滑块木板模型类型归纳

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(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)--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。

实用文库汇编之专题16 滑块、木板组合模型

作者：风骤起作品编号：31005C58G01599625487创作日期：2020年12月20日实用文库汇编之专题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m ax 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。

滑块木板模型(学生版)-动量守恒的十种模型

动量守恒的十种模型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 =f Δx 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】1(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v 0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v 03；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ΔE kB，长木板A的动能增加量为ΔE kA，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.ΔE kB，ΔE kA，Q的值可能为ΔE kB=7J，ΔE kA=2J，Q=5JC.ΔE kB，ΔE kA，Q的值可能为ΔE kB=5J，ΔE kA=3J，Q=2JD.若增大v0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v0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。

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。

高中物理滑块木板模型(经典)

高中物理“滑块—木板”模型1．模型特点：滑块(视为质点)置于木板上，滑块和木板均相对地面运动，且滑块和木板在摩擦力的作用下发生相对滑动．2．位移关系：如图所示，滑块由木板一端运动到另一端的过程中，滑块和木板同向运动时，位移之差Δx＝x1－x2＝L(板长)；滑块和木板反向运动时，位移大小之和x2＋x1＝L.3．解题关键点(1)由滑块与木板的相对运动来判断“板块”间的摩擦力方向．(2)当滑块与木板速度相同时，“板块”间的摩擦力可能由滑动摩擦力转变为静摩擦力或者两者间不再有摩擦力(水平面上共同匀速运动)．4．处理“板块”模型中动力学问题的流程1.如图所示，在光滑的水平面上有一足够长的质量为M＝4 kg的长木板，在长木板右端有一质量为m＝1 kg的小物块，长木板与小物块间的动摩擦因数为μ＝0.2，长木板与小物块均静止，现用F ＝14 N 的水平恒力向右拉长木板，经时间t ＝1 s 撤去水平恒力F ，g 取10 m/s 2，则：(1)在F 的作用下，长木板的加速度为多大？ (2)刚撤去F 时，小物块离长木板右端多远？ (3)最终长木板与小物块一起以多大的速度匀速运动？ (4)最终小物块离长木板右端多远？答案 (1)3 m/s 2 (2)0.5 m (3)2.8 m/s (4)0.7 m2.(多选)滑沙运动是小孩比较喜欢的一项运动，其运动过程可类比为如图所示的模型，倾角为37°的斜坡上有长为1 m 的滑板，滑板与沙间的动摩擦因数为2140.小孩(可视为质点)坐在滑板上端，与滑板一起由静止开始下滑，小孩与滑板之间的动摩擦因数取决于小孩的衣料，假设图中小孩与滑板间的动摩擦因数为0.4，小孩的质量与滑板的质量相等，斜坡足够长，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2，则下列判断正确的是( )A ．小孩在滑板上下滑的加速度大小为2 m/s 2B ．小孩和滑板脱离前滑板的加速度大小为0.8 m/s 2C ．经过1 s 的时间，小孩离开滑板D ．小孩离开滑板时的速度大小为0.8 m/s 答案 BC3. (多选)(2021·全国乙卷·21)水平地面上有一质量为m 1的长木板，木板的左边上有一质量为m 2的物块，如图(a)所示．用水平向右的拉力F 作用在物块上，F 随时间t 的变化关系如图(b)所示，其中F 1、F 2分别为t 1、t 2时刻F 的大小．木板的加速度a 1随时间t 的变化关系如图(c)所示．已知木板与地面间的动摩擦因数为μ1，物块与木板间的动摩擦因数为μ2，假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g .则( )A ．F 1＝μ1m 1gB ．F 2＝m 2(m 1＋m 2)m 1(μ2－μ1)gC ．μ2>m 1＋m 2m 2μ1D ．在0～t 2时间段物块与木板加速度相等答案 BCD4．(多选)如图甲所示，水平地面上静止放置一质量为M 的木板，木板的左端有一个可视为质点的、质量m ＝1 kg 的滑块．现给滑块一向右的初速度v 0＝10 m/s ，此后滑块和木板在水平地面上运动的速度图像如图乙所示，滑块最终刚好停在木板的右端，取g ＝10 m/s 2.下列说法正确的是( )A ．滑块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.4B ．木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1C ．木板的长度L ＝4 mD ．木板的质量M ＝1.5 kg 答案 ABD5．(多选)如图甲所示，一滑块置于足够长的长木板左端，木板放置在水平地面上．已知滑块和木板的质量均为2 kg ，现在滑块上施加一个F ＝0.5t (N)的变力作用，从t ＝0时刻开始计时，滑块所受摩擦力随时间变化的关系如图乙所示．设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度g 取10 m/s 2，则下列说法正确的是( )A ．滑块与木板间的动摩擦因数为0.4B ．木板与水平地面间的动摩擦因数为0.2C ．图乙中t 2＝24 sD ．木板的最大加速度为2 m/s 2 答案 ACD6.(多选)如图甲所示，一长木板静止在水平地面上，在t ＝0时刻，一小物块以一定速度从左端滑上长木板，之后长木板运动的v －t 图像如图乙所示，已知小物块与长木板的质量均为m ＝1 kg ，已知木板足够长，g 取10 m/s 2，则( )A．小物块与长木板间动摩擦因数μ＝0.5B．在整个运动过程中，物块与木板构成的系统所产生的热量70 JC．小物块的初速度为v0＝12 m/sD．0～2 s与2～3 s物块和木板构成的系统机械能减少量之比为17∶1答案ACD7．(2022·山东邹城市模拟)质量为M＝1.0 kg的长木板A在光滑水平面上以v1＝0.5 m/s的速度向左运动，某时刻质量为m＝0.5 kg的小木块B以v2＝4 m/s的速度从左端向右滑上长木板，经过时间t＝0.6 s小木块B相对A静止，求：(1)两者相对静止时的运动速度v；(2)从木块滑上木板到相对木板静止的过程中，木板A的动量变化量的大小；(3)小木块与长木板间的动摩擦因数μ.答案(1)1 m/s，方向水平向右(2)1.5 kg·m/s(3)0.58．(2021·湖北省1月选考模拟·15)如图a，在光滑水平面上放置一木板A，在A上放置物块B，A和B的质量均为m＝1 kg.A与B之间的动摩擦因数μ＝0.2.t＝0时刻起，对A施加沿水平方向的力，A和B由静止开始运动．取水平向右为正方向，B相对于A的速度用v BA＝v B－v A 表示，其中v A和v B分别为A和B相对水平面的速度．在0～2 s时间内，相对速度v BA随时间t变化的关系如图b所示．运动过程中B始终未脱离A，重力加速度取g＝10 m/s2.求：(1)0～2 s时间内，B相对水平面的位移大小；(2)t＝2 s时刻，A相对水平面的速度．答案(1)3.5 m(2)09．质量M=3kg的长木板放在水平光滑的平面上，在水平恒力F=11N作用下由静止开始向右运动，如图所示，当速度达到1m/s时，将质量m=4kg的物体轻轻放到木板的右端，已知物块与木板间摩擦因数μ=0.2，（g=10m/s2）求：（1）物体经多长时间才与木板保持相对静止；（2）物块与木板相对静止后, 物块受到的摩擦力多大?答案：1s 6.28NF。

专题08 滑块—木板模型和传送带模型

专题08 滑块—木板模型和传送带模型一、夯实基础（一）、“滑块—木板”模型1．模型特点滑块(视为质点)置于长木板上，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__．2．两种位移关系滑块从木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板向同一方向运动，则滑块的位移和木板的_位移之差__等于木板的长度；若滑块和木板向相反方向运动，则滑块的位移和木板的_位移之和_等于木板的长度．（二）、“传送带”模型1．水平传送带模型①可能一直加速②可能先①②③匀速①传送带较短时，滑块一直减速到达左端②传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端．其中若回时速度为2.倾斜传送带模型①可能一直加速②可能先①可能一直加速②可能先③可能先以二、重、难、热点阐释主题一“滑块—木板”模型1.如图所示，解决此模型的基本思路如下：运动状态板块速度不相等板块速度相等瞬间板块共速运动2.求解“滑块—木板”类问题的方法技巧1.搞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.【例1】如图所示，厚度不计的薄板A长l＝5 m，质量M＝5 kg，放在水平地面上.在A上距右端x＝3 m处放一物体B(大小不计)，其质量m＝2 kg，已知A、B间的动摩擦因数μ1＝0.1，A与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2，原来系统静止.现在板的右端施加一大小恒定的水平力F＝26 N，持续作用在A上，将A从B下抽出.g＝10 m/s2，求：(1)A从B下抽出前A、B的加速度各是多大；(2)B运动多长时间离开A.【答案】(1)2 m/s2 1 m/s2(2)2 s【解析】(1)对于B：μ1mg＝ma B解得a B＝1 m/s2对于A：F－μ1mg－μ2(m＋M)g＝Ma A解得a A＝2 m/s2(2)设经时间t抽出，则x A＝12a A t2x B ＝12a B t 2Δx ＝x A －x B ＝l －x 解得t ＝2 s.【例2】(2019·黑龙江省哈尔滨市模拟)如图甲所示，滑块与长木板叠放在光滑水平面上，开始时均处于静止状态．作用于滑块的水平力F 随时间t 的变化图象如图乙所示．已知滑块质量m ＝2 kg ，木板质量M ＝1 kg ，滑块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，g 取10 m/s 2.(已知滑块在2.5 s 内没有滑离木板)(1)在0～0.5 s 内，滑块和长木板之间的摩擦力大小是多少？ (2)在2.5 s 时，滑块和长木板的速度分别是多少？【答案】 (1)2 N (2)13 m/s 9 m/s【解析】 (1)在0～0.5 s 过程中，假设M 、m 具有共同加速度a 1，则：F 1＝(M ＋m )a 1 a 1＝2 m/s 2木板能达到的最大加速度a 2＝μmgMa 2＝4 m/s 2>a 1所以M 、m 相对静止，M 、m 之间为静摩擦力F f ＝Ma 1 解得：F f ＝2 N(2)木板和滑块在0.5 s 时的速度v 1＝a 1t 1 解得：v 1＝1 m/s在0.5～2.5 s 过程中，假设M 、m 具有共同加速度a 3 ，则：F 2＝(M ＋m )a 3 a 3≈5.3 m/s 2>a 2，则M 、m 相对滑动长木板在2.5 s 时的速度v 2＝v 1＋a 2t 2 解得：v 2＝9 m/s以滑块为研究对象：F 2－μmg ＝ma 4 解得：a 4＝6 m/s 2滑块在2.5 s 时的速度v 3＝v 1＋a 4t 2 解得：v 3＝13 m/s.主题二 “传送带”模型1．水平传送带水平传送带又分为两种情况：物体的初速度与传送带速度同向(含物体初速度为0)或反向．在匀速运动的水平传送带上，只要物体和传送带不共速，物体就会在滑动摩擦力的作用下，朝着和传送带共速的方向变速(若v 物<v 传，则物体加速；若v 物>v 传，则物体减速)，直到共速，滑动摩擦力消失，与传送带一起匀速运动，或由于传送带不是足够长，在匀加速或匀减速过程中始终没达到共速．计算物体与传送带间的相对路程要分两种情况：①若二者同向，则Δs ＝|s 传－s 物|；②若二者反向，则Δs ＝|s 传|＋|s 物|.2．倾斜传送带物体沿倾角为θ的传送带传送时，可以分为两类：物体由底端向上运动，或者由顶端向下运动．解决倾斜传送带问题时要特别注意mg sin θ与μmg cos θ的大小和方向的关系，进一步判断物体所受合力与速度方向的关系，确定物体运动情况．【例3】如图所示，水平传送带正在以v ＝4 m/s 的速度匀速顺时针转动，质量为m ＝1 kg 的某物块(可视为质点)与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，将该物块从传送带左端无初速度地轻放在传送带上(g 取10 m/s 2).(1)如果传送带长度L ＝4.5 m ，求经过多长时间物块将到达传送带的右端； (2)如果传送带长度L ＝20 m ，求经过多长时间物块将到达传送带的右端. 【答案】 (1)3 s (2)7 s【解析】物块放到传送带上后，在滑动摩擦力的作用下先向右做匀加速运动.由μmg ＝ma 得a ＝μg ，若传送带足够长，匀加速运动到与传送带同速后再与传送带一同向右做匀速运动. 物块匀加速运动的时间t 1＝v a ＝vμg ＝4 s物块匀加速运动的位移x 1＝12at 12＝12μgt 12＝8 m(1)因为4.5 m<8 m ，所以物块一直加速，由L ＝12at 2得t ＝3 s(2)因为20 m>8 m ，所以物块速度达到传送带的速度后，摩擦力变为0，此后物块与传送带一起做匀速运动，物块匀速运动的时间t 2＝L －x 1v ＝20－84 s ＝3 s故物块到达传送带右端的时间t ′＝t 1＋t 2＝7 s. 【小结】分析水平传送带问题的注意事项当传送带水平运动时，应特别注意摩擦力的突变和物体运动状态的变化.摩擦力的突变，常常导致物体的受力情况和运动性质的突变.静摩擦力达到最大值，是物体和传送带恰好保持相对静止的临界状态；滑动摩擦力存在于发生相对运动的物体之间，因此两物体的速度达到相同时，滑动摩擦力要发生突变(滑动摩擦力为0或变为静摩擦力). 【举一反三】(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(可视为质点)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 间的距离为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【答案】 BD【解析】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＝2 m －x 1v ＝1.5 s ，到达B 共用2.5 s.乘客到达B ，历时t ＝2 mv＝2 s ，故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 ＝2x a ＝2×21 s ＝2 s ，D 正确.【例4】如图所示，传送带与水平地面的夹角为θ＝37°，AB 的长度为64 m ，传送带以20 m/s 的速度沿逆时针方向转动，在传送带上端A 点无初速度地放上一个质量为8 kg 的物体(可视为质点)，它与传送带之间的动摩擦因数为0.5，求物体从A 点运动到B 点所用的时间.(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g ＝10 m/s 2)【答案】 4 s【解析】开始时物体下滑的加速度：a 1＝g (sin 37°＋μcos 37°)＝10 m/s 2，运动到与传送带共速的时间为：t 1＝v a 1＝2010s ＝2 s ，下滑的距离：x 1＝12a 1t 12＝20 m ；由于tan 37°＝0.75＞0.5，故物体2 s 后继续加速下滑，且此时：a 2＝g (sin 37°－μcos 37°)＝2 m/s 2，根据x 2＝vt 2＋12a 2t 22，解得：t 2＝2 s ，故共用时间t ＝4 s.【小结】物体沿着倾斜的传送带向下加速运动到与传送带速度相等时，若μ≥tan θ，物体随传送带一起匀速运动；若μ<tan θ，物体将以较小的加速度a ＝g sin θ－μg cos θ继续加速运动.【举一反三】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．【答案】 (1)78(2)18 m【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 ．三、模拟预测训练1．物块M 在静止的传送带上匀速下滑时，传送带突然顺时针转动，传送带转动的方向如图中箭头所示，则传送带转动后( )A ．物块将减速下滑B ．物块仍匀速下滑C ．物块受到的摩擦力变小D ．物块受到的摩擦力变大【答案】：B【解析】：当传送带静止时，物块匀速下滑，由物块受力平衡可得：mg sin θ＝μmg cos θ；当传送带转动起来时，由于物块与传送带之间运动方向相反，可判断物块所受的滑动摩擦力方向并没有发生变化，仍然沿斜面向上，大小仍为μmg cos θ，选项C 、D 错误；物块受力仍然是平衡的，所以物块仍匀速下滑，选项A 错误，B 正确．2.如图所示，质量为m 1的足够长木板静止在水平面上，其上放一质量为m 2的物块.物块与木板的接触面是光滑的.从t ＝0时刻起，给物块施加一水平恒力F .分别用a 1、a 2和v 1、v 2表示木板、物块的加速度和速度大小，下列图象符合运动情况的是( )【答案】 D【解析】木板一定保持静止，加速度为0，选项A 、B 错误；物块的加速度a ＝Fm 2，即物块做匀加速直线运动，物块运动的v －t 图象为倾斜的直线，而木板保持静止，速度一直为0，选项C 错误，D 正确.3.(2019·广东湛江一中等“四校”联考)如图甲所示，质量为M 的木板静止在光滑水平面上，一个质量为m 的小滑块以初速度v 0从木板的左端向右滑上木板．滑块和木板的水平速度随时间变化的图象如图乙所示．某同学根据图象作出如下一些判断，正确的是( )A ．滑块和木板始终存在相对运动B ．滑块始终未离开木板C ．滑块的质量小于木板的质量D ．木板的长度为v 0t 12【答案】：B【解析】：由题意知，滑块在木板的摩擦力作用下做匀减速直线运动，木板在滑块的摩擦力作用下做初速度为0的匀加速直线运动，最终两者相对静止，一起运动，故A 错误；由图乙可知，最终滑块与木板速度相等，它们相对静止，滑块没有滑离木板，故B 正确；由于滑块、木板间相互作用的摩擦力分别使滑块、木板产生加速度，所以满足ma m ＝Ma M ，由图象知，在t 1时间内匀减速运动的加速度小于匀加速运动的加速度，即a m <a M ，所以可知m >M ，即滑块的质量大于木板的质量，故C 错误；两物块相对静止时，两者的位移差x ＝v 0＋v 2t 1－v 2t 1＝v 0t 12，则木板长度大于或等于v 0t 12，故D 错误.4.(多选)如图所示，一足够长的水平传送带以恒定的速度向右传动.将一物体轻轻放在传送带的左端，以v 、a 、x 、F 表示物体速度大小、加速度大小、位移大小和所受摩擦力的大小.下列选项正确的是( )【答案】 AB【解析】物体在传送带上先做匀加速运动，当达到共同速度后再做匀速运动，A 、B 正确.5.(2019·湖北省黄冈市高一模拟)机场使用的货物安检装置如图所示，绷紧的传送带始终保持v ＝1 m/s 的恒定速率运动，AB 为传送带水平部分且长度L ＝2 m ，现有一质量为m ＝1 kg 的背包(可视为质点)无初速度的放在水平传送带的A 端，可从B 端沿斜面滑到地面．已知背包与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，g ＝10 m/s 2，下列说法正确的是( )A ．背包从A 运动到B 所用的时间为2.1 s B ．背包从A 运动到B 所用的时间为2.3 sC ．背包与传送带之间的相对位移为0.3 mD ．背包与传送带之间的相对位移为0.1 m 【答案】 AD【解析】背包在水平传送带上由滑动摩擦力产生加速度，μmg ＝ma ，得a ＝5 m/s 2，背包达到传送带的速度v ＝1 m/s所用时间t 1＝v a ＝0.2 s ，此过程背包对地面位移x 1＝v 2t 1＝12×0.2 m ＝0.1 m<L ＝2 m ，共速后背包与传送带相对静止，没有相对位移，所以背包与传送带的相对位移为Δx ＝vt 1－x 1＝1×0.2 m －0.1 m ＝0.1 m ，背包匀速运动的时间t 2＝L －x 1v＝2－0.11 s ＝1.9 s ，所以背包从A 运动到B 所用的时间为：t ＝t 1＋t 2＝2.1 s ，故A 、D 正确． 6.如图所示，长度l ＝2 m ，质量M ＝23kg 的木板置于光滑的水平地面上，质量m ＝2 kg 的小物块(可视为质点)位于木板的左端，木板和小物块间的动摩擦因数μ＝0.1，现对小物块施加一水平向右的恒力F＝10 N，取g＝10 m/s2.求：(1)将木板M固定，小物块离开木板时的速度大小；(2)若木板M不固定：①m和M的加速度a1、a2的大小；②小物块从开始运动到离开木板所用的时间.【答案】(1)4 m/s(2)①4 m/s2 3 m/s2②2 s【解析】(1)对小物块进行受力分析，由牛顿第二定律得F－μmg＝ma解得a＝4 m/s2小物块离开木板时，有v2＝2al解得v＝4 m/s.(2)①对m，由牛顿第二定律：F－μmg＝ma1解得a1＝4 m/s2对M，由牛顿第二定律：μmg＝Ma2解得a2＝3 m/s2.②由位移公式知x1＝12a1t2，x2＝12a2t2小物块从开始运动到离开木板，有x1－x2＝l联立解得t＝2 s.7.如图所示，质量为M＝1 kg的长木板静止在光滑水平面上，现有一质量为m＝0.5 kg的小滑块(可视为质点)以v0＝3 m/s的初速度从左端沿木板上表面冲上木板，带动木板向前滑动.已知滑块与木板上表面间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度g取10 m/s2，木板足够长.求：(1)滑块在木板上滑动过程中，长木板受到的摩擦力大小和方向；(2)滑块在木板上滑动过程中，滑块相对于水平面的加速度a的大小；(3)滑块与木板达到的共同速度v的大小.【答案】(1)0.5 N向右(2)1 m/s2(3)1 m/s【解析】(1)滑块所受摩擦力为滑动摩擦力F1＝μmg＝0.5 N，方向向左根据牛顿第三定律，滑块对木板的摩擦力方向向右，大小为0.5 N.(2)根据牛顿第二定律得：μmg ＝ma 得a ＝μg ＝1 m/s 2(3)木板的加速度a ′＝mMμg ＝0.5 m/s 2设经过时间t ，滑块和长木板达到共同速度v ，则满足：对滑块：v ＝v 0－at 对长木板：v ＝a ′t由以上两式得：滑块和长木板达到的共同速度v ＝1 m/s.8.如图所示为一水平传送带装置示意图，绷紧的传送带AB 始终保持v ＝1 m/s 的恒定速率运行，一质量为m ＝4 kg 的行李(可视为质点)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.求：(1)行李刚开始运动时所受的滑动摩擦力大小与加速度大小； (2)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.【答案】 (1)4 N 1 m/s 2 (2)1 s (3)2 s 2 m/s【解析】 (1)行李刚开始运动时所受的滑动摩擦力F ＝μmg 将题给数据代入，得F ＝4 N 由牛顿第二定律，得F ＝ma 代入数值，得a ＝1 m/s 2(2)设行李做匀加速直线运动的时间为t ，行李加速运动的末速度为v ＝1 m/s ，则v ＝at 代入数据，得t ＝1 s.(3)行李从A 处匀加速运动到B 处时，传送时间最短，则l ＝12at 2min，代入数据得t min ＝2 s.传送带对应的最小运行速率v min ＝at min ，代入数据得v min ＝2 m/s.9.如图所示，有一条沿顺时针方向匀速运转的传送带，恒定速度v ＝4 m/s ，传送带与水平面的夹角θ＝37°，现将质量m ＝1 kg 的小物块轻放在其底端(小物块可视为质点)，与此同时，给小物块沿传送带方向向上的恒力F ＝8 N ，经过一段时间，物块运动到了离地面高为h ＝2.4 m 的平台上．已知物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5(g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．求：(1)物块从传送带底端运动到平台上所用的时间；(2)若在物块与传送带达到相同速度时，立即撤去恒力F ，物块还需经过多少时间离开传送带以及离开时的速度大小．【答案】：(1)1.33 s (2)0.85 s 2.31 m/s【解析】：(1)对物块受力分析可知，物块先是在恒力作用下沿传送带方向向上做初速度为零的匀加速运动，直至速度达到传送带的速度，由牛顿第二定律有F ＋μmg cos θ－mg sin θ＝ma 1 解得a 1＝6 m/s 2 则t 1＝v a 1＝23 sx 1＝v 22a 1＝43m物块达到与传送带同速后，对物块受力分析可知，物块受的摩擦力的方向改变，因为F ＝8 N ，而重力沿传送带向下的分力和最大静摩擦力之和为10 N ，故物块只能相对传送带静止．由几何关系可得物块总的位移x ＝hsin θ＝4 m ， t 2＝x －x 1v ＝23s 则t ＝t 1＋t 2＝43s≈1.33 s.(2)若达到同速后撤去恒力F ，对物块受力分析，因为mg sin θ>μmg cos θ，故物块减速上行，由牛顿第二定律有 mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2，得a 2＝2 m/s 2物块还需时间t ′离开传送带，离开时的速度为v t ，则 v 2－v t 2＝2a 2(x －x 1)，v t ＝433 m/s≈2.31 m/st ′＝v －v ta 2≈0.85 s. 10.一大小不计的木块通过长度忽略不计的绳固定在小车的前壁上，小车表面光滑。

物理滑块木板模型总结

物理滑块木板模型总结物理滑块木板模型是物理学中一个重要的模型，它可以帮助我们理解力学和动力学的基本原理。

在这个模型中，一个或多个滑块在光滑的水平木板上运动，受到外力的作用。

通过对这个模型的研究，我们可以深入理解运动学和动力学中的各种现象和规律。

下面，我们将对物理滑块木板模型进行总结。

首先，我们来看一下物理滑块木板模型的基本结构。

通常情况下，木板是光滑的，即滑块在木板上的摩擦可以忽略不计。

滑块可以是单个的，也可以是多个相互连接的。

在木板上可以施加各种外力，比如水平方向的推力、拉力，以及竖直方向的重力等。

通过对这些外力的分析，我们可以得到滑块的运动规律。

其次，我们来分析物理滑块木板模型的运动规律。

根据牛顿定律，物体的运动状态取决于受到的外力和物体的质量。

在物理滑块木板模型中，我们可以通过编写运动方程来描述滑块的运动。

在水平方向上，我们可以利用牛顿第二定律 F=ma 来描述滑块的加速度。

在竖直方向上，我们可以利用重力和支持力的平衡关系来描述滑块的竖直运动。

通过这些运动规律的分析，我们可以预测滑块的运动轨迹和速度。

除此之外，物理滑块木板模型还可以帮助我们理解动量守恒和能量守恒的原理。

在滑块运动过程中，如果没有外力做功，滑块的动能和势能之和将保持不变。

这就是能量守恒定律。

而在滑块碰撞过程中，如果没有外力做功，滑块的总动量将保持不变。

这就是动量守恒定律。

通过对这些守恒定律的应用，我们可以更好地理解滑块的运动特性。

最后，我们来总结一下物理滑块木板模型的应用。

这个模型不仅可以帮助我们理解物理学中的各种基本原理，还可以在工程和技术领域中得到广泛的应用。

比如，在机械制造领域，我们可以利用滑块木板模型来设计各种运动装置和传动装置。

在交通运输领域，我们可以利用滑块木板模型来优化车辆的运动轨迹和能量利用效率。

在航天航空领域，我们可以利用滑块木板模型来设计飞行器的姿态控制系统。

总之，物理滑块木板模型在各个领域都有着重要的应用价值。

专题滑块与木板模型

专题常见滑块—木板模型分析类型一地面光滑,木板受外力1.如图,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;2.如图所示,光滑水平面上静止放着长L＝1 m,质量为M＝3 kg的木板厚度不计,一个质量为m＝1 kg的小物体放在木板的最右端,m和M之间的动摩擦因数μ＝,今对木板施加一水平向右的拉力F;g取10 m/s21为使小物体与木板恰好不相对滑动,F不能超过多少2如果拉力F＝10 N恒定不变,求小物体所能获得的最大速率;类型二地面光滑,滑块受外力3.如图所示,木块A的质量为m,木块B的质量为M,叠放在光滑的水平面上,A、B 之间的动摩擦因数为μ,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g;现用水平力F 作用于A,则保持A、B相对静止的条件是F不超过A. μmgB. μMgC. μmg1＋错误!D. μMg1＋错误!4.如图所示,质量M＝1 kg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＝1 kg的铁块B大小可忽略,铁块与木块间的动摩擦因数μ1＝,木块长L＝1 m,用F＝5 N的水平恒力作用在铁块上,g取10 m/s2;1若水平地面光滑,计算说明两物块间是否发生相对滑动；2若木块与水平地面间的动摩擦因数μ2＝,求铁块运动到木块右端的时间;类型三地面粗糙,木板受外力5．如图,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间动摩擦因数为μ,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,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;6．如图所示,小木块质量m＝1kg,长木桉质量M ＝10kg,木板与地面以及木块间的动摩擦因数均为μ＝4 m／s向＝．当木板从静止开始受水平向右的恒力F＝90 N作用时,木块以初速v左滑上木板的右端．则为使木块不滑离木板,木板的长度l至少要多长类型四地面粗糙,滑块受外力7．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2μ;最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g ;现对A 施加一水平拉力F ,则A ．当F ＜2μmg 时,A 、B 都相对地面静止B ．当F ＝mg μ25时,A 的加速度为g μ31 C ．当F ＞3μmg 时,A 相对B 滑动D ．无论F 为何值,B 的加速度不会超过g μ21 类型五地面粗糙,滑块与木板具有初速度8. 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－时间图像如图所示;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 /S ２求:1物块与木板间；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.知识要求：运动学公式、相对位移的计算、牛顿运动定律、摩擦力的特点、动能定理、能量守恒定律方法要求：一、动力学的观点：运动学公式、牛顿第二定律运动分析、受力分析整体法、隔离法图像法二、能量的观点：动能定理、能量守恒定律不需分析具体的过程,只需抓住初、末状态注意两点：1、滑块与木板发生相对滑动的条件：二者加速度不相等;2、滑块与木板发生分离的条件：滑块由木板一端运动到另一端过程中若1滑块与木板同向运动,二者对地位移之差等于板长；2滑块与木板反向运动,二者对地位移之和等于板长;。

专题滑块—木板模型(板块模型)(课件)(共54张PPT)

1.模型特点涉及两个发生相对滑动的物体. 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；若滑块和滑板相向运动，位移之和等于板长.
设板长为L，滑块位移x1，滑板位移x2 x1
同向运动时：
运动演示
L=x1-x2
x2 L=x1+x2
相向运动时：
x1 x2
模型特征滑块—滑板模型(如图a所示),涉及两个物体间的相对滑动,题目涉及摩擦力分析、相对运动、摩擦生热、多次相互作用等,属于多物体、多过程问题,综合性较强,对能力要求较高,频现于高考试卷中。另外,常见的子弹射击木块 (如图b)、圆环在直杆上滑动(如图c)都属于滑块—滑板类问题,处理方法与滑块—滑板模型类似。
专题滑块—木板模型 (板块模型)
人教版（2019）高一上
综合模型滑块——木快板模型
运动和力观点
功能பைடு நூலகம்点动量观点
三大
四大
思路
问题
木板＋木块
模型
突出----
独立性、规律性、关联性
抓住----
两个加速度两个位移三个关系
1、板块用力拉 2、块在板上滑 3、板块相向动 4、弹碰情景加
1.概念：一个物体在另一个物体上发生相对滑动，两者之间有相对运动。问题涉及两个物体、多个过程，两物体的运动时间、速度、位移间有一定的关系。 2.模型的特点：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相互作用下发生相对滑动。
到随时间t变化的水平拉力F作用时,用传感器测出木板B的加速
度a,得到如图乙所示的a-F图像,已知g取10 m/s2,则 ( )
A.木板B的质量为1 kg B.滑块A的质量为4 kg C.当F=10 N时木板B的加速度为4 m/s2 D.滑块A与木板B间动摩擦因数为0.1

滑块问题的类型及归纳解析

滑块问题的类型及归纳解析在物理的学习中经常会遇到一个木块在一个木板上的运动问题，我们称为滑块问题在物理的学习中经常会遇到一个木块在一个木板上的运动问题，我们称为滑块问题一. 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m 1，B 与地面间的摩擦因数为m 2，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f max和滑动摩擦力相等，A 受到的摩擦力f m g A £m 11，因而A 的加速度a g A £m 1。

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[()]/F m g m m g m g --+=m m m 1121221。

1. 若[()]/F m g m m g m g --+£m m m 1121221，则A 、B 间不会滑动。

根据牛顿第二定律，运用整体法可求出AB 的共同加速度a F m m g m m 共=-++[()]/()m 21212。

2. 若[()]/F m g m m g m g --+>m m m 1121221，则A 、B 间会发生相对运动。

这是比较常见的情况。

A 、B都作初速为零的匀加速运动，这时a g a F m g m m g m A B ==--+m m m 1112122，[()]/ 设A 在B 上滑动的时间是t ，如图所示，它们的位移关系是S S L B A -=即a t a t L BA 2222//-=，由此可以计算出时间t 。

二. 木块受到水平拉力类型二：如图A 在B 的左端，从某一时刻起，A 受到一个水平向右的恒力F 而向右运动。

A 和B 的受力如图所示，B 能够滑动的条件是A对B 的摩擦力f B 大于地对B 的摩擦力f 即F f B >。

1鼎盛-高中物理最经典-滑块—木板模型问题的分析和技巧

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.模型二传送带模型例2 如图所示，传送带与水平面之间的夹角为θ＝30°，其上A 、B 两点间的距离为l ＝5 m ，传送带在电动机的带动下以v ＝1 m/s 的速度匀速运动．现将一质量为m ＝10 kg 的小物体(可视为质点)轻放在传送带上的A 点，已知小物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝32，在传送带将小物体从A 点传送到B 点的过程中，求：(g 取10 m/s 2)(1)传送带对小物体做的功；(2)电动机做的功．【解析】 (1)小物体刚开始运动时，根据牛顿第二定律有μmg cos θ－mg sin θ＝ma解得小物体上升的加速度为a ＝g 4＝2.5 m/s 2 当小物体的速度为v ＝1 m/s 时，位移为x ＝v 22a＝0.2 m 然后小物体以v ＝1 m/s 的速度做匀速运动到达B 点．由功能关系得W ＝ΔE k ＋ΔE p ＝12m v 2＋mgl sin θ＝255 J. (2)电动机做功使小物体的机械能增加，同时小物体与传送带间因摩擦产生热量Q ，由v ＝at 得t ＝v a＝0.4 s 相对位移x ′＝v t －v 2t ＝0.2 m 摩擦产生的热量Q ＝μmgx ′cos θ＝15 J故电动机做的功为W电＝W＋Q＝270 J.【答案】(1)255 J(2)270 J传送带问题的分析流程和技巧1．分析流程2．相对位移一对相互作用的滑动摩擦力做功所产生的热量Q＝F f·x相对，其中x相对是物体间相对路径长度．如果两物体同向运动，x相对为两物体对地位移大小之差；如果两物体反向运动，x相对为两物体对地位移大小之和．3．功能关系(1)功能关系分析：W F＝ΔE k＋ΔE p＋Q.(2)对W F和Q的理解：①传送带的功：W F＝Fx传；②产生的内能Q＝F f x相对.[高考真题]1．(2016·四川卷，1)韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员．他在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功 1 900 J，他克服阻力做功100 J．韩晓鹏在此过程中()A．动能增加了1 900 JB．动能增加了2 000 JC．重力势能减小了1 900 JD．重力势能减小了2 000 J【解析】由动能定理可知，ΔE k＝1 900 J－100 J＝1 800 J，故A、B均错．重力势能的减少量等于重力做的功，故C正确、D错．答案 C2．(2014·山东卷，20)2013年我国相继完成“神十”与“天宫”对接、“嫦娥”携“玉兔”落月两大航天工程．某航天爱好者提出“玉兔”回家的设想：如图，将携带“玉兔”的返回系统由月球表面发射到h高度的轨道上，与在该轨道绕月球做圆周运动的飞船对接，然后由飞船送“玉兔”返回地球．设“玉兔”质量为m ，月球半径为R ，月面的重力加速度为g 月．以月面为零势能面，“玉兔”在h 高度的引力势能可表示为E p ＝GMmh R (R ＋h )，其中G 为引力常量，M 为月球质量．若忽略月球的自转，从开始发射到对接完成需要对“玉兔”做的功为( )A.mg 月R R ＋h(h ＋2R ) B ．mg 月R R ＋h (h ＋2R ) C.mg 月R R ＋h (h ＋22R ) D ．mg 月R R ＋h(h ＋12R ) 【解析】设玉兔在h 高度的速度为v ，则由万有引力定律得，G Mm (R ＋h )2＝m v 2R ＋h，可知玉兔在该轨道上的动能为E k ＝12GMm (R ＋h )，由功能关系可知对玉兔做的功为：W ＝E k ＋E p ＝12GMm (R ＋h )＋GMmh R (R ＋h )，结合在月球表面：G Mm R 2＝mg 月，整理可知W ＝mg 月R R ＋h(h ＋12R )，故正确选项为D.【答案】 D3.(2014·广东卷，16)如图所示是安装在列车车厢之间的摩擦缓冲器结构图，图中①和②为楔块，③和④为垫板，楔块与弹簧盒、垫板间均有摩擦，在车厢相互撞击使弹簧压缩的过程中( )A ．缓冲器的机械能守恒B ．摩擦力做功消耗机械能C ．垫板的动能全部转化为内能D ．弹簧的弹性势能全部转化为动能【解析】由于楔块与弹簧盒、垫板间有摩擦力，即摩擦力做负功，则机械能转化为内能，故A 错误，B 正确；垫板动能转化为内能和弹性势能，故C 错误；而弹簧弹性势能也转化为动能和内能，故D 错误．【答案】 B[名校模拟]4.(2018·宁夏银川一中模拟)如图所示，水平传送带两端点A 、B 间的距离为L ，传送带开始时处于静止状态．把一个小物体放到右端的A 点，某人用恒定的水平力F 使小物体以速度v 1匀速滑到左端的B 点，拉力F 所做的功为W 1、功率为P 1，这一过程物体和传送带之间因摩擦而产生的热量为Q 1.随后让传送带以v 2的速度逆时针匀速运动，此人仍然用相同的恒定的水平力F 拉物体，使它以相对传送带为v 1的速度匀速从A 滑行到B ，这一过程中，拉力F 所做的功为W 2、功率为P 2，物体和传送带之间因摩擦而产生的热量为Q 2.下列关系中正确的是( )A ．W 1＝W 2，P 1<P 2，Q 1＝Q 2B ．W 1＝W 2，P 1<P 2，Q 1>Q 2C ．W 1>W 2，P 1＝P 2，Q 1>Q 2D ．W 1>W 2，P 1＝P 2，Q 1＝Q 2【解析】当传送带不运动时，拉力做功W 1＝FL ，物体从A 运动到B 的时间t 1＝L v 1，因摩擦而产生的热量Q 1＝fL .当传送带运动时，拉力做功W 2＝FL ，物体从A 运动到B 的时间t 2＝L v 1＋v 2<t 1，因摩擦而产生的热量Q 2＝f v 1t 2.拉力做功功率P 1＝W 1t 1，P 2＝W 2t 2，比较可知W 1＝W 2，P 1<P 2.又v 1t 2<v 1t 1，v 1t 1＝L ，得Q 1>Q 2，故选B.【答案】 B5.(2018·山东临沂高三上学期期中)如图所示，一质量为m 的小球用两根不可伸长的轻绳a 、b 连接，两轻绳的另一端分别系在竖直杆的A 、B 两点上，当两轻绳伸直时，a 绳与杆的夹角为30°，b 绳水平，已知a 绳长为2L ，当竖直杆以自己为轴转动，角速度ω从零开始缓慢增大过程中，下列说法正确的是( )A ．从开始至b 绳伸直但不提供拉力时，绳a 对小球做功为0B ．b 绳伸直但不提供拉力时，小球的向心加速度大小为33gC ．从开始至b 绳伸直但不提供拉力时，小球的机械能增加了⎝⎛⎭⎫2－536mgL D ．当ω＝ g 3L时，b 绳未伸直【解析】细绳对球的拉力方向与球的位移方向不垂直，故一定对球做正功，使其机械能增大，A 错；ma ＝mg tan 30°，a ＝33g ，B 对；m v 2L ＝mg tan θ，E k ＝12m v 2＝36mgL ，A 球ΔE ＝E k ＋E p ＝36mgL ＋mg (2L －3L )＝⎝⎛⎭⎫2－536·mgL ，C 对；令mLω2＝mg tan 30°，得ω＝3g 3L，D 对．【答案】 BCD6．(2018·江苏南通高三模拟)如图所示，将质量为2m 的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m 的环，环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑定滑轮与直杆的距离为d .现将环从与定滑轮等高的A 处由静止释放，当环沿直杆下滑距离也为d 时(图中B 处)，下列说法正确的是(重力加速度为g )( )A ．环刚释放时轻绳中的张力等于2mgB ．环到达B 处时，重物上升的高度为(2－1)dC ．环在B 处的速度与重物上升的速度大小之比为22 D ．环减少的机械能大于重物增加的机械能【解析】环释放后重物加速上升，故绳中张力一定大于2mg ，A 项错误；环到达B 处时，绳与直杆间的夹角为45°，重物上升的高度h ＝(2－1)d ，B 项正确；如图所示，将B 处环速度v 进行正交分解，重物上升的速度与其分速度v 1大小相等，v 1＝v cos 45°＝22v ，所以，环在B 处的速度与重物上升的速度大小之比等于2，C 项错误；环和重物组成的系统机械能守恒，故D 项错误．【答案】 B课时作业(十七)[基础小题练]1．自然现象中蕴藏着许多物理知识，如图所示为一个盛水袋，某人从侧面缓慢推袋壁使它变形，则水的势能( )A ．变大B ．变小 C.不变 D ．不能确定【解析】人缓慢推水袋，对水袋做正功，由功能关系可知，水的重力势能一定增加，A 正确．【答案】 A2．如图所示，A 物体用板托着，细绳跨过轻质光滑定滑轮与A 、B 相连，绳处于绷直状态，已知A 、B 的质量分别为2m 和m .现将板抽走，则A 下落一段距离的过程中( )A ．A 物体减少的机械能大于B 物体增加的机械能B ．A 物体减少的机械能等于B 物体增加的机械能C ．悬挂滑轮的绳子对天花板的拉力大于3mgD ．悬挂滑轮的绳子对天花板的拉力小于3mg【解析】对A 、B 组成的系统，没有机械能与其他形式能的转化，因此系统的机械能守恒，A 物体减少的机械能等于B 物体增加的机械能，A 错误，B 正确；对滑轮受力分析，根据平衡条件得F ＝2F T ，对A 、B 整体受力分析，根据牛顿第二定律得2mg －mg ＝3ma ，对B 物体受力分析得F T －mg ＝ma ，联立得F ＝83mg ，C 错误，D 正确．【答案】 BD3．小车静止在光滑的水平导轨上，一个小球用细绳悬挂在车上由图中位置无初速度释放，在小球下摆到最低点的过程中，下列说法正确的是( )A ．绳对球的拉力不做功B ．球克服绳拉力做的功等于球减少的机械能C ．绳对车做的功等于球减少的重力势能D ．球减少的重力势能等于球增加的动能【解析】小球下摆的过程中，小车的机械能增加，小球的机械能减少，球克服绳拉力做的功等于减少的机械能，选项A 错误，选项B 正确；绳对车做的功等于球减少的机械能，选项C 错误；球减少的重力势能等于球增加的动能和小车增加的机械能之和，选项D 错误．【答案】 B4．悬崖跳水是一项极具挑战性的极限运动，需要运动员具有非凡的胆量和过硬的技术．跳水运动员进入水中后受到水的阻力而做减速运动，设质量为m 的运动员刚入水时的速度为v ，水对他的阻力大小恒为F ，那么在他减速下降深度为h 的过程中，下列说法正确的是(g 为当地的重力加速度)( )A ．他的动能减少了(F －mg )hB ．他的重力势能减少了mgh －12m v 2 C ．他的机械能减少了FhD ．他的机械能减少了mgh【解析】合力做的功等于动能的变化，合力做的功为(F －mg )h ，A 正确；重力做的功等于重力势能的减少量，故重力势能减小了mgh ，B 错误；重力以外的力做的功等于机械能的变化，故机械能减少了Fh ，C 正确，D 错误．【答案】 AC5．如图所示，在光滑斜面上的A 点先后水平抛出和静止释放两个质量相等的小球1和2，不计空气阻力，最终两小球在斜面上的B 点相遇，在这个过程中( )A ．小球1重力做的功大于小球2重力做的功B ．小球1机械能的变化大于小球2机械能的变化C ．小球1到达B 点的动能大于小球2的动能D ．两小球到达B 点时，在竖直方向的分速度相等【解析】重力做功只与初、末位置的高度差有关，与物体经过的路径无关，所以重力对1、2两小球所做的功相等，A 错误；1、2两小球从A 点运动到B 点的过程中，只有重力对其做功，所以它们的机械能均守恒，B 错误；由动能定理可得，对小球1有：mgh ＝E k1－E k0，对小球2有：mgh ＝E k2－0，显然E k1＞E k2，C 正确；由上面的分析可知，两小球到达B 点时，小球1的速度大于小球2的速度，且小球1的速度方向与竖直方向的夹角小于小球2速度方向与竖直方向的夹角，因此，小球1在竖直方向上的速度大于小球2在竖直方向上的速度，D 错误．【答案】 C6．如图所示，水平传送带AB 长为21 m ，以6 m/s 的速度顺时针匀速转动，台面与传送带平滑连接于B 点，半圆形光滑轨道半径R ＝1.25 m ，与水平台面相切于C 点，BC 长x ＝5.5 m ，P 点是圆弧轨道上与圆心O 等高的一点．一质量为m ＝1 kg 的物块(可视为质点)，从A 点无初速度释放，物块与传送带及台面间的动摩擦因数均为0.1，则关于物块的运动情况，下列说法正确的是( )A ．物块不能到达P 点B ．物块能越过P 点做斜抛运动C ．物块能越过P 点做平抛运动D ．物块能到达P 点，但不会出现选项B 、C 所描述的运动情况【解析】物块从A 点释放后在传送带上做加速运动，假设到达台面之前能够达到传送带的速度v ，则由动能定理得，μmgx 1＝12m v 2，得x 1＝18 m ＜21 m ，假设成立．物块以6 m/s 冲上台面，假设物块能到达P 点，则到达P 点时的动能E k P 可由动能定理求得，－μmgx －mgR ＝E k P －12m v 2，得E k P ＝0，可见，物块能到达P 点，速度恰为零，之后从P 点沿圆弧轨道滑回，不会出现选项B 、C 所描述的运动情况，D 正确．【答案】 D[创新导向练]7．生活娱乐——蹦床娱乐中的能量转化问题在儿童乐园的蹦床项目中，小孩在两根弹性绳和蹦床的协助下实现上下弹跳．如图所示，某次蹦床活动中小孩静止时处于O 点，当其弹跳到最高点A 后下落可将蹦床压到最低点B ，小孩可看成质点，不计空气阻力．下列说法正确的是( )A ．从A 运动到O ，小孩重力势能减少量大于动能增加量B ．从O 运动到B ，小孩动能减少量等于蹦床弹性势能增加量C ．从A 运动到B ，小孩机械能减少量小于蹦床弹性势能增加量D ．若从B 返回到A ，小孩机械能增加量等于蹦床弹性势能减少量【解析】从A 运动到O 点，小孩重力势能减少量等于动能增加量与弹性绳的弹性势能的增加量之和，选项A正确；从O运动到B，小孩动能和重力势能的减少量等于弹性绳和蹦床的弹性势能的增加量，选项B错误；从A运动到B，小孩机械能减少量大于蹦床弹性势能增加量，选项C错误；若从B返回到A，小孩机械能增加量等于蹦床和弹性绳弹性势能减少量之和，选项D错误．【答案】 A8．物理与生物——以“跳蚤”弹跳为背景考查能量问题在日常生活中，人们习惯于用几何相似性放大(或缩小)的倍数去得出推论，例如一个人身体高了50%，做衣服用的布料也要多50%，但实际上这种计算方法是错误的．若物体的几何线度为L，当L改变时，其他因素按怎样的规律变化？这类规律可称之为标度律，它们是由量纲关系决定的．在上例中，物体的表面积S＝kL2，所以身高变为1.5倍，所用的布料变为1.52＝2.25倍．以跳蚤为例：如果一只跳蚤的身长为2 mm，质量为0.2 g，往上跳的高度可达0.3 m．可假设其体内能用来跳高的能量E∝L3(L为几何线度)，在其平均密度不变的情况下，身长变为2 m，则这只跳蚤往上跳的最大高度最接近()A．0.3 m B．3 mC．30 m D．300 m【解析】根据能量关系可知E＝mgh，由题意可知E＝kL3，则mgh＝kL3；因跳蚤的平均密度不变，则m＝ρL3，则ρgh＝k，因ρ、g、k均为定值，故h不变，则这只跳蚤往上跳的最大高度最接近0.3 m，故选A.【答案】 A9．就地取材——利用“弹弓”考查功能关系问题弹弓是80后童年生活最喜爱的打击类玩具之一，其工作原理如图所示，橡皮筋两端点A、B固定在把手上，橡皮筋ABC恰好处于原长状态，在C处(AB连线的中垂线上)放一固体弹丸，一手执把，另一手将弹丸拉至D点放手，弹丸就会在橡皮筋的作用下迅速发射出去，打击目标，现将弹丸竖直向上发射，已知E是CD的中点，则()A．从D到C，弹丸的动能一直在增大B．从D到C的过程中，弹丸在E点的动能一定最大C．从D到C，弹丸的机械能先增大后减少D．从D到E弹丸增加的机械能大于从E到C弹丸增加的机械能【解析】在CD连线中的某一处，弹丸受力平衡，但是此点不一定是E点，所以从D到C ，弹丸的速度先增大后减小，弹丸的动能先增大后减小，故A 、B 错误；从D 到C ，橡皮筋对弹丸做正功，弹丸机械能一直在增加，故C 错误；从D 到E 橡皮筋作用在弹丸上的合力大于从E 到C 橡皮筋作用在弹丸上的合力，两段长度相等，所以DE 段橡皮筋对弹丸做功较多，即机械能增加的较多，故D 正确，故选D.【答案】 D10．综合应用——能量转化与守恒定律的实际应用如图所示，倾角θ＝37°的光滑斜面上粘贴有一厚度不计、宽度为d ＝0.2 m 的橡胶带，橡胶带的上表面与斜面位于同一平面内，其上、下边缘与斜面的上、下边缘平行，橡胶带的上边缘到斜面的顶端距离为L ＝0.4 m ，现将质量为m ＝1 kg 、宽度为d 的薄矩形板上边缘与斜面顶端平齐且从斜面顶端静止释放．已知矩形板与橡胶带之间的动摩擦因数为0.5，重力加速度大小为g ＝10 m/s 2，不计空气阻力，矩形板由斜面顶端静止释放到完全离开橡胶带的过程中(此过程矩形板始终在斜面上)，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，下列说法正确的是( )A ．矩形板受到的摩擦力大小为4 NB ．矩形板的重力做功为3.6 JC ．产生的热量为0.8 JD ．矩形板的上边缘穿过橡胶带下边缘时其速度大小为2355m/s 【解析】当矩形板全部在橡胶带上时摩擦力为F f ＝μmg cos 37°＝4 N ，此时摩擦力最大，其他情形摩擦力均小于4 N ，故A 错误；重力对矩形板做功W G ＝mgh ＝mg (L ＋d )sin 37°＝3.6 J ，B 正确；从滑上橡胶带到完全离开橡胶带，因矩形板受到的摩擦力与位移的变化为线性关系，则产生的热量Q ＝0＋μmg cos 37°2×2d ＝0.8 J ，C 正确；从释放到完全离开橡胶带，对矩形板由动能定理有mg (L ＋d )sin 37°－0＋μmg cos 37°2×2d ＝12m v 2，代入可得v ＝2355m/s ，D 正确．【答案】 BCD[综合提升练]11．如图所示，A 、B 间是一个风洞，水平地板AB 延伸至C 点，通过半径r ＝0.5 m 、圆心角为θ的光滑圆弧CD 与足够长的光滑斜面DE 连接，斜面倾角为θ.可以看成质点、质量m ＝2 kg 的滑块在风洞中受到水平向右的恒定风力F ＝20 N ，滑块与地板AC 间的动摩擦因数μ＝0.2.已知x AB ＝5 m ，x BC ＝2 m ，如果将滑块在风洞中A 点由静止释放，已知sin θ＝0.6，cos θ＝0.8，重力加速度g 取10 m/s 2.求(计算结果要求保留3位有效数字)：(1)滑块经过圆弧轨道的C 点时对地板的压力大小及在斜面上上升的最大高度；(2)滑块第一次返回风洞速率为零时的位置；(3)滑块在A 、C 间运动的总路程．【解析】 (1)滑块在风洞中A 点由静止释放后，设经过C 点时速度为v 1，由动能定理得Fx AB －μmgx AC ＝12m v 21 在C 点由牛顿第二定律有F N C －mg ＝m v 21r代入数据解得F N C ＝308 N ，由牛顿第三定律知滑块经过C 点时对地板的压力为308 N 滑块由C 点上滑过程中，机械能守恒12m v 21＝mgr (1－cos θ)＋mgh 代入数据解得h ＝3.50 m.(2)滑块返回风洞时，风力与摩擦力皆为阻力，设滑块运动到P 点时速率为零，由能量守恒得12m v 21＝μmg (x BC ＋x PB )＋Fx PB 代入数据解得x PB ＝83m ≈2.67 m 滑块第一次返回风洞速率为零时的位置在B 点左侧2.67 m 处．(3)整个过程等效为滑块从A 处在风力和滑动摩擦力的共同作用下被推到B 处，然后在足够长水平面上滑行至静止，设总路程为s ，由动能定理得Fx AB －μmgs ＝0代入数据解得s ＝25.0 m.【答案】 (1)308 N 3.50 m (2)在B 点左侧2.67 m 处 (3)25.0 m12．如图所示，在竖直方向上A 、B 两物体通过劲度系数为k ＝16 N/m 的轻质弹簧相连，A 放在水平地面上，B 、C 两物体通过细线绕过轻质定滑轮相连，C 放在倾角α＝30°的固定光滑斜面上．用手拿住C ，使细线刚好拉直但无拉力作用，并保证ab 段的细线竖直、cd 段的细线与斜面平行．已知A 、B 的质量均为m ＝0.2 kg ，重力加速度取g ＝10 m/s 2，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态．释放C 后它沿斜面下滑，A 刚离开地面时，B 获得最大速度，求：(1)从释放C 到物体A 刚离开地面时，物体C 沿斜面下滑的距离；(2)物体C 的质量；(3)释放C 到A 刚离开地面的过程中细线的拉力对物体C 做的功．【解析】 (1)设开始时弹簧的压缩量为x B ，得kx B ＝mg ①设物体A 刚离开地面时，弹簧的伸长量为x A ，得kx A ＝mg ②当物体A 刚离开地面时，物体C 沿斜面下滑的距离为h ＝x A ＋x B ③由①②③解得h ＝2mg k＝0.25 m ．④ (2)物体A 刚离开地面时，物体B 获得最大速度v m ，加速度为零，设C 的质量为M ，对B 有F T －mg －kx A ＝0⑤对C 有Mg sin α－F T ＝0⑥由②⑤⑥解得M ＝4m ＝0.8 kg.(3)由于x A ＝x B ，物体B 开始运动到速度最大的过程中，弹簧弹力做功为零，且B 、C 两物体速度大小相等，由能量守恒有Mgh sin α－mgh ＝12(m ＋M )v 2m 解得v m ＝1 m/s对C 由动能定理可得Mgh sin α＋W T ＝12M v 2m解得W T ＝－0.6 J.【答案】 (1)0.25 m (2)0.8 kg (3)－0.6 J。

牛顿运动定律的应用_牛顿运动定律的应用之“滑块_木板模型”

一、模型特征上、下叠放两个物体,并且两物体在摩擦力的相互作用下发生相对滑动,滑块－木板模型<如图所示>,涉及摩擦力分析、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,故频现于高考试卷中。

二、常见的两种位移关系滑块从木板的一端运动到另一端的过程中,若滑块和木板向同一方向运动,则滑块的位移和木板的位移之差等于木板的长度；若滑块和木板向相反方向运动,则滑块的位移和木板的位移之和等于木板的长度。

三、滑块—木板类问题的解题思路与技巧：1．通过受力分析判断滑块和木板各自的运动状态〔具体做什么运动；2．判断滑块与木板间是否存在相对运动。

滑块与木板存在相对运动的临界条件是什么？⑴运动学条件：若两物体速度或加速度不等,则会相对滑动。

⑵动力学条件：假设两物体间无相对滑动,先用整体法算出共同加速度,再用隔离法算出其中一个物体"所需要"的摩擦力f；比较f与最大静摩擦力f m的关系,若f> f m,则发生相对滑动；否则不会发生相对滑动。

3. 分析滑块和木板的受力情况,根据牛顿第二定律分别求出滑块和木板的加速度；4. 对滑块和木板进行运动情况分析,找出滑块和木板之间的位移关系或速度关系,建立方程．特别注意滑块和木板的位移都是相对地面的位移.5. 计算滑块和木板的相对位移〔即两者的位移差或位移和；6. 如果滑块和木板能达到共同速度,计算共同速度和达到共同速度所需要的时间；7. 滑块滑离木板的临界条件是什么？当木板的长度一定时,滑块可能从木板滑下,恰好滑到木板的边缘达到共同速度〔相对静止是滑块滑离木板的临界条件。

[名师点睛]1. 此类问题涉及两个物体、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。

滑块木板模型类型归纳

滑块木板模型类型归纳
滑块木板模型是一种经典的物理实验模型，有多种不同类型，有助于探究材料物理特性、摩擦力变化和动力学。

大致可以归纳如下：
一、拉拔滑块模型：
1、简单拉拔滑块模型，主要拉动木板，检测滑动阻力的变化；
2、可倾斜的拉拔滑块模型，可在上方安装杆状物，可以同时考察滑动阻力和偏角对摩擦的影响；
三、扭矩滑块模型：
1、简单扭矩滑块模型，涉及木板因不同重量加载而产生向前滑动，以及力矩与木板滑动距离之间的关系；
2、旋转扭矩滑块模型，主要研究向木板施加不同旋转扭矩量时，运动学能量如何变化，以及木板的惯性对原理检测的影响；
3、滚动扭矩滑块模型，既可以研究质量变化以及容积变化带来的动能改变，还可以检测施加扭矩后，滑块木板的运动过程；
四、弹性滑块模型：
1、简单弹性滑块模型，用来直接测量木板受压、胀板受力等行为；
2、变形弹性滑块模型，除了可用于观察板材弯曲变形效果，也可以检
测板材两头轴线之间的弹性力；
3、板材充放空弹性滑块模型，涉及木板进行充放空行程的情况的检测，以及材料特性，动态力学和应力分析的探究；
五、仿生滑块模型：
1、仿生模型的特点在于可以模仿自然界中动物体对滑动阻力的主动控制，更加接近实际环境的物理现象；
2、仿生滑块模型主要是探究木板与仿生表面之间的摩擦力关系，除此
之外，还可以分析表面参数对摩擦力系数的影响规律。

木板滑块模型三个物体组合

木板滑块模型三个物体组合摘要：I.引言- 介绍木板滑块模型- 说明三个物体组合的应用场景II.木板滑块模型的基本原理- 定义木板滑块模型- 分析木板滑块模型的力学原理III.三个物体组合的类型- 介绍三个物体组合的类型- 分析每种类型在木板滑块模型中的应用IV.三个物体组合的运动分析- 说明三个物体组合的运动分析方法- 详细分析三个物体组合在木板滑块模型中的运动情况V.三个物体组合在实际应用中的优势与挑战- 阐述三个物体组合在实际应用中的优势- 讨论三个物体组合在实际应用中面临的挑战VI.结论- 总结木板滑块模型三个物体组合的特点和应用- 对未来研究方向提出展望正文：I.引言木板滑块模型是一种在物理学中用于研究物体间相互作用和运动的模型。

通过该模型，我们可以更好地理解物体在滑动过程中的各种现象。

在实际应用中，木板滑块模型可以用于分析多种场景，如汽车制动系统、摩擦力测试等。

其中，三个物体组合是木板滑块模型中一种重要的组合方式。

本文将详细介绍木板滑块模型的基本原理，以及三个物体组合在模型中的应用。

II.木板滑块模型的基本原理木板滑块模型由一个木板和两个滑块组成，木板与滑块之间存在摩擦力。

当一个滑块在木板上滑动时，它会受到木板对它的摩擦力和另一个滑块对它的作用力。

根据牛顿第二定律，我们可以分析出滑块的加速度，从而进一步得出滑块在木板上的运动轨迹。

III.三个物体组合的类型在木板滑块模型中，三个物体组合可以分为以下几种类型：1.两个滑块和一个木板组合：这种组合方式可以模拟两个滑块在木板上的相对滑动。

2.一个滑块和两个木板组合：这种组合方式可以模拟一个滑块在两个木板之间的滑动。

3.三个滑块组合：这种组合方式可以模拟三个滑块在木板上的相互作用。

IV.三个物体组合的运动分析在木板滑块模型中，三个物体组合的运动分析相对复杂。

我们需要考虑每个物体的质量、摩擦系数、加速度等因素，并根据牛顿第二定律建立运动方程。

通过求解运动方程，我们可以得到物体在木板上的运动轨迹和速度。

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．。

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