先加速后减速，存在两个过程．【解析】：(1)滑块A和B在木板上滑动时，木板也在地面上滑动。

深圳高中物理滑块及木板模型专题及答案

专题Ⅱ 滑块及木板模型专题
例1、一质量为M的长木板静止在光滑水平桌面上．一质量为m的小滑块以水平速度v0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v0/3．若把该木板固定在水平桌面上，其它条件相同，求滑块离开木板时的速度v．
例 2、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 v0 从长 v 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 0．若把此木板固定在水平桌面 5 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
碰撞+弹簧模型专题
例 1、如图所示，位于光滑水平桌面上的小滑块 P 和 Q 都可视作质点，质量相等．Q 与轻质弹簧相连．设 Q 静止， P 以某一初速度向 Q 运动并与弹簧发生碰撞．在整个碰撞过程中，弹簧具有的最大弹性势能等于（） A．P 的初动能 B．P 的初动能的 1/2 Q P C．P 的初动能的 1/3 D．P 的初动能的 1/4
例 2、如图所示，质量为 1.0kg 的物体 m1，以 5m/s 的速度在水平桌面上 AB 部分的左侧向右运动，桌面 AB 部分与 m1 间的动摩擦因数μ=0.2， AB 间的距离 s=2.25m，桌面其他部分光滑。 m1 滑到桌边处与质量为 2.5kg 的静止物体 m2 发生正碰，碰撞后 m2 在坚直方向上落下 0.6m 时速度大小为 4m/s，若 g 取 10m/s2，问 m1 碰撞后静止在什么位置？
与它碰后以原速率反弹（碰后立即撤去该障碍物）．求 B 与 A 的粗糙面之间的动摩擦因数和滑块 B 最终 2 停在木板 A 上的位置．（g 取 10m/s ）（深圳晏老师 150-0206-5320）

滑块—木板模型专题(附详细答案)(1)

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/s 2.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？1、动力学问题【例1】如图，A是小木块，B是木板，A和B都静止在地面上。

高考物理计算题训练——滑块与木板模型(答案版)

1、木板 M 静止在圆滑水平面上，木板上放着一个小滑m，与木板之的摩擦因数μ，了使得m 能从 M 上滑落下来，求以下各样状况下力 F 的大小范。

（ 1）m 与 M 要生相滑的界条件：①要滑：m 与 M的静摩擦力达到最大静摩擦力；②未滑：此m 与 M 加快度仍同样。

受力分析如，先隔绝 m，由牛第二定律可得：a=μ mg/m= μ g再整体，由牛第二定律可得：F0=(M+m)a解得： F0= μ (M+m) g因此， F 的大小范：F>μ (M+m)g（ 2）受力剖析如，先隔绝M ，由牛第二定律可得：a=μ mg/M再整体，由牛第二定律可得：F0=(M+m)a解得： F0= μ (M+m) mg/M因此， F 的大小范：F>μ (M+m)mg/M2、如所示，有一木板静止在圆滑水平面上，木板量M=4kg ， L=1.4m. 木板右端放着一个小滑，小滑量m=1kg ，其尺寸小于 L ，它与木板之的摩擦因数μ =0.4， g=10m/s 2，（ 1）用水平向右的恒力 F 作用在木板 M 上，了使得 m 能从 M 上滑落下来，求 F 的大小范 .（ 2）若其余条件不，恒力F=22.8N ，且始作用在M 上，求 m 在 M 上滑的 .（ 1）小滑与木板的滑摩擦力f= μFN= μ mg=4N⋯⋯⋯⋯①滑摩擦力 f 是使滑生加快度的最大合外力，其最大加快度a1=f/m= μ g=4m/s 2⋯②当木板的加快度a2 > a1，滑将相于木板向左滑，直至离开木板F-f=m a 2>m a1F> f +m a 1=20N⋯⋯⋯⋯③即当 F>20N ，且保持作用一般后，小滑将从木板上滑落下来。

（ 2）当恒力 F=22.8N ，木板的加快度a2＇，由牛第二定律得F-f= Ｍ a2＇解得： a2＇＝ 4.7m/s2⋯⋯⋯④两者相滑t，在分别以前小滑： x 1=? a1t 2⋯⋯⋯⋯⑤木板： x 1=? a2 ＇ t2⋯⋯⋯⋯⑥又有 x2－ x1=L ⋯⋯⋯⋯⑦根源于网解得： t=2s ⋯⋯⋯⋯⑧3、量 mA=3.0kg 、度L=0.70m 、量 q=+4.0 × 10-5C 的体板 A 在足大的水平面上，量 mB=1.0kg 可点的物 B 在体板 A 的左端，开始A、B 保持相静止一同向右滑，当它的速度减小到 v0=3.0m/s，立刻施加一个方向水平向左、大小板的距离S =2m ，今后 A 、 B 始在匀中，如所示E=1.0 × 105N/C 的匀 ,此 A 的右端到直.假设 A 与板碰撞极短且无机械能失， A 与B 之（摩擦因数 1 =0.25）及 A 与地面之（摩擦因数 2 =0.10）的最大静摩擦力均可等于其滑摩擦力，g 取 10m/s2（不空气的阻力）求：(1) 施加匀，物 B 的加快度的大小？(2) 体板 A 走开板， A 的速度大小？(3)B 可否走开A, 若能，求 B 走开 A ， B 的速度求 B 与 A 的左端的最大距离？大小；若不可以，解：（ 1） B 遇到的最大静摩擦力f1m，f1m1m B g 2.5N . ①（1分）A 遇到地面的滑摩擦力的 f 2， f2 2 ( mA mB ) g 4.0N . ②（1 分）施加后， A ．B 以同样的加快度向右做匀减速运，加快度大小a，由牛第二定律qE f2(m A m B )a ③（ 2分）解得：a 2.0m / s2（2 分）B 遇到的摩擦力f1，由牛第二定律得f1m B a ，④解得： f1 2.0N . 因 f1f1m，因此作用后， A ．B 仍保持相静止以同样加快度 a 向右做匀减速运，因此加上匀， B 的加快度大小a 2.0m / s2（2 分）（ 2） A 与板碰前瞬， A ． B 向右的共同速度v1，v12v022as（ 2 分）解得v11m / s（1 分）A 与板碰撞无机械能失，故 A 走开板速度大小v11m / s（1 分）（ 3） A 与板碰后，以 A ． B 系研究象，qE f2⑥故 A 、B 系量守恒，A 、B 向左共同速度，定向左正方向，得：m A v1m B v1 (m A m B )v⑦（3 分）程中， B 相于 A 向右的位移s1，由系功能关系得：1mBgs11(m A m B )v121(m A m B ) v2⑧（ 4 分）解得s10.60 m （2分）22因 s1L ，因此B不可以走开A ，B 与 A 的左端的最大距离s10.60m（1 分）4、如所示，圆滑水平面MN 的左端 M 有一射装置P(P 左端固定，于状且定的簧，当 A 与 P 碰撞 P 立刻排除定)，右端 N 与水平送恰平且很凑近，送沿逆方向以恒定速率υ =5m/s匀速，水平部分度L = 4m。

“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 。

滑块木板模型+图像(解析版)--2024高考物理疑难题分析与针对性训练

2024高考物理疑难题分析与针对性训练滑块木板模型+图像高考原题(2024高考山东卷第17题)1如图甲所示，质量为M 的轨道静止在光滑水平面上，轨道水平部分的上表面粗糙，竖直半圆形部分的表面光滑，两部分在P 点平滑连接，Q 为轨道的最高点。

质量为m 的小物块静置在轨道水平部分上，与水平轨道间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。

已知轨道半圆形部分的半径R =0.4m ，重力加速度大小g =10m/s 2.(1)若轨道固定，小物块以一定的初速度沿轨道运动到Q 点时，受到轨道的弹力大小等于3mg ，求小物块在Q 点的速度大小v ；(2)若轨道不固定，给轨道施加水平向左的推力F ，小物块处在轨道水平部分时，轨道加速度a 与F 对应关系如图乙所示。

(i )求μ和m ；(ii )初始时，小物块静置在轨道最左端，给轨道施加水平向左的推力F =8N ，当小物块到P 点时撤去F ，小物块从Q 点离开轨道时相对地的速度大小为7m/s 。

求轨道水平部分的长度L 。

思路分析(1)在竖直面内半圆轨道最高点，由牛顿第二定律列方程得出；(2)轨道不固定，根据图乙的加速度随作用力F 的图像，分析得出F =4N 时是小物块相对于水平轨道滑动的临界点。

结合图像乙，利用牛顿第二定律列方程得出相关物理量。

【答案】(1)v =4m/s ；(2)(i )m =1kg ，μ=0.2；(3)L =4.5m 【解析】(1)根据题意可知小物块在Q 点由合力提供向心力有mg +3mg =mv 2R代入数据解得v =4m/s(2)(i )根据题意可知当F ≤4N 时，小物块与轨道是一起向左加速，根据牛顿第二定律可知F =(M +m )a 根据图乙有k =1M +m=0.5kg -1当外力F >4N 时，轨道与小物块有相对滑动，则对轨道有F -μmg =Ma结合题图乙有a =1M F -μmg M可知k=1M=1kg-1截距b=-μmgM=-2m/s2联立以上各式可得M=1kg，m=1kg，μ=0.2 (ii)由图乙可知，当F=8N时，轨道的加速度为6m/s2，小物块的加速度为a2=μg=2m/s2当小物块运动到P点时，经过t0时间，则轨道有v1=a1t0小物块有v2=a2t0在这个过程中系统机械能守恒有1 2Mv21+12mv22=12Mv23+12mv24+2mgR水平方向动量守恒，以水平向左的正方向，则有Mv1+mv2=Mv3+mv4联立解得t0=1.5s根据运动学公式有L=12a1t20-12a2t20代入数据解得L=4.5m针对性训练1(18分)(2024年5月湖北武汉武昌高考适应性考试)如图甲所示，一可看作质点的物块A位于底面光滑的木板B的最左端，A和B以相同的速度v₀=7m/s在水平地面上向左运动。

第六章微专题47 “滑块-木板”模型综合问题-2025年物理《加练半小时》新教材版

第六章机械能守恒定律微专题47“滑块－木板”模型综合问题1．分析滑块与木板间的相对运动情况，确定两者间的速度关系、位移关系，注意两者速度相同时摩擦力可能变化。

2.用公式Q＝F f·x相对或动能定理、能量守恒定律求摩擦产生的热量。

1.(多选)(2023·云南丽江市统测)质量为m1＝4kg的木板放在光滑的水平面上，其上放置一个质量m2＝2kg的小物块，木板和物块间的动摩擦因数为0.4，木板的长度为4m，物块可视为质点，现用一大小为F＝16N的力作用在物块上，下列说法正确的是(g取10m/s2)()A．木板的加速度为2m/s2B．物块的加速度为6m/s2C．经过2s物块从木板上滑离D．物块离开木板时的速度为8m/s答案ACD解析对木板，由牛顿第二定律可得μm2g＝m1a1，解得a1＝2m/s2，对物块，由牛顿第二定律可得F－μm2g＝m2a2，解得a2＝4m/s2，A正确，B错误；物块从木板上滑离时，位移关系满足12a2t2－12a1t2＝L，解得t＝2s，C正确；物块离开木板时的速度为v2＝a2t＝8m/s，D正确。

2．(多选)如图甲，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m＝3kg的木块B可看作质点，以水平速度v0＝2m/s滑上原来静止的长木板A的表面。

由于A、B间存在摩擦力，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示，则下列说法正确的是(g取10m/s2)()A．木板的质量为M＝3kgB．木块减小的动能为1.5JC．系统损失的机械能为3JD．A、B间的动摩擦因数为0.2答案AC解析由题图乙可知，A 、B 的加速度大小都为1m/s 2，根据牛顿第二定律知μmg m ＝1m/s 2，μmg M ＝1m/s 2，代入数据解得M ＝3kg ，μ＝0.1，故A 正确，D 错误；木块减小的动能ΔE k ＝E k0－E k1＝12m v 02－12m v 12＝4.5J ，故B 错误；由题图乙可知，A 、B 的相对位移大小Δx ＝12×2×1m ＝1m ，则系统损失的机械能为ΔE ＝W f ＝μmg Δx ＝3J ，故C 正确。

专题7.6 滑块木板模型(解析版) -3年高考2年模拟1年原创备战2020高考精品系列

专题7.6 滑板木块模型【考纲解读与考频分析】滑板木块模型是高考命题热点，考查频率高。

【高频考点定位】：滑板木块模型考点一：滑板木块模型【3年真题链接】1. （2018海南高考物理）如图(a),一长木板静止于光滑水平桌面上，t =0时，小物块以速度0v 滑到长木板上，图(b)为物块与木板运动的v t -图像，图中t 1、0v 、1v 已知。

重力加速度大小为g . 由此可求得（） A.木板的长度B.物块与木板的质量之比C.物块与木板之间的动摩擦因数D.从t =0开始到t 1时刻，木板获得的动能【参考答案】BC【命题意图】此题考查物块木板模型、动量守恒定律、牛顿运动定律、对速度图像的理解及其相关的知识点。

【解题思路】由图（b ）的速度图像可以得出物块相对于长木板滑动的距离，不能得出长木板的长度，选项A 错误；由动量守恒定律，mv 0=(m+M)v 1，可以得出物块与木板的质量之比m/M=101v v v -，选项B 正确；由图（b ）的速度图像可以得出物块在长木板上滑动的加速度a=011v v t -，由牛顿第二定律，μmg=ma ，可以解得物块与木板之间的动摩擦因数μ=a/g =011v v gt -，选项C 正确；从t =0开始到t 1时刻，木板获得的动能为Ek=12Mv 12，由于不知道长木板的质量M ，因此不能得出从t =0开始到t 1时刻，木板获得的动能，选项D 错误。

【2年模拟再现】1.（2019·江西临川模拟3月）如图所示，光滑水平面上放一个质量为M 足够长的木板，开始M 静止，现在有一个质量为m 的滑块以速度滑上M ，m 和M 间的动摩擦因数为，以下说法正确的是A. 如果增大M ，则m 和M 相对运动的时间变长，因摩擦而产生的热量增加B. 如果增大m ，则m 和M 相对运动的时间变短，m 在M 上滑行的距离变大C. 如果增大动摩擦因数，则因摩擦而产生的热量不变D. 如果增大初速度，则因摩擦而产生的热量增加【参考答案】ACD【名师解析】设最终m 与M 的共同速度为v 。

专题滑块—木板模型(板块模型)(附精品解析)

专题滑块—木板模型(板块模型) 专题训练一、单选题1．（2021·湖南·长郡中学高一期中）木板B 静止在水平面上，其左端放有物体A 。

现对A 施加水平恒力F 的作用，使两物体均从静止开始向右做匀加速直线运动，直至A 、B 分离，已知各接触面均粗糙，则（）A ．A 和地面对B 的摩擦力是一对相互作用力B ．A 和地面对B 的摩擦力是一对平衡力C ．A 对B 的摩擦力水平向右D ．B 对A 的摩擦力水平向右2．（2021·黑龙江·农垦佳木斯学校高三月考）如图所示，质量为M 的木板放在水平桌面上，一个质量为m 的物块置于木板上。

木板与物块间、木板与桌面间的动摩擦因数均为μ。

现用一水平恒力F 向右拉木板，使木板和物块共同向右做匀加速直线运动，物块与木板保持相对静止。

已知重力加速度为g 。

下列说法正确的是（）A ．木板与物块间的摩擦力大小等于0B ．木板对物块的摩擦力水平向左C ．木板与桌面间的摩擦力大小等于μMgD ．当拉力2()F M m g μ>+时，m 与M 发生相对滑动 3．（2021·山东师范大学附中高三月考）如图所示，质量为3kg 的长木板B 静置于光滑水平面上，其上放置质量为1kg 的物块A ，A 与B 之间的动摩擦因数为0.5设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且当地的重力加速度为210m/s 。

当木板A 和B 刚好要发生相对滑动时，拉力F 的大小为（）A ．20NB ．15NC ．5ND ．25N4．（2021·安徽·定远县民族中学高三月考）如图甲所示，足够长的木板B 静置于光滑水平面上，其上放置小滑块A 。

木板B 受到随时间t 变化的水平拉力F 作用时，木板B 的加速度a 与拉力F 的关系图象如图乙所示，则小滑块A 的质量为（）A ．4kgB ．3kgC ．2kgD ．1kg二、多选题5．（2021·四川·眉山市彭山区第一中学高三月考）物体A 和物体B 叠放在光滑水平面上静止，如图所示。

高考物理计算题训练——滑块与木板模型(答案版)完整版.doc

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，求下列各种情况下力F的大小范围。

（1）m与M刚要发生相对滑动的临界条件：①要滑动：m与M间的静摩擦力达到最大静摩擦力；②未滑动：此时m与M加速度仍相同。

受力分析如图，先隔离m，由牛顿第二定律可得：a=μmg/m=μg再对整体，由牛顿第二定律可得：F0=(M+m)a解得：F0=μ(M+m) g所以，F的大小范围为：F>μ(M+m)g（2）受力分析如图，先隔离M，由牛顿第二定律可得：a=μmg/M再对整体，由牛顿第二定律可得：F0=(M+m)a解得：F0=μ(M+m) mg/M所以，F的大小范围为：F>μ(M+m)mg/M2、如图所示，有一块木板静止在光滑水平面上，木板质量M=4kg，长L=1.4m.木板右端放着一个小滑块，小滑块质量m=1kg，其尺寸远小于L，它与木板之间的动摩擦因数μ=0.4，g=10m/s2，（1）现用水平向右的恒力F作用在木板M上，为了使得m能从M上滑落下来，求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.（1）小滑块与木板间的滑动摩擦力f=μFN=μmg=4N…………①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a1=f/m=μg=4m/s2…②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 a1F> 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：a 2＇＝4.7m/s 2………④设二者相对滑动时间为t ，在分离之前小滑块：x 1=½ a1t 2 …………⑤木板：x 1=½ a2＇t 2 …………⑥又有x 2－x 1=L …………⑦解得：t=2s …………⑧3、质量mA=3.0kg 、长度L=0.70m 、电量q=+4.0×10-5C 的导体板A 在足够大的绝缘水平面上，质量mB=1.0kg 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 =3.0m/s 时，立即施加一个方向水平向左、场强大小E=1.0×105N/C 的匀强电场,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10m/s2（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？(3)B 能否离开A,若能，求B 刚离开A 时，B 的速度大小；若不能，求B 与A 的左端的最大距离？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）（3）A 与挡板碰后，以A ．B 系统为研究对象，2f qE = ⑥故A 、B 系统动量守恒，设A 、B 向左共同速度为ν，规定向左为正方向，得： v m m v m v m B A B A )(11+=- ⑦ （3分）设该过程中，B 相对于A 向右的位移为1s ，由系统功能关系得：22111)(21)(21v m m v m m gs m B A B A B +-+=μ ⑧ （4分）解得 m s 60.01= （2分）因L s <1，所以B 不能离开A ，B 与A 的左端的最大距离为m s 60.01= （1分）4、如图所示，光滑水平面MN 的左端M 处有一弹射装置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υ = 5m/s 匀速转动，水平部分长度L = 4m 。

滑块—木板模型专题(附详细参考答案)

精心整理牛顿定律——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＝1kg，m B＝2kg，A、B间动摩擦因数是0.5，水平面光滑．用10N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＝6kg，m B ＝2kg，A、B之间的动摩擦因数μ＝0.2，开始时F＝10N，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＝6kg，m B＝2kg，A、B之间的动摩擦因数μ＝0.2，开始时F＝10N，此后逐渐增加，在增大到45N 的过程中，则()A．当拉力F<12N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12N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精心整理例3、如图所示，质量M ＝8kg 的小车放在光滑的水平面上，在小车左端加一水平推力F ＝8N ，当小车向右运动的速度达到1.5m/s 时，在小车前端轻轻地放上一个大小不计，质量为m ＝2kg 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 ＝10m/s 2.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、3.3N5N 例2、48N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 ＝12N ，而F fmax ＝m B a ，a ＝6m/s 2，即二者开始相对运动时的加速度为6m/s 2，此时对A 、B 整体：F ＝(m A ＋m B )a ＝48N ，即F >48N 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)2m/s 2 0.5m/s 2 (2)0.75m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 ＝2m/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＝＝0.5m/s 2(2)由题意及运动学公式：a 1t ＝v 0＋a 2t 解得：t ＝＝1s则物块运动的位移x 1＝a 1t 2＝1m..'. 小车运动的位移x2＝v0t＋a2t2＝1.75m L＝x2－x1＝0.75m针对练习2、解析(1)木板受到的摩擦力F f＝μ(M＋m)g＝10N木板的加速度a＝＝2.5m/s2. (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′＝－＝－2.5m/s2 (2分)木板先做匀加速运动，后做匀减速运动，且a＝－a′，故at2＝L解得t＝1s，即F作用的最短时间为1s．(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＝3m/s2对木板：F1－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F1>25N．(2分) (4)木块的加速度a木块′＝μ1g＝3m/s2 (1分) 木板的加速度a木板′＝＝4.25m/s2 (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a木板′t2－a木块′t2＝L (2分)代入数据解得t＝2s．(2分)答案(1)2.5m/s2(2)1s(3)大于25N(4)2s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．。