高考备考重点题型——滑块木板模型解题攻略
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。
(完整word)高考物理滑块木板模型问题分析
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。
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。
(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。
专题16-滑块、木板组合模型
专题16 滑块—木板模型以“滑块－木板”为模型的物理问题，将其进行物理情景的迁移或对其初始条件与附设条件做某些演变、拓展，便构成了许多内涵丰富、情景各异的综合问题。
这类问题涉及受力分析、运动分析、动量和功能关系分析，是运动学、动力学、动量守恒、功能关系等重点知识的综合应用。
因此“滑块－木板”模型问题已成为高考考查学生知识基础和综合能力的一大热点。
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．计算滑块和木板的相对位移（即两者的位移差或位移和）；4．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；5．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。
下面我们将“滑块－木板”模型按照常见的四种类型进行分析：一．木板受到水平拉力类型一：如图A 是小木块，B 是木板，A 和B 都静止在地面上。
A 在B 的右端，从某一时刻起，B 受到一个水平向右的恒力F 作用开始向右运动。
AB 之间的摩擦因数为μ1，B 与地面间的摩擦因数为μ2，板的长度L 。
根据A 、B 间有无相对滑动可分为两种情况：假设最大静摩擦力max f 和滑动摩擦力相等，A 受到的摩擦力g m f A 11μ≤，因而A 的加速度g a A 1μ≤。
A 、B 间滑动与否的临界条件为：A 、B 的加速度相等，即：a a A B =，亦即：2212111/])([m g m m g m F g +--=μμμ。
高考备考重点题型——滑块木板模型解题攻略
高考备考重点题型——滑块木板模型解题攻略滑块木板模型是高考题构建中一个重要插件，也是一个高频的考察模型。
简单的道具为牛顿运动定律、功能关系的应用提供了广阔的舞台。
在备考中理应收到师生的重视。
【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、都是对地而言。
在相对运动的过程中相互作用的物体之间位移、速度、时间一定存在关联。
它就是我们解决力和运动突破口。
画出运动草图非常关键。
4、求时间通常会用到牛顿第二定律加运动学公式。
5、求位移和速度通常会用到牛顿第二定律加运动学公式或动能定理。
例1：如图所示，质量为M=100kg的平板车放在光滑水平面上，车高为h=1.25m，一个质量为m=50kg的可视为质点的物体放在车上，距左端b=1m，物体与平板车上表面间的动摩擦因数为μ=0.2，取g=10m/s2。
今对平板车施加水平向右的恒力F，当车运动的位移为s=2m时，物体恰从车的左端滑离平板车，求物体着地时距平板车左端多远？例2：如图所示，质量为M的汽车载着质量为m的木箱以速度v运动，木箱与汽车上表面间的动摩擦因数为μ，木箱与汽车前端挡板相距L，若汽车遇到障碍物制动而静止时，木箱恰好没碰到汽车前端挡板，求：（1）汽车制动时所受路面的阻力大小；（2）汽车制动后运动的时间。
尝试练习1、如图所示，在光滑水平面上有一小车A，其质量为0.2=m kg，小车上放一个A物体B，其质量为0.1=m kg，如图（1）所示。
给B一个水平推力F，当F增B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Fm图（1）图（2）2．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 =0.2，小车足够长(取g=l0 m/s 2)。
秘籍04 滑块板块模型和传送带模型(教师版)-备战2024年高考物理抢分秘籍
秘籍04滑块木板模型和传送带模型一、滑块木板模型1．模型特点：滑块(视为质点)置于木板上，滑块和木板均相对地面运动，且滑块和木板在摩擦力的作用下发生相对滑动．2．位移关系：如图所示，滑块由木板一端运动到另一端的过程中，设板长为L ，滑块(可视为质点)位移大小为x 块，滑板位移大小为x 板。
同向运动时：L ＝x 块－x 板．反向运动时：L ＝x 块＋x 板．不再有摩擦力(水平面上共同匀速运动)．5．分析板块模型的思路二、传送带模型(摩擦力方向一定沿斜面向上)3．划痕问题：滑块与传送带的划痕长度Δx等于滑块与传送带的相对位移的大小，若有两次相对运动且两次相对运动方向相同，Δx＝Δx1＋Δx2(图甲)；若两次相对运动方向相反，Δx等于较长的相对位移大小．(图乙)4.功能关系分析：(1)功能关系分析：W＝ΔE k＋ΔE p＋Q。
(2)对W和Q的理解传送带克服摩擦力做的功：W＝fx；传。
产生的内能：Q＝fx相对【题型一】滑块木板模型A．地面对木板的摩擦力方向水平向右B．地面对木板的摩擦力大小为9NA．小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.6B．当水平拉力增大时，小滑块比长木板先相对地面发生滑动C．小滑块的质量为2kgF=时，长木板的加速度大小为2m/s D．当水平拉力12N【答案】AC【详解】A．设小滑块质量为m，小滑块与长木板之间的动摩擦数为A．若只增大M，则小滑块能滑离木板B．若只增大v0，则小滑块在木板上运动的时间变长【答案】（1）15 4a g=，方向沿斜面向下，【详解】（1）A第一次碰挡板前，系统相对静止，之间无摩擦。
碰后，对A．木板的长度为2mB．木板的质量为1kgC．木板运动的最大距离为2mD．整个过程中滑块B的位移为0【答案】D【详解】B．对两滑块受力分析，根据牛顿第二定律可得a=A依题意，相遇前木板匀加速，由牛顿第二定律，有μm g由图可知，木板的长度为A．滑块Q与长木板P之间的动摩擦因数是0.5B．长木板C．t=9s时长木板P停下来D．长木板P 【答案】C【详解】A．由乙图可知，力F在5s时撤去，此时长木板PA ．122v v =B ．弹簧弹性势能的最大值为2118mv C ．图甲所示的情况，滑块压缩弹簧被弹回后回到长木板右端时，滑块的速度为D ．图甲所示的情况，滑块压缩弹簧被弹回后回到长木板右端时，滑块的速度大小为【答案】BD【详解】CD ．如图甲，设滑块被弹簧弹开，运动到长木板右端时的速度为v 3，系统的合外力为零，系统动量守恒，滑块压缩弹簧被弹回后恰好可以到达A 的右端，由动量守恒定律得132mv mv =解得3112v v =故C 错误，D 正确；AB ．如图甲，弹簧被压缩到最短时两者速度相同，设为v ，弹簧最大弹性势能为长木板到弹簧被压缩到最短的过程，由动量守恒定律和能量守恒定律12mv mv=()22112p 11222mv mv mg x x E μ=⨯+++A ．滑块A 的质量为4kgB ．木板B 的质量为1kgC ．当10N F =时木板B 加速度为24m/sD ．滑块A 与木板B 间动摩擦因数为0.1【答案】BC【详解】ABD ．根据题意，由图乙可知，当拉力等于8N ，滑块【答案】（1）1.5m/s；1.5m/s；（2【详解】（1）由于A与B之间的动摩擦因数及均相对斜面静止，小球在由释放到碰【答案】（1）3m/s；（2）2m/s；（3）不能与1A B【典例1】如图所示，某快递公司为提高工作效率，利用传送带传输包裹，水平传送带长为4m ，由电动机驱动以4m/s 的速度顺时针转动。
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 ．。
滑块木板模型-2024届新课标高中物理模型与方法(解析版)
2024版新课标高中物理模型与方法--滑块木板模型目录【模型归纳】1模型一光滑面上外力拉板模型二光滑面上外力拉块模型三粗糙面上外力拉板模型四粗糙面上外力拉块模型五粗糙面上刹车减速【常见问题分析】问题1．板块模型中的运动学单过程问题问题2．板块模型中的运动学多过程问题1--至少作用时间问题问题3．板块模型中的运动学多过程问题2--抽桌布问题问题4．板块模型中的运动学粗糙水平面减速问题【模型例析】5【模型演练】13【模型归纳】模型一光滑面上外力拉板加速度分离不分离m1最大加速度a1max=μgm2加速度a2=(F-μm1g) /m2条件：a2>a1max即F>μg(m1+m2)条件：a2≤a1max即F≤μg(m1+m2)整体加速度a=F/(m1+m2)内力f=m1F/(m1+m2)模型二光滑面上外力拉块加速度分离不分离m2最大加速度a2max=μm1g/m2 m1加速度a1=(F-μm1g)/m1条件：a1>a2max即F>μm1g(1+m1/m2)条件：a2≤a1max即F≤μm1g(1+m1/m2)整体加速度a=F/(m1+m2)内力f=m2F/(m1+m2)模型三粗糙面上外力拉板不分离(都静止)不分离(一起加速)分离条件：F≤μ2(m1+m2)g 条件：a2≤a1max即μ2(m1+m2)g<F≤(μ1+μ2)g(m1+m2)整体加速度a=[F-μ2(m1+m2)g)]/(m1条件：a2>a1max=μ1g即F>(μ1+μ2)g(m1+m2)+m2)内力f=m1a外力区间范围模型四粗糙面上外力拉块μ1m1g>μ2(m1+m2)g一起静止一起加速分离条件：F≤μ2(m1+m2)g 条件：μ2(m1+m2)g<F≤(μ1-μ2)m1g(1+m1/m2)整体加速度a=[F-μ2(m1+m2)g)]/(m1+m2)内力f1=μ2(m1+m2)g+m2a条件：a1>a2max=[μ1m1g-μ2(m1+m2)g]/m2即F>(μ1-μ2)m1g(1+m1/m2)外力区间范围模型五粗糙面上刹车减速一起减速减速分离m1最大刹车加速度：a1max=μ1g 整体刹车加速度a=μ2g条件：a≤a1max即μ2≤μ1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<a2【常见问题分析】问题1．板块模型中的运动学单过程问题恒力拉板恒力拉块分离，位移关系：x 相对=½a 2t 20-½a 1t 20=L 分离，位移关系：x 相对=½a 1t 20-½a 2t 20=L问题2．板块模型中的运动学多过程问题1--至少作用时间问题问题：板块分离，F 至少作用时间？过程①：板块均加速过程：②板加速、块减速位移关系：x 1相对+x 2相对=L 即Δv ·(t 1+t 2)/2=L ；利用相对运动Δv =(a 2-a 1)t 1、Δv =(a 2+a 1')t 2问题3．板块模型中的运动学多过程问题2--抽桌布问题抽桌布问题简化模型过程①：分离过程：②匀减速分离，位移关系：x2-x1=L10v0多过程问题，位移关系：x1+x1'=L2问题4．板块模型中的运动学粗糙水平面减速问题块带板板带块μ1≥μ2μ1<μ2【模型例析】1一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4.5m，如图(a)所示。
滑块木板模型(原卷版)—动量守恒的十种模型解读和针对性训练——2025届高考物理一轮复习
动量守恒的十种模型解读和针对性训练滑块木板模型模型解读1.模型图示2.模型特点(1)系统的动量守恒，但机械能不守恒，摩擦力与两者相对位移的乘积等于系统减少的机械能。
(2)若滑块未从木板上滑下，当两者速度相同时，木板速度最大，相对位移最大。
3.求解方法(1)求速度：根据动量守恒定律求解，研究对象为一个系统。
(2)求时间：根据动量定理求解，研究对象为一个物体。
(3)求系统产生的内能或相对位移：根据能量守恒定律Q＝fΔx或Q＝E初－E末，研究对象为一个系统。
【方法归纳】. “子弹打木块”（“滑块—木板”）模型，采用动量守恒定律、动能定理或能量守恒定律列方程解答。
滑块木板模型的位移关系:滑块由木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板同向运动，二者位移之差等于板长。
若滑块和木板反向运动，二者位移之和等于板长。
【典例精析】【典例】(2024·广东广州校考)如图，长为L的矩形长木板静置于光滑水平面上，一质量为m 的滑块以水平向右的初速度v0滑上木板左端。
若木板固定，则滑块离开木板时的速度大小为v03；若木板不固定，则滑块恰好不离开木板。
滑块可视为质点，重力加速度大小为g。
求：(1)滑块与木板间的动摩擦因数μ；(2)木板的质量M ；(3)两种情况下，滑块从木板左端滑到右端的过程中，摩擦力对滑块的冲量大小之比I 1∶I 2。
【针对性训练】1.. （2024年5月武汉三模）一块质量为M 、长为l 的长木板A 静止放在光滑的水平面上，质量为m 的物体B （可视为质点）以初速度v 0从左端滑上长木板 A 的上表面并从右端滑下，该过程中，物体B 的动能减少量为，长木板A 的动能增加量为，A 、B 间因摩擦产生的热量为Q ，下列说法正确的是（ ）A. A 、B 组成的系统动量、机械能均守恒B. ，，Q 的值可能为，，C. ，，Q 的值可能为，，D. 若增大v 0和长木板A 的质量M ，B 一定会从长木板A 的右端滑下，且Q 将增大.2 .如图所示，光滑水平面上有一矩形长木板，木板左端放一小物块，已知木板质量大于物块质量，t ＝0时两者从图中位置以相同的水平速度v 0向右运动，碰到右面的竖直挡板后木板以与原来等大反向的速度被反弹回来，运动过程中物块一直未离开木板，则关于物块运动的速度v 随时间t 变化的图像可能正确的是( )3.（10分）（2024年4月安徽安庆示范高中联考）如图所示，一质量为M =4kg 的木板静止在水平面上，木板上距离其左端点为L =25m 处放置一个质量为m =1kg 的物块（视为质点），物块与木板之间的动摩擦因数为μ1=0.3。
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。
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。
专题：滑块——木板模型(一)
专题：滑块—木板模型（一）一．“滑块—木板模型”问题的分析思路1．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。
2．模型特征上、下叠放两个物体，并且两物体在摩擦力的相互作用下发生相对滑动。
3．思维模板4．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。
5．滑块—木板模型临界问题的求解思路二．受力分析：力作用在下板为例：(1) M、m之间的摩擦因数为μ，地面光滑：a、相对静止(共同向前走): F=(M+m)ab、相对滑动时：F=ma1+Ma2μmg=ma1那么临界是：a1=a2(2)当上边面摩擦因数为μ1，下表面为μ2时:a、相对静止(共同向前走): F-μ2(M+m)g =(M+m)ab、相对滑动时：F-μ2(M+m)g=ma1+Ma2μ1mg=ma1那么临界是：a1=a2力作用在上板为例：(1) M、m之间的摩擦因数为μ，地面光滑：a、相对静止(共同向前走): F-μ2(M+m)g =(M+m)ab、相对滑动时：F=ma1+Ma2μmg=Ma2那么临界是：a1=a2(2)当上边面摩擦因数为μ1，下表面为μ2时:a、相对静止(共同向前走): F=(M+m)ab、相对滑动时：F-μ2(M+m)g=ma1+Ma2μ1mg-μ2(M+m)g=Ma2那么临界是：a1=a2所以分析关键就是：摩擦力的表示m m例1、m A ＝1 kg ，m B ＝2 kg ，A 、B 间动摩擦因数是，水平面光滑．求：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＝，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＝，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，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，木板与水平面间动摩擦因数为3μ，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 。
“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
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高考备考重点题型——滑块木板模型解题攻略
滑块木板模型是高考题构建中一个重要插件，也是一个高频的考察模型。
简单的道具为牛顿运动定律、功能关系的应用提供了广阔的舞台。
在备考中理应收到师生的重视。
【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、都是对地而言。
在相对运动的过程中相互作用的物体之间位移、速度、时间一定存在关联。
它就是我们解决力和运动突破口。
画出运动草图非常关键。
4、求时间通常会用到牛顿第二定律加运动学公式。
5、求位移和速度通常会用到牛顿第二定律加运动学公式或动能定理。
例1：如图所示，质量为M=100kg的平板车放在光滑水平面上，车高为h=1.25m，一个质量为m=50kg的可视为质点的物体放在车上，距左端b=1m，物体与平板车上表面间的动摩擦因数为μ=，取g=10m/s2。
今对平板车施加水平向右的恒力F，当车运动的位移为s=2m时，物体恰从车的左端滑离平板车，求物
体着地时距平板车左端多远
例2：如图所示，质量为M的汽车
载着质量为m的木箱以速度v运动，木箱与汽车上表面间的动摩擦因数为μ，木箱与汽车前端挡板相距L，若汽车遇到障碍物制动而静止时，木箱恰好没碰到汽车前端挡板，求：
（1）汽车制动时所受路面的阻力大小；
（2）汽车制动后运动的时间。
尝试练习
1、如图所示，在光滑水平面上有一小车A，其质量为0.2=
m kg，小车上放
A
一个物体B，其质量为0.1=
m kg，如图（1）所示。
给B一个水平推力F，当F
B
增大到稍大于时，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
F
m
图图
（2）
2．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 =，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= 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
4.如图所示，半径R=0.8m 的光滑1/4圆弧轨道固定在光滑水平上，轨道上方的A 点有一个可视为质点的质量m=1kg 的小物块。
小物块由静止开始下落后
M
m
v
M
m
打在圆弧轨道上的B点但未反弹，在该瞬间碰撞过程中，小物块沿半径方向的分速度即刻减为零，而沿切线方向的分速度不变，此后小物块将沿着圆弧轨道滑下。
已知A点与轨道的圆心O的连线长也为R，且AO连线与水平方向的夹角为30°，C点为圆弧轨道的末端，紧靠C点有一质量M=3kg的长木板，木板的
μ，g取上表面与圆弧轨道末端的切线相平，小物块与木板间的动摩擦因数3.0=
10m/s2。
求：
（1）小物块刚到达B点时的速度Bυ；
（2）小物块沿圆弧轨道到达C点时对轨道压力FC的大小；
（3）木板长度L至少为多大时小物块才不会滑出长木板。