热点专题突破系列滑块-滑板模型
专题20 滑块-滑板模型-2021高考物理一轮复习热点专题精炼与单元测评(解析版)
专题20 滑板-滑块模型一、单选题1.（2020·四川省高三三模）如图所示，质量均为M 的物块A 、B 叠放在光滑水平桌面上，质量为m 的物块C 用跨过轻质光滑定滑轮的轻绳与B 连接，且轻绳与桌面平行，A 、B 之间的动摩擦因数为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g ，下列说法正确的是（ ）A.若物块A 、B 未发生相对滑动，物块A 受到的摩擦力为2f MmgF M m=+B.要使物块A 、B 发生相对滑动，应满足关系1Mm μμ>- C.若物块A 、B 未发生相对滑动，轻绳拉力的大小为mgD.若物块A 、B 未发生相对滑动时，轻绳对定滑轮的作用力为22MmgF M m=+【答案】A【解析】A .若物块A 、B 未发生相对滑动，A 、B 、C 三者加速的大小相等，由牛顿第二定律得()2mg M m a =+对A ，由牛顿第二定律得f F Ma =解得2f MmgF M m=+，故A 正确；B .当A 、B 发生相对滑动时，A 所受的静摩擦力达到最大，根据牛顿第二定律有Mg Ma μ=解得a g μ=以A 、B 、C 系统为研究对象，由牛顿第二定律得()2mg M m a =+解得21Mm μμ=- 故要使物块A 、B 之间发生相对滑动，则21Mm μμ>-，故B 错误；C .若物块A 、B 未发生相对滑动，设轻绳拉力的大小为F ，对C 受力分析，根据牛顿第二定律有mg F ma -=解得F mg ma mg =-<，故C 错误；D .若物块A 、B 未发生相对滑动时，由A 可知，此时的加速度为2f mgMmF a M ==+对C 受力分析，根据牛顿第二定律有mg F ma -=解得22MmgF M m=+根据力的合成法则，可得轻绳对定滑轮的作用力2222+=MmgN F F =故D 错误。
2.（2020·河北省唐山一中高一期中）如图，质量为M 且足够长的倾角为θ的斜面体C 始终静止在水平面上，一质量为m 的长方形木板A 上表面光滑，木板A 获得初速度v 0后恰好能沿斜面匀速下滑，当木板A 匀速下滑时将一质量也为m 的滑块B 轻轻放在木板上，滑块B 在木板A 上下滑的过程中，下列说法正确的是（ ）A.A 与B 组成的系统在沿斜面的方向上动量不守恒B.A 的加速度大小为2g sin θC.A 的速度为012v 时B 的速度也是012v D.水平面对斜面体有向右的摩擦力 【答案】C【解析】A .因木板A 获得初速度v 0后恰好能沿斜面匀速下滑，即沿斜面方向受合力为零，可知sin cos mg mg θμθ=当放上木块B 后，对AB 系统沿斜面方向仍满足2sin 2cos mg mg θμθ=⋅可知系统沿斜面方向受到的合外力为零，则系统沿斜面方向动量守恒，选项A 错误； B .A 的加速度大小为sin 2cos sin A mg mg a g mθμθθ-⋅==-选项B 错误；C .由系统沿斜面方向动量守恒可知012v mv mmv =+ 解得12v v =选项C 正确；D .斜面体受到木板A 垂直斜面向下的正压力大小为2cos mg θ，A 对斜面体向下的摩擦力大小为2cos =2sin mg mg μθθ⋅，这两个力的合力竖直向下，可知斜面体水平方向受力为零，即水平面对斜面体没有摩擦力作用，选项D 错误。
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。
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.
高考物理复习热点专题突破系列2滑块-滑板模型省公开课一等奖百校联赛赛课微课获奖PPT课件
物理
人教版
第1页
必修一
热点专题突破系列(二)
滑块——滑板模型
第2页
1 高考热点概
述
2 热点分类突
破
3 专题强化训
练
第3页
考热点概述
第4页
• 滑块—木板模型(如图a)，包括摩擦力分析、相对运动、 摩擦生热，屡次相互作用，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， 比如年全国Ⅰ、Ⅱ卷中压轴题25题。另外，常见子弹射 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。
(1)0.5s 末物块 A 的速度； (2)木板 B 的长度。
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[解析] (1)以物块 A 为研究对象，据牛顿第二定律得： Fcos37°－μ1(mg－Fsin37°)＝ma1 a1＝6m/s2 v1＝a1t1＝3m/s (2)有力 F 时，AB 间摩擦力 fAB＝μ1(mg－Fsinθ) B 与地面间摩擦力 fB 地＝μ2(2mg－Fsinθ) ∵fAB<fB 地 ∴B 不动 撤去力 F 后，对 A 有：μ1mg＝ma3 对 B 有：μ1mg－2μ2mg＝ma2 a2＝1m/s2 a3＝5m/s2
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热点分类突破
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如图所示，物块 A 和长木板 B 的质量均为 1kg，A 与 B 之间、B 与 地面之间的动摩擦因数分别为 0.5 和 0.2，开始时 A 静止在 B 的左端，B 停在水平 地面上。某时刻起给 A 施加一大小为 10N，方向与水平成 θ＝37°斜向上的拉力 F,0.5s 后撤去 F，最终 A 恰好停在 B 的右端。(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g 取 10m/s2) 导学号 51343569
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考情分析
1.“滑块-木板”类问题，具有涉及考点多（运动学公式、牛顿 运动定律、功能关系等），情境丰富，设问灵活，解法多 样，思维量高等特点，是一类选类试题由于研究对象多、受力分析困难，运动过程复杂， 往往会使考生“手忙脚乱”，“顾此失彼”导致丢分。是 学生比较容易感到“头疼”的一类试题。因此探究并掌握 此类试题的分析技巧和解题方法是十分必要的。
(1)不清楚滑块、滑板的受力情况，求不出各自的加速度．
(2)不清楚物体间发生相对滑动的条件．
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考型一：动力学类问题
分析“滑块—滑板模型” 问题时应掌握的技巧
文档来动源于力网学络仿中，。的文文滑档档所块如提—有供不滑的当板信之模息处仅型，供请参联考系之本用人，或不网能站作删为除科。学依据典，型请例勿模题
临界问题
核心疑难探究
【典例1】(18 分)(2015·云南昆明统测) 如图所示，质量 M＝1 kg 的木板 A 静 止在水平地面上，在木板的左端放置 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＝0.3，木板长 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，计算说明铁块与木板间是否会发生相对滑 动； (2)若木板与水平地面间的动摩擦因数 μ2＝0.1，求铁块运动到木 板右端所用的时间．
xA＝12aAt2；xB＝12aBt2(2 分)
解得：t＝ 2 s．(2 分)
[答案] (1)不会 (2) 2 s
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高考物理一轮复习(练习)：热点专题突破系列2 滑块——滑板模型
热点专题突破系列(二)〔专题强化训练〕1．(2015·课标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(a)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1s 时间内小物块的v －t 图线如图(b)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：导学号 51342345(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。
[答案] (1)0.1 0.4 (2)6.0 m (3)6.5 m[解析] (1)根据图象可以判定碰撞前小物块与木板共同速度为v ＝4 m/s ，碰撞后木板速度水平向左，大小也是v ＝4 m/s ，小物块受到滑动摩擦力而向右做匀减速运动，根据牛顿第二定律有μ2g ＝4 m/s －0 m/s 1 s， 解得μ2＝0.4。
木板与墙壁碰撞前，匀减速运动时间t ＝1 s ，位移x ＝4.5 m ，末速度v ＝4 m/s 。
其逆运动则为匀加速直线运动，可得x ＝v t ＋12at 2，代入可得a ＝1 m/s 2，小物块和木板整体受力分析，滑动摩擦力提供合外力，即μ1g ＝a ，可得μ1＝0.1。
(2)碰撞后，木板向左匀减速，依据牛顿第二定律有μ1(M ＋m )g ＋μ2mg ＝Ma 1，可得a 1＝43m/s 2， 对小物块，则有加速度a 2＝4 m/s 2。
小物块速度先减小到0，此时碰后时间为t 1＝1 s ，此时，木板向左的位移为x 1＝v t 1－12a 1t 21＝103m ， 末速度v 1＝83m/s 。
小物块向右位移x 2＝4 m/s ＋02t 1＝2 m 。
高考物理素养提升专题02动力学中“滑块滑板”模型(原卷版)
修养提高微打破02动力学中的“滑块-滑板”模型——建立模型，培育抽象思想意识“滑块 -滑板”模型“滑块 -滑板”模型波及两个物体，而且物体间存在相对滑动。
叠放在一同的滑块和木板，它们之间存在着互相作使劲，在其余外力作用下它们或加快度同样，或加快度不一样，不论哪一种状况受力剖析和运动过程剖析都是重点，特别是对相对运动条件的剖析。
本模型深刻表现了物理运动观点、互相作用观点的核心修养。
如图（ a），物块和木板叠放在实验台上，物块用一不行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，木板开始遇到水平外力 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能够忽视。
重力加快度取 g=10 m/s2。
由题给数据能够得出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—滑板模型是高中参照题型，一般采纳三步解题法：如下图，质量m＝ 1 kg 的物块 A 放在质量M＝ 4 kg 的木板 B 的左端，开初A、 B 静止在水平川面上。
现用一水平向左的力 F 作用在 B 上，已知 A、 B 之间的动摩擦因数为μ＝，地面与 B 之间的动摩擦因1数为μ2＝。
假定最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10 m/s2。
求：(1)能使 A、 B 发生相对滑动的力 F 的最小值；(2)若力 F ＝ 30 N，作用 1 s 后撤去，要想 A 不从 B 上滑落，则 B 起码多长；从开始到A、 B 均静止， A 的总位移是多少。
二、斜面上的滑块—滑板模型1、抓住重点：一个转折和两个关系一个转折两个关系滑块与滑板达到同样速度转折前、后受力状况之间的关系和滑块、滑板位移与板长之间或许滑块从滑板上滑下是的关系。
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;
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。
高中物理三种模型带你解决“滑块滑板”问题
高中物理三种模型带你解决“滑块滑板”问题
滑块滑板问题是高考的热点，也是高一上的一个重难点，在高一上的滑块滑板中它主要涉及到受力分析，运动状况分析，以及牛顿运动定律，综合性较强，所以也成为学生学习感到困难的一部分，滑块滑板看似复杂，掌握好受力分析与运动的分析结合牛顿运动定律，再进行分析就比较轻松了。
类型一.“板—块”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．解题方法
整体法、隔离法．
4．解题思路
(1)分析滑块和滑板的受力情况，根据牛顿第二定律分别求出滑块和滑板的加速度．
(2)对滑块和滑板进行运动情况分析，找出滑块和滑板之间的位移关系或速度关系，建立方程．特别注意滑块和滑板的位移都是相对地的位移．
类型二.水平传送带问题
滑块在水平传送带上运动常见的三个情景
类型三.倾斜传送带问题
滑块在倾斜传送带上运动常见的四个情景
总结：处理滑块与滑板类问题的基本思路
判断滑块与滑板间是否存在相对滑动是思考问题的着眼点.方法有整体法隔离法、假设法等.即先假设滑块与滑板相对静止，然后根据牛顿第二定律求出滑块与滑板之间的摩擦力，再讨论滑块与滑板之间的
摩擦力是不是大于最大静摩擦力.。
高三专题复习“经典八式”法解滑块与滑板模型
“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。
二 分类讲解【模型一】滑块以一定的初速度滑上木板。
例题一 如图所示，质量kg m 3.02=的小车静止在光滑的水平面上，车长m L 5.1=，现有质量kg m 2.01=的可视为质点的物块，以水平向右的速度s m v /20=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5.0=μ，取2/10s m g =，求：⑴物块在车面上滑行的时间t ；⑵要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度0v 不超过多少？ 【解法一】牛顿运动定律+运动学公式 “经典八式”法1m 在2m 上向右做匀减速直线运动由牛顿第二定律：111-a m g m =μ①得21/5s m a -= 2m 向右做匀加速直线运动由牛顿第二定律：221a m g m =μ②得22/310s m a =设二者历时t 时相对静止此时具有共同速度v ，则 对于1m ：t a v v 10+=③ 对于2m ：t a v 2=④ 联立③④得⎩⎨⎧==st sm v 24.0/8.0二者在这段时间内发生的位移分别为1x 、2x 则对于1m ：t vv x 201+=⑤对于2m ：t vx 22=⑥二者的相对位移：21x x x -=∆⑦ 要使物块不从小车右端滑出则x ≤∆⑧ 联立⑤⑥⑦⑧得s m v /50≤【解法2】（1）设物块与小车的共同速度为v ，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律有 v m m v m )(2101+= ① 设物块与车面间的滑动摩擦力为F ，对物块应用动量定理有011v m v m ft -=- ② 其中 g m f 1μ= ③ 解得 gm m v m t )(2102+=μ代入数据得 s t 24.0= ④（2）要使物块恰好不从车厢滑出，须物块到车面右端时与小车有共同的速度v ′，则 v m m v m '+=')(2101 ⑤ 由功能关系有'+-'=2212011)(2121v m m v m gL m μ ⑥代入数据解得 s m v /5='故要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车的速度v 0′不能超过5m/s 。
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。
重难点08滑块--滑板模型专题高一物理题组法突破重难点(人教版2019必修第一册)(解析版)
人教版新教材高中物理必修第一册第四章运动和力的关系相对运动模型---滑块滑板模型专题（题组分类训练）题组特训特训内容题组一外力作用下的滑块滑板（水平面）模型题组二有一定初速度的滑块滑板（水平面）模型题组三滑块滑板中的图像问题题组四倾斜面上的滑块滑板模型基础知识清单2．解题方法：(1)明确各物体对地的运动和物体间的相对运动情况，确定物体间的摩擦力方向．(2)分别隔离两物体进行受力分析，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)．(3)物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口．求解中应注意联系两个过程的纽带，即每一个过程的末速度是下一个过程的初速度．3．常见的两种位移关系: 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．4．注意摩擦力的突变: 当滑块与木板速度相同时，二者之间的摩擦力通常会发生突变，由滑动摩擦力变为静摩擦力或者消失，或者摩擦力方向发生变化，速度相同是摩擦力突变的一个临界条件．5．解题思路题组特训一：外力作用下的滑块滑板（水平面）模型1. (多选)如图所示，质量为m1的足够长木板静止在光滑水平地面上，其上放一质量为m 2的木块．t ＝0时刻起，给木块施加一水平恒力F .分别用a 1、a 2和v 1、v 2表示木板、木块的加速度和速度大小，下列图中可能符合运动情况的是( )【答案】AC【解析】木块和木板可能保持相对静止，一起做匀加速直线运动，加速度大小相等，故A 正确；木块可能相对于木板向前滑动，即木块的加速度a 2大于木板的加速度a 1，都做匀加速直线运动，故B 、D 错误，C 正确．2.（多选）如图所示，在光滑水平面上叠放着A 、B 两物体，已知m A = 6kg 、m B = 2kg ，A 、B 间动摩擦因数μ = 0.2，在物体A 上施加水平向右的力F ，g 取10m/s 2，则（ ）A ．当拉力F < 12N 时，A 静止不动B ．当拉力F > 16N 时，A 相对B 滑动C ．当拉力F = 16N 时，B 受A 的摩擦力等于4ND ．当拉力F < 48N 时，A 相对B 始终静止 【答案】CD【解析】当A 、B 发生相对运动时的加速度为 220.2610m/s 6m/s 2A Bm ga m μ⨯⨯=== 则发生相对运动时最大拉力为 ()86N 48N A B F m m a =+=⨯=当拉力0 < F < 48N 时，A 相对于B 静止，而对于地面来说是运动的，A 错误、D 正确； 由选项A 知当拉力48N > F > 16N 时，A 相对于B 静止，而对于地面来说是运动的，B 错误； 拉力F = 16N 时，A 、B 始终保持静止，当F = 16N 时，整体的加速度为2216m/s 2m/s 8A B F a m m '===+则B 对A 的摩擦力为 22N 4N B f m a '==⨯=C 正确。
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。
动力学之---------“滑板—滑块”模型
高考计算题突破动力学之---------“滑板—滑块”模型（一）[模型概述](1)滑板——滑块模型的特点①滑块未必是光滑的．②板的长度可能是有限的，也可能是足够长的．③板的上、下表面可能都存在摩擦，也可能只有一个面存在摩擦，还可能两个面都不存在摩擦．(2)滑板——滑块模型常用的物理规律匀变速直线运动规律、牛顿运动定律、动能定理、机械能守恒定律、能的转化和守恒定律、功能关系等．[模型指导](1)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．(2)解题思路[典例](20分)如图所示，可看成质点的小物块放在长木板正中间，已知长木板质量M＝4 kg，长度L＝2 m，小物块质量m＝1 kg，长木板置于光滑水平地面上，两物体皆静止．现在用一大小为F的水平恒力作用于小物块上，发现只有当F超过2.5 N时，才能让两物体间产生相对滑动．设两物体间的最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力大小，重力加速度g＝10 m/s2，试求：(1)小物块和长木板间的动摩擦因数；(2)若一开始力F就作用在长木板上，且F＝12 N，则小物块经过多长时间从长木板上掉下？规范解答(1)设两物体间的最大静摩擦力为F f，当F＝2.5 N作用于小物块时，对整体由牛顿第二定律有F＝(M＋m)a①(2分)对长木板由牛顿第二定律有F f＝Ma②(2分)由①②可得F f＝2 N(2分)小物块竖直方向上受力平衡，所受支持力F N＝mg，摩擦力F f＝μmg得μ＝0.2(2分)(2)F ＝12 N 作用于长木板上时，两物体发生相对滑动，设长木板、小物块的加速度分别为a 1、a 2，对长木板，由牛顿第二定律有F －F f ＝Ma 1(1分) 得a 1＝2.5 m/s 2(2分)对小物块，由牛顿第二定律有F f ＝ma 2(1分) 得a 2＝2 m/s 2(2分)由匀变速直线运动规律，两物体在t 时间内的位移分别为 s 1＝12a 1t 2(1分)s 2＝12a 2t 2(1分)小物块刚滑下长木板时，有s 1－s 2＝12L (1分)解得t ＝2 s(3分) 答案 (1)0.2 (2)2 s[突破训练]1．质量M ＝9 kg 、长L ＝1 m 的木板在动摩擦因数μ1＝0.1的水平地面上向右滑行，当速度v 0＝2 m/s 时，在木板的右端轻放一质量m ＝1 kg 的小物块如图所示．小物块刚好滑到木板左端时，物块和木板达到共同速度．取g ＝10 m/s 2，求：(1)从物块放到木板上到它们达到相同速度所用的时间t ； (2)小物块与木板间的动摩擦因数μ2.2．(15分)有一项“快乐向前冲”的游戏可简化如下：如图所示，滑板长L ＝1 m ，起点A 到终点线B 的距离s＝5 m．开始滑板静止，右端与A平齐，滑板左端放一可视为质点的滑块，对滑块施一水平恒力F使滑板前进．板右端到达B处冲线，游戏结束．已知滑块与滑板间动摩擦因数μ＝0.5，地面视为光滑，滑块质量m1＝2 kg，滑板质量m2＝1 kg，重力加速度g＝10 m/s2，求：(1)滑板由A滑到B的最短时间可达多少？(2)为使滑板能以最短时间到达，水平恒力F的取值范围如何？3．(15分)如图所示，薄板A长L＝5 m，其质量M＝5 kg，放在水平桌面上，板右端与桌边相齐．在A上距右端s＝3 m处放一物体B(可看成质点)，其质量m＝2 kg.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．4．如下图所示，质量M＝4.0 kg的长木板B静止在光滑的水平地面上，在其右端放一质量m＝1.0 kg的小滑块A(可视为质点)．初始时刻，A、B分别以v0＝2.0 m/s向左、向右运动，最后A恰好没有滑离B板．已知A、B之间的动摩擦因数μ＝0.40，取g＝10 m/s2.求：(1)A、B相对运动时的加速度a A和a B的大小与方向；(2)A相对地面速度为零时，B相对地面运动已发生的位移大小x；(3)木板B的长度l.5.【2013江苏高考】(16 分)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,,求需所拉力的大小；(3)本实验中m1 =0. 5 kg m2 =0. 1 kg, μ=0. 2,砝码与纸板左端的距离d =0. 1 m,取g =10 m/ s2. 若砝码移动的距离超过l =0. 002 m,人眼就能感知. 为确保实验成功,纸板所需的拉力至少多大?6. （12分）质量M=3kg的滑板A置于粗糙的水平地面上，A与地面的动摩擦因数µ1=0.3，其上表面右侧光滑段长度L1=2m，左侧粗糙段长度为L2，质量m=2kg、可视为质点的滑块B静止在滑板上的右端，滑块与粗糙段的动摩擦因数µ2=0.15，取g=10m/s2，现用F=18N的水平恒力拉动A向右运动，当A、B分离时，B对地的速度v B=1m/s，求L2的值。
动量能量综合专题--滑块滑板模型讲义-2021届高考物理二轮复习
动量能量综合专题--------滑块滑板模型一、模型解法剖析1．滑块和木板组成的系统所受的合外力为零时，优先选用动量守恒定律解题；若地面不光滑或受其他外力时，需选用动力学观点解题．2．滑块与木板达到相同速度时应注意摩擦力的大小和方向是否发生变化．3．应注意区分滑块、木板各自的对地位移和它们的相对位移．用运动学公式或动能定理列式时位移指对地位移；求系统摩擦生热时用相对位移(或相对路程)．二、考法分类示例【系统外障碍物碰撞类】例一.(2020·山东省实验中学高三模拟)如图1所示，水平光滑的桌面上有一质量M＝4 kg的长木板静止在光滑水平面上，质量m＝1 kg的小滑块置于长木板左端，小滑块可视为质点．长木板右端与固定竖直挡板间的距离L＝10 m，小滑块以v0＝10 m/s的速度向右滑上长木板，经过一段时间后，长木板与竖直挡板发生碰撞，碰撞过程无机械能损失．已知小滑块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.4，重力加速度g＝10m/s2，长木板足够长，小滑块始终未脱离长木板．求：图1(1)经过多长时间，长木板与竖直挡板相碰；(2)长木板与竖直挡板碰撞后，小滑块和长木板相对静止时，小滑块距长木板左端的距离．命题预测一(2020·云南昆明市高三“三诊一模”测试)如图2甲所示，质量为m＝0.3 kg的小物块B(可视为质点)放在质量为M＝0.1 kg、长度L＝0.6 m的木板A的最左端，A和B一起以v0＝1 m/s的速度在光滑水平面上向右运动，一段时间后A与右侧一竖直固定挡板P发生弹性碰撞．以碰撞瞬间为计时起点，取水平向右为正方向，碰后0.5 s内B的速度v随时间t变化的图像如图乙所示．取重力加速度g＝10 m/s2，求：图2(1)A与B间的动摩擦因数μ；(2)A与P第1次碰撞到第2次碰撞的时间间隔；(3)A与P碰撞几次，B与A分离．命题预测二(2020·湖南五市十校第二次联考)如图3所示，在光滑水平面上的平板小车，质量为m1，其左端放有质量为m2的铁块(可视为质点)，若铁块与小车均以v0＝3 m/s的速度向右做匀速运动，小车将与竖直墙壁发生正撞，碰撞时间忽略不计．碰撞时无动能损失，已知铁块与平板车之间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g＝10 m/s2，铁块始终不从小车上掉下来．求：图3(1)若m1>m2，且满足题意的小车的最小长度为5 m，求m1与m2的比值；(2)若m1＝1 kg，m2＝2 kg，小车和墙第一次相碰以后，小车所走的总路程为多少？【系统内多次碰撞类】例二.如图4所示，质量为M的水平木板静止在光滑的水平地面上，左端放一质量为m的铁块，现给铁块一个水平向右的瞬时冲量使其以初速度v0开始运动，并与固定在木板另一端的弹簧相碰后返回，恰好又停在木板左端．(重力加速度为g)图4(1)求整个过程中系统克服摩擦力做的功．(2)若铁块与木板间的动摩擦因数为μ，则铁块相对木板的最大位移是多少？(3)系统的最大弹性势能是多少？命题预测三(2020·山东济宁市期末)如图5所示，在光滑的水平面上有一质量M＝4 kg的平板车，小车右端固定一竖直挡板，挡板的质量不计，一轻质弹簧右端固定在挡板上，在平板车左端P处有一可以视为质点的小滑块，其质量m＝2 kg.平板车上表面Q点的左侧粗糙，右侧光滑，PQ间的距离L＝10 m．某时刻平板车以v1＝1 m/s的速度向左滑行，同时小滑块以v2＝8 m/s的速度向右滑行．一段时间后，小滑块与平板车达到相对静止，此时小滑块与Q点相距d＝5 m，取g＝10 m/s2，求：图5(1)小物块与平板车相对静止时的速度v；(2)小滑块与平板车之间的动摩擦因数μ；(3)弹簧可能获得的最大弹性势能E p.命题预测四如图所示，水平地面上有一个质量为M＝4 kg、两端带有固定挡板的长木板，其上表面光滑，下表面与地面间的动摩擦因数为μ＝0.2，长木板上放置一个可视为质点的小滑块，其质量为m＝1 kg，滑块距左、右挡板的距离均为l＝5.0 m，初始时滑块和长木板均静止．现施加一水平向右、大小为F＝20 N的恒力拉木板，经过一段时间，滑块即将与左挡板接触时，撤去拉力F；滑块与左挡板发生弹性碰撞后，又经过一段时间，再与右挡板发生碰撞，且碰撞后不再分离．g取10 m/s2.求：(1)滑块与左挡板发生弹性碰撞后的瞬间滑块和长木板的速度大小；(2)长木板从开始运动到最终静止时发生的总位移．【多物体相互作用类】例三.(2020·广西桂林市第一次联合调研)如图6所示，两个完全相同的长木板A、B靠在一起(不连接)放在光滑的水平面上，A、B的长均为L，质量均为m，一物块C质量也为m，以初速度v0从A木板的左端滑上木板，最终刚好能滑到木板A的右端，重力加速度为g，物块与两长木板间的动摩擦因数相同，不计滑块C的大小．求：图6(1)物块与长木板间的动摩擦因数μ；(2)物块滑到A 的右端时，再给C 一个向右的瞬时冲量，使C 的速度变为43v 0，试判断C 会不会从B 的右端滑出，要求写出判断的推理过程．命题预测五 (2020·河南郑州市线上测试)如图7所示，长木板B 的质量为m 2＝1.0 kg ，静止放在粗糙的水平地面上，质量为m 3＝1.0 kg 的物块C (可视为质点)放在长木板的最右端．一个质量为m 1＝0.5 kg 的物块A 从距离长木板B 左侧l ＝9.5 m 处，以初速度v 0＝10 m/s 向着长木板运动．一段时间后物块A 与长木板B 发生弹性正碰(时间极短)，之后三者发生相对运动，整个过程物块C 始终在长木板上．已知物块A 及长木板与地面间的动摩擦因数均为μ1＝0.1，物块C 与长木板间的动摩擦因数为μ2＝0.2，物块C 与长木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10 m/s 2，求：图7(1)A 、B 碰后瞬间物块A 和长木板B 的速度； (2)长木板B 的最小长度；(3)物块A 离长木板左侧的最终距离．【其他含滑块滑板模型】例四.(2020·内蒙古集宁一中高二月考)如图8所示，光滑水平地面上停放着一辆小车，左侧靠在竖直墙壁上，小车的四分之一圆弧轨道AB 是光滑的，在最低点B 与水平轨道BC 相切，BC 的长度是圆弧半径的10倍，整个轨道处于同一竖直平面内．可视为质点的物块从A 点正上方某处无初速度自由下落，恰好落入小车圆弧轨道上滑动，然后沿水平轨道滑行至轨道末端C 处恰好没有滑出．已知物块到达圆弧轨道最低点B 时对轨道的压力是物块重力的9倍，小车的质量是物块的3倍，不考虑空气阻力和物块落人圆弧轨道时的能量损失．求：图8(1)物块开始下落的位置距水平轨道BC 的竖直高度是圆弧半径的几倍； (2)物块与水平轨道BC 间的动摩擦因数μ.命题预测六 如图9所示为某工地一传输工件的装置，AB 为一段足够大且固定的14圆弧轨道，圆弧半径R ＝5.6 m ，BC 为一段足够长的水平轨道，CD 为一段固定的14圆弧轨道，圆弧半径r ＝1 m ，三段轨道均光滑．一长为L ＝2 m 、质量为M ＝1 kg 的平板小车最初停在BC 轨道的最左端，小车上表面刚好与AB 轨道相切，且与CD 轨道最低点处于同一水平面．一可视为质点、质量为m ＝2 kg 的工件从距AB 轨道最低点的高度为h 处沿轨道自由滑下，滑上小车后带动小车向右运动，小车与CD 轨道左端碰撞(碰撞时间极短)后即被粘在C 处．工件只有从CD 轨道最高点飞出，才能被站在台面DE 上的工人接住．工件与小车间的动摩擦因数为μ＝0.5，取g ＝10 m/s 2，则：图9(1)若h 为2.8 m ，则工件滑到圆弧底端B 点时对轨道的压力为多大？ (2)要使工件能被站在台面DE 上的工人接住，则h 的取值范围为多少？例一.解析 (1)小滑块滑上长木板后，小滑块和长木板水平方向动量守恒，以向右为正方向，则有m v 0＝(m ＋M )v ， 解得v ＝2 m/s ， 对长木板μmg ＝Ma ， 得长木板的加速度a ＝1 m/s 2，从小滑块刚滑上长木板至两者达到相同速度，有v ＝at 1， 解得t 1＝2 s ， 长木板位移x ＝12at 12，解得x ＝2 m<L ＝10 m.两者达到相同速度时长木板还没有碰竖直挡板，此后两者一起匀速运动，则L －x ＝v t 2， 解得t 2＝4 s ，则总时间为t ＝t 1＋t 2＝6 s ，即经过6 s 长木板与竖直挡板相碰．(2)长木板与竖直挡板碰撞后，小滑块和长木板水平方向动量守恒，以向右为正方向，则有m v －M v ＝(m ＋M )v ′最终两者的共同速度v ′＝－1.2 m/s ， 由能量守恒定律得μmgx ＝12m v 02－12(m ＋M )v ′2小滑块和长木板相对静止时，小滑块距长木板左端的距离x ＝11.6 m.命题预测一解析 (1)碰后A 向左减速，B 向右减速，由题图乙得： a B ＝ΔvΔt＝1 m/s 2由牛顿第二定律有μmg ＝ma B 解得μ＝0.1(2)碰后B 向右减速，A 向左减速到0后，向右加速，最后与B 共速，对A 、B 由动量守恒定律可得：m v 0－M v 0＝(M ＋m )v 1 解得：v 1＝0.5 m/s此过程，对B 由动量定理得：m v 1－m v 0＝－μmgt 1 解得：t 1＝0.5 s对A 由动能定理有：－μmgx A ＝12M v 12－12M v 02解得：x A ＝0.125 m此后A 、B 一起向右匀速运动的时间为：t 2＝x Av 1＝0.25 s所以一共用的时间：t ＝t 1＋t 2＝0.75 s ，即A 与P 第1次碰撞到第2次碰撞的时间间隔为0.75 s (3)A 第1次与挡板P 碰撞后到共速的过程中，对整个系统，由能量守恒有： 12m v 02＋12M v 02＝12(M ＋m )v 12＋μmgx 相对1 解得x 相对1＝0.5 m假设第3次碰撞前，A 与B 不分离，A 第2次与挡板P 相碰后到共速的过程中，以水平向右为正方向，由动量守恒有： m v 1－M v 1＝(M ＋m )v 2 由能量守恒有：12m v 12＋12M v 12＝12(M ＋m )v 22＋μmgx 相对2 解得：x 相对2＝0.125 m由于x 相对＝x 相对1＋x 相对2>L ，所以A 与P 碰撞2次，B 与A 分离．命题预测二解析 (1)研究m 1与墙碰后过程，m 1碰后速度等大反向，m 2以初速度v 0继续向右做减速运动，规定向左方向为正方向，当m 1与m 2向左达到共同速度v 共时，对应小车的最小长度l min ，由动量守恒定律和能量关系得： m 1v 0－m 2v 0＝(m 1＋m 2)v 共μm 2gl min ＝12(m 1＋m 2)v 02－12(m 1＋m 2)v 共2代入数据解得：m 1m 2＝54(2)小车第一次与墙相撞后向左所走路程为s 1，由动能定理得－μm 2gs 1＝0－12m 1v 02解得s 1＝98m规定向右为正方向，小车与墙第1次碰后至第2次碰前(已同速)，由动量守恒定律有： －m 1v 0＋m 2v 0＝(m 1＋m 2)v 1 解得：v 1＝(m 2－m 1)v 0m 1＋m 2＝13v 0第二次相撞后平板车向左走的路程为s 2， 由2as ＝v 2得s 2s 1＝19同理可得小车与墙第n －1次碰后至第n 次碰前，由动量守恒定律有：－m 1v n －2＋m 2v n －2＝(m 1＋m 2)v n －1解得：v n －1＝(m 2－m 1)v n －2m 1＋m 2＝v n －23以后每次相碰反弹向左走的路程满足s n s n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫v n －1v n －22，则s n ＝19s n －1故小车所走的路程s ＝2s 1＋2s 2＋…＋2s n ＝2s 1(1＋19＋192＋…＋19n －1)解得s ＝8132 m例二.解析 设弹簧被压缩至最短时，共同速度为v 1，此时弹性势能最大，设为E p ，铁块回到木板左端时，共同速度为v 2，则由动量守恒定律得 m v 0＝(M ＋m )v 1① m v 0＝(M ＋m )v 2②(1)整个过程系统克服摩擦力做的功 W f ＝12m v 02－12(M ＋m )v 22③联立②③解得W f ＝Mm v 022(M ＋m )④(2)系统克服摩擦力做的功 W f ＝2μmgL ⑤联立④⑤解得L ＝M v 024μg (M ＋m )⑥(3)根据能量守恒定律得 12W f ＋E p ＝12m v 02－12(M ＋m )v 12⑦ 联立①④⑦解得E p ＝Mm v 024(M ＋m )⑧命题预测三解析 (1)平板车与滑块组成的系统动量守恒，设M 、m 共同速度为v ，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得 m v 2－M v 1＝(M ＋m )v v ＝2 m/s ，方向水平向右．(2)如果小滑块尚未越过Q 点就与平板车达到相对静止，对平板车与滑块组成的系统，由能量守恒得12M v 12＋12m v 22－12(M ＋m )v 2＝μmg (L －d ) 解得μ＝0.54如果小滑块越过Q 点与弹簧相互作用后，再返回与平板车达到相对静止，对平板车与滑块组成的系统，由能量守恒得12M v 12＋12m v 22－12(M ＋m )v 2＝μmg (L ＋d ) 解得μ＝0.18(3)如果小滑块尚未越过Q 点就与平板车达到相对静止，弹簧的弹性势能为零．如果小滑块越过Q 点与弹簧相互作用后，再返回与平板车达到相对静止，弹簧被压缩具有最大弹性势能时，滑块和平板车共速，对平板车、滑块和弹簧组成的系统，由能量守恒得12M v 12＋12m v 22－12(M ＋m )v 2＝μmgL ＋E p 解得E p ＝18 J所以，弹簧可能获得的最大弹性势能为18 J.命题预测四 【解析】(1)设木板做加速运动的加速度为a 1，由牛顿第二定律得：F －μ(M ＋m)g ＝Ma 1设木板经过l 后的速度为v 0，由运动学公式得：v 20－0＝2a 1l联立解得：a 1＝2.5 m /s 2，v 0＝5 m /s左挡板与滑块发生弹性碰撞，木板与滑块组成的系统，由动量守恒和机械能守恒得：Mv 0＝Mv 1＋mv 212Mv 20＝12Mv 21＋12mv 22联立解得：v 1＝3 m /s ，v 2＝8 m /s(2)撤去F 后，设木板做减速运动的加速度为a 2，由牛顿第二定律得：μ(M ＋m)g ＝Ma 2 解得：a 2＝2.5 m /s 2 此时到停止用时为：t ＝0－v 1－a 2＝0－3－2.5 s ＝1.2 s此过程M 运动的位移为：x 1＝12v 1t ＝1.8 m在t 时间内小滑块的位移为：x 0＝v 2t ＝9.6 m由于x 0＜2l ＋x 1＝11.8 m ，所以二者在第二次相撞前木板已经停止．设滑块与右挡板发生碰撞后，两者达到的共同速度为v 3，由动量守恒得：mv 2＝(M ＋m)v 3 解得：v 3＝1.6 m /s设之后二者一起滑停的位移为x 2，由动能定理得：－μ(M ＋m)gx 2＝0－12(M ＋m)v 23 解得：x 2＝0.64 m长木板全过程的位移为：x ＝l ＋x 1＋x 2＝7.44 m 【答案】(1)8 m /s 3 m /s (2)7.44 m 【方法总结】“滑块—木板”模型也类似非弹性碰撞(或完全非弹性碰撞)，碰撞中动量守恒，机械能减少．滑块与木板通过滑动摩擦力相互作用，实现系统的机械能部分单向转化为内能，机械能的减少量等于内能的增加量，在弄清物理过程的基础上，由动量守恒p 1＝p 2 和能量守恒fs 相对＝ΔE k 列式解决．例三.解析 (1)设物块C 滑到A 的右端时，三者共同速度为v 1，根据动量守恒定律有 m v 0＝3m v 1根据功能关系有μmgL ＝12m v 02－12×3m v 12＝13m v 02，求得μ＝v 023gL(2)假设C 不会从B 板上滑离，B 、C 获得共同速度为v 3， 则m v 2＋m v 1＝2m v 3， 求得v 3＝56v 0设C 在B 上滑行的距离为x ，根据功能关系有μmgx ＝12m v 22＋12m v 12－12×2m v 32求得x ＝34L ，假设成立，因此物块不会从B 的右端滑离．命题预测五 解析 (1)设物块A 与木板B 碰前瞬间的速度为v ，由动能定理得－μ1m 1gl ＝12m 1v 2－12m 1v 02解得v ＝v 02－2μ1gl ＝9 m/sA 与B 发生弹性碰撞，假设碰撞后的瞬间速度分别为v 1、v 2，由动量守恒定律得m 1v ＝m 1v 1＋m 2v 2由机械能守恒定律得12m 1v 2＝12m 1v 12＋12m 2v 22联立解得v 1＝m 1－m 2m 1＋m 2v ＝－3 m/s ，v 2＝2m 1m 1＋m 2v ＝6 m/s碰后瞬间物块A 的速度大小为3 m /s 、方向向左，长木板B 的速度大小为6 m/s 、方向向右； (2)碰撞后B 做减速运动，C 做加速运动，B 、C 达到共同速度之前，由牛顿运动定律，对木板B 有－μ1(m 2＋m 3)g －μ2m 3g ＝－m 2a 1 对物块C 有μ2m 3g ＝m 3a 2设从碰撞后到两者达到共同速度经历的时间为t ，则v 2－a 1t ＝a 2t木板B 的最小长度d ＝v 2t －12a 1t 2－12a 2t 2＝3 m (3)B 、C 达到共同速度之后，因μ1(m 2＋m 3)g ＝μ2m 3g ，故二者一起减速至停下，设加速度大小为a 3，由牛顿运动定律得μ1(m 2＋m 3)g ＝(m 2＋m 2)a 3 整个过程B 运动的位移为x B ＝v 2t －12a 1t 2＋0－(a 2t )2－2a 3＝6 m A 与B 碰撞后，A 做减速运动的加速度大小为a 4＝μm 1g m 1＝1 m/s 2，位移为x A ＝0－v 12－2a 4＝4.5 m 物块A 离长木板B 左侧的最终距离为x A ＋x B ＝10.5 m.例四.解析 (1)设物块的质量为m ，其开始下落处的位置距水平轨道BC 的竖直高度为h ，到达B 点时的速度为v ，小车圆弧轨道半径为R .则由机械能守恒定律得mgh ＝12m v 2， 物块运动到B 点时根据牛顿第二定律得9mg －mg ＝m v 2R联立解得h ＝4R ，即物块开始下落的位置距水平轨道BC 的竖直高度是圆弧半径的4倍．(2)设物块与BC 间的滑动摩擦力的大小为F f ，物块滑到C 点时与小车的共同速度为v ′， 物块在小车上由B 运动到C 的过程中小车相对地面的位移大小为s ，依题意，小车的质量为3m ，BC 长度为10R ，F f ＝μmg ，由动量守恒定律有 m v ＝(m ＋3m )v ′对物块、小车分别应用动能定理得－F f (10R ＋s )＝12m v ′2－12m v 2，F f s ＝12(3m )v ′2 联立解得μ＝0.3.命题预测六 解析 (1)工件从起点滑到圆弧轨道底端B 点，设到B 点时的速度为v B ，根据动能定理有mgh ＝12m v B 2 工件做圆周运动，在B 点，由牛顿第二定律得F N －mg ＝m v B 2R联立解得F N ＝40 N由牛顿第三定律知，工件滑到圆弧底端B 点时对轨道的压力大小为F N ′＝F N ＝40 N.(2)由于BC 轨道足够长，要使工件能到达CD 轨道，工件与小车必须能够达到共速，设工件刚滑上小车时的速度为v 0，工件与小车达到共速时的速度为v 1，假设工件到达小车最右端才与其共速，规定向右为正方向，则对于工件与小车组成的系统， 由动量守恒定律得m v 0＝(m ＋M )v 1由动能定理得μmgL ＝12m v 02－12(m ＋M )v 12 对于工件从AB 轨道滑下的过程，由机械能守恒定律得mgh 1＝12m v 02 代入数据解得h 1＝3 m要使工件能从CD 轨道最高点飞出，h 1＝3 m 时物块有从AB 轨道滑下且不脱离小车的最大速度．设工件从轨道下滑的最小高度为h ′，刚滑上小车的速度为v 0′，与小车达到共速时的速度为v 1′，刚滑上CD 轨道的速度为v 2′，规定向右为正方向，对工件和小车系统，由动量守恒定律得m v 0′＝(m ＋M )v 1′由动能定理得μmgL ＝12m v 0′2－12M v 1′2－12m v 2′2 工件恰好滑到CD 轨道最高点，由机械能守恒定律得12m v 2′2＝mgr 工件在AB 轨道滑动的过程，由机械能守恒定律得mgh ′＝12m v 0′2 联立并代入数据解得h ′＝187m 综上所述，要使工件能到达CD 轨道最高点，应使h 满足187m<h ≤3 m.。
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xA＝12aAt2；xB＝12aBt2(2 分)
解得：t＝ 2 s．(2 分)
2021/3/27
CHENL[I答案] (1)不会 (2) 2 s 10
动力学中的滑块—滑板模型
方法指导
方法指导
二、使滑块与滑板间发生相对滑动的临界力的计算方法
使滑块与滑板间不发生相对滑动或者发生相对滑动的力都 是某一特定范围的力，因此刚好能够使滑块与滑板间发生相 对滑动的临界力的计算很重要。此临界力的计算通常有两种 方法：
考情分析
考情分析
1.“滑块-木板”类问题，具有涉及考点多（运动学公式、牛顿 运动定律、功能关系等），情境丰富，设问灵活，解法多 样，思维量高等特点，是一类选拔功能极强的试题，也是 新课标力学常考的试题。
2.此类试题由于研究对象多、受力分析困难，运动过程复杂， 往往会使考生“手忙脚乱”，“顾此失彼”导致丢分。是 学生比较容易感到“头疼”的一类试题。因此探究并掌握 此类试题的分析技巧和解题方法是十分必要的。
4．易失分点:
(1)不清楚滑块、滑板的受力情况，求不出各自的加速度．
(2)不清楚物体间发生相对滑动的条件．
2021/3/27
CHENLI
7
动力学中的滑块—滑板模型
考型一：动力学类问题
方法指导
分析“滑块—滑板模型” 问题时应掌握的技巧
1．分析题中滑块、滑板的受力情况，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．
1.动力学方法：先用隔离法运用牛顿第二定律求出不受外力F 作用的那个物体的最大加速度，然后再用整体法运用牛顿第 二定律求出外力F的大小数值，这个值就是临界值。滑块与滑 板间不发生相对滑动时的外力应小于或等于这个数值，而滑 块与滑板间发生相对滑动时的外力应大于这个数值。
2021/3/27
CHENLI
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（2）动量守恒定律分析系统总动量的大小及方向，结合能 量守恒定律综合应用。
2021/3/27
CHENLI
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动力学中的滑块—滑板模型 3.考试题型：
知识梳理
（1）选择题：包括文字选择题与图象选择题；
（2）计算题：主要有关于滑块和滑板间是否存在相对滑动 的分析计算、使滑块与滑板间发生相对滑动的临界力的计算 （即外力的作用范围问题）；其它临界问题的分析计算等。
热点专题突破系列
滑块—滑板模型问题的 综合求解
2021/3/27
CHENLI
1
动力学中的滑块—滑板模型
学习目标
学习目标
1、掌握滑块—滑板类问题的主要题型及特点。
2、强化受力分析，运动过程分析； 抓住运动状态转 化时的临界条件。
3、动量与能量观点解决滑板问题
2021/3/27
CHENLI
2
动力学中的滑块—滑板模型
(5)功能关系;
(6)动量守恒定律；
(7)能量守恒定律。
2021/3/27
CHENLI
热点概述
5
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；
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 （动力学条件）．(2)二者速度或加速度不相等（运动 学条件）．（其中动力学条件是判断的主要依据）
2021/3/27
CHENLI
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动力学中的滑块—滑板模型
临界问题
典型例题 核心疑难探究
【典例1】(18 分)(2015·云南昆明统测) 如图所示，质量 M＝1 kg 的木板 A 静 止在水平地面上，在木板的左端放置
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CHENLI
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动力学中的滑块—滑板临模界型 问题
典型例题
核心疑难探究 【典例3】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
情况下力F的大小范围。
m
F
M
F m
M
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CHENLI
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＝0.3，木板长 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，计算说明铁块与木板间是否会发生相对滑 动；
(2)若木板与水平地面间的动摩擦因数 μ2＝0.1，求铁块运动到木 板右端所用的时间．
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动力学中的滑块—滑板模型
热【热点点概概述】述
热点概述
“滑块+滑板”问题可以检测学生对受力分析、运动过程分析的能力,
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。
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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;
(2)牛顿第三定律;
(3)运动学公式;
(4)动能定理;
动力学中的滑块—滑板模型
方法指导
方三法、滑指块导在滑板上不滑下的临界条件：
滑2块.临滑界到条滑件板法一：端即时运，用滑临块界和条滑件板进两行者计速算度。相滑同块．与滑板 恰好能发生相对滑动（要滑动但还未滑动时）的临界条 件是（1）滑块与滑板间的静摩擦力达到最大静摩擦力 （通常近似地认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力）； （2）滑块的加速度恰好等于滑板的加速度。
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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)