滑块与滑板类问题
专题三滑块滑板类问题
专题三：滑块、滑板类问题一个滑板一滑块，在中学物理中这一最简单、最典型的模型，外加档板、弹簧等辅助器件，便可以构成物理情景各不相同、知识考察视点灵巧多变的物理习题，能够广泛考察学生的应用能力、迁移能力，成为力学综合问题的一道亮丽风景。
归纳起来，滑板滑块问题主要有以下几种情形：一．系统机械能守恒，动量（或某一方向动量）守恒当物体系既没有外力做功，也没有内部非保守力（如滑动摩擦力）做功时，这个物体系机械能守恒；同时，物体系受合力（或某一方向合力）为零，动量（或某一方向动量）守恒。
例1．有光滑圆弧轨道的小车总质量为M，静止在光滑的水平地面上，轨道足够长，下端水平，有一质量为m的滑块以水平初速度V0滚上小车（图1），求：Array⑴滑块沿圆弧轨道上升的最大高度h。
⑵滑块又滚回来和M分离时两者的速度。
图1[解析]⑴小球滚上小车的过程中，系统水平方向上动量守恒，小球沿轨道上升的过程中，球的水平分速度从V0开始逐渐减小，而小车的速度却从零开始逐渐增大，若V球> V车，则球处于上升阶段；若V球<V车，则球处于下滑阶段。
（V球为球的水平分速度）。
因此，小球在最大高度时二者速度相等。
设二者速度均为V，根据动量守恒定律有：m V0=（M+m）V ①又因为整个过程中只有重力势能和动能之间的相互转化，所以系统的机械能守恒，根据机械能守恒定律有1/2m V2=1/2（M+m）V2+mgh ②解①②式可得球上升的最大高度h= m V02/ 2（M+m）g⑵设小球又滚回来和M分离时二者的速度分别为V1和V2，则根据动量守恒和机械能守恒可得： m V0=m V1+M V2 ③1/2 m V02=1/2 m V12+1/2 MV22 ④解③④可得：小球的速度 V1 = ( m- M)/( m + M )V0小车的速度： V2= 2 m / ( M + m)二．系统所受合外力为零，满足动量守恒条件；但机械能不守恒，据物体系功能原理，外力做正功使物体系机械能增加，而内部非保守力做负功会使物体系的机械能减少。
牛顿运动定律巧解滑块-滑板模型
例题三：滑块与滑板在碰撞中的运动
要点一
总结词
要点二
详细描述
碰撞中的滑块-滑板模型需要考虑动量守恒和能量守恒，通 过牛顿运动定律可以求解碰撞后的运动状态。
当滑块与滑板发生碰撞时，根据动量守恒定律，可以求出 碰撞后的速度。根据能量守恒定律，可以判断碰撞是否为 弹性碰撞。根据牛顿第二定律，可以求出碰撞后滑块和滑 板的加速度。通过分析加速度和初速度作用力和反作用力之间的关系，即作用力和反作用力大小相等、方向相反 、作用在同一条直线上。
详细描述
该定律指出，当一个物体对另一个物体施加力时，另一个物体会对施力物体施加 一个大小相等、方向相反的力。这两个力是相互作用的，并且作用在同一条直线 上。
03
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滑块-滑板模型中的牛顿运动定律
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滑块与滑板间的相互作用力分析
01
02
03
作用力与反作用力
根据牛顿第三定律，滑块 与滑板间的作用力和反作 用力大小相等、方向相反 。
摩擦力分析
滑动摩擦力的大小与接触 面的粗糙程度和正压力有 关，方向与相对运动方向 相反。
支持力分析
支持力垂直于接触面，指 向被支持的物体，与重力 等其他外力平衡。
滑块与滑板间的动量守恒分析
以判断滑块是否从滑板上滑落。
例题二：滑块与滑板在斜面上的运动
总结词
斜面上的滑块-滑板模型需要考虑重力的影 响，通过牛顿运动定律可以求解滑块和滑板 的运动状态。
详细描述
当滑块放在滑板上，在斜面上运动时，除了 受到重力、支持力和摩擦力的作用外，还需 要考虑重力的分力。根据牛顿第二定律，可 以求出滑块和滑板的加速度。通过分析加速 度和初速度的关系，可以判断滑块是否从滑 板上滑落。
斜面传送带滑块和滑板典型习题
3． （P50）如图所示，传送带与地面的夹角 θ＝37° ，从 A 到 B 的长度为 16 m，传送带以 10 m/s 的速率逆时针转动，在 传送带上端 A 处由静止放一个质量为 0.6 kg 的物体， 它与传 送带之间的动摩擦因数 μ＝0.5，求物体从 A 运动到 B 所需 要的时间是多少．(sin 37° ＝0.6，cos 37° ＝0.8，g 取 10 m/s )
1 ( 20 1 ) 10N 1 1.4 N 2 209 .3N
( M m )g ma sin
题目
第 2页
解二： 由匀加速运动的公式
v 2 2as 得物块沿斜面下滑的加速度为：
v2 2.8 2 a m/s2 1.4m/s2 2 s 2 2.8
(2)地面对木楔的支持力的大小.
B
θ
m M
A C
解一： 由匀加速运动的公式
v 2 2as
得物块沿斜面下滑的加速度为： v2 2.8 2 a m/s2 1.4m/s2 2 s 2 2.8
由于 a g sin 5m/s2 可知物块受到摩擦力作用。 分析物块受力，它受三个力，如图所示，对于沿 斜面的方向和垂直于斜面的方向，由牛顿运动定 律得： N 1 mg sin f1 ma f1
⑥
3、如图所示，小木块在沿斜面向上的恒定外力F作
用下，从A点由静止开始作匀加速运动，前进了
0.45m抵达B点时，立即撤去外力。此后小木块又前 进0.15m到达C点，速度为零。已知木块与斜面动摩 擦因数 3 / 6 ，木块质量m=1kg。求： (1)木块向上经过B点时速度为多大?
(2)木块在AB段所受的外力多大?( g=10 m/s2)
(3)当v1>v2时，工件先减速后匀速 v1－v2 减速过程：a＝μg，方向与工件运动方向相反t1＝ μg ， 2 2 v1 －v2 x1＝ ； 2μg L－x1 匀速过程t2＝ v2 2 L v1－v2 故t＝t1＋t2＝ － . v2 2μgv2
滑块与滑板类问题
滑块与滑板类问题1.处理滑块与滑板类问题的基本思路与方法是什么?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.2.滑块与滑板存在相对滑动的临界条件是什么?(1)运动学条件：若两物体速度和加速度不等，则会相对滑动.(2)动力学条件：假设两物体间无相对滑动，先用整体法算出一起运动的加速度，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fm的关系，若f﹥fm，则发生相对滑动.3.滑块滑离滑板的临界条件是什么?当滑板的长度一定时，滑块可能从滑板滑下，恰好滑到滑板的边缘达到共同速度是滑块滑离滑板的临界条件.例1：质量是2kg的物体A放在质量是4kg的物体B上，B放在光滑的水平面上，A、B之间的摩擦因数是0.5，最初A、B静止，现要对A施加一个力F，使A从B上滑下，问F需要满足的什么条件？其中则代入数值解得F>15N例2质量是0.4kg的物体A,带电量是+5x10-6c，其大小可以忽略，放在长木板B上，B的质量是0.1kg,B 不带电,水平地面与B之间的摩擦因数是0.3, A、B之间的摩擦因数是0.5，A、B最开始静止，现在A所在的区域加一个水平向右的有界匀强电场,左边界在A的左边缘,右边界距左边界0.5m,场强E=5x105,那么当A运动出电场时的速度是多大?若E=9x105那么当A运动出电场时的速度是多大?若B和地面之间的摩擦因数是0.5,那么上两个问又是怎么样呢? (设B足够长)找出使A、B相对滑动的临界值，判断在此电场力的作用下，A、B是否相对滑动,A、B若相对滑动其受力情况A、B相对滑动的条件是解得E>8x105，所以A、B还没有相对滑动，可以用整体法求出其加速度一、木板固定：对滑块使用运动学公式或者动能定理。
4.10《牛顿第二定律：滑块-滑板问题》
二、经典例题
【例1 】如图所示，平板A 长l = 10m, 质量M =4kg, 放在光滑的水平面上。在A 上最右端
放一物块B （大小可忽略），其质量m=2kg 。已知A 、B 间动摩擦因数μ = 0.4, 开始时A 、
B 都处于静止状态（取g=10m/s²) 。则
● (1) 要将A 从物块B 下抽出来，则加在平板A 上的水平恒力F 至少为多大？
B. F 拉动B, 则可能A 、B 、C 一起运动
C. F 拉动C, 则可能A 的加速度大于B 的加速度
D. F 拉动C, A 与B 的加速度大小总相等
）
8 ．质量为2 kg 的木板B 静止在水平面上，可视为质点的物块A 从木板的左侧沿木板上表
面水平冲上木板，如图甲所示。A 和B 经过1 s 达到同一速度，之后共同减速直至静止，
板，在两木板的左端分别放有完全相同的物块，开始都处于静止状态。现分别对两物块施
加水平恒力1 、 2 ，经过时间 1 、 2 物块与木板分离后，两木板的速度大小分别为 1 和
2 , 已知物块与木板之间的动摩擦因数相同，则(
A . 若1 = 2 , 且1 > 2 , 则 1 < 2
数μ=
3
2
． 对木板施加沿斜面向上的恒力F, 使木板沿斜面由静止开始向上做匀加速直线运动，
假设物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g= 10 m/s².
(1)为使物块不滑离木板，求力F 应满足的条件；
(2) 若F=37.5N, 物块能否滑离木板？若不能，请说明理由；若能，求出物块滑离木板所用的
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 1 和 2 ,下列反映 1 和 2 变化的图
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.
物理滑块滑板问题总结
物理滑块滑板问题总结在物理学中，滑块滑板问题是一个经典的力学问题，它涉及到物体在斜面上的运动和受力分析。
通过对滑块滑板问题的总结和分析，我们可以更好地理解物体在斜面上的运动规律，为解决类似问题提供参考和指导。
本文将对物理滑块滑板问题进行总结，包括问题的基本概念、运动规律、受力分析和相关公式推导，希望能够对读者有所帮助。
首先，我们来看滑块滑板问题的基本概念。
滑块滑板问题是指一个物体沿着倾斜的滑板或斜面运动的问题。
在这个问题中，我们需要考虑物体在斜面上的加速度、受力情况以及最终的运动轨迹。
通过对滑块滑板问题的分析，我们可以了解到斜面对物体的影响，以及如何利用斜面来改变物体的运动状态。
其次，我们需要了解滑块滑板问题的运动规律。
根据牛顿运动定律，物体在斜面上的运动受到重力、支持力和摩擦力等多个力的作用。
通过对这些力的分析，我们可以得出物体在斜面上的加速度和速度变化规律，从而更好地理解物体在斜面上的运动情况。
另外，滑块滑板问题的受力分析也是非常重要的。
在这个问题中，我们需要分析物体受到的各种力，包括重力、支持力和摩擦力等。
通过对这些力的分析，我们可以计算出物体在斜面上的加速度和速度，从而得出物体的最终运动状态。
最后，我们可以通过相关公式推导来进一步理解滑块滑板问题。
通过对滑块滑板问题的相关公式推导，我们可以得出物体在斜面上的运动规律，包括加速度、速度和位移等。
这些公式可以帮助我们更好地理解滑块滑板问题，为解决类似问题提供参考和指导。
综上所述，物理滑块滑板问题是一个经典的力学问题，通过对它的总结和分析，我们可以更好地理解物体在斜面上的运动规律，为解决类似问题提供参考和指导。
希望本文对读者有所帮助，谢谢阅读！。
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;
牛顿第二定律之滑块与滑板问题(含解析)
1一 无外力F 的板块问题分析【知识构建】1. 地面光滑，即板和地面的μ2=0，2.地面粗糙，即A 和B 的动摩擦因数μ1板和地面的动摩擦因数μ2， （1）μ1＞μ2（2）μ1＜μ211mg ma μ=()()23+M m g M m a μ+=23.板和快都有初速度【总结】μ1＞μ2 μ1＜μ211a v t =3【典例分析】 1、地面光滑【例1】 （多选）（2021·深圳第二外国语学校高一开学考试）如图甲所示，长木板A 静止在光滑水平面上，另一质量为2kg 的物体B （可看作质点）以水平速度v 0＝3 m/s 滑上长木板A 的表面。
由于A 、B 间存在摩擦，之后的运动过程中A 、B 的速度图像如图乙所示。
g 取10 m/s 2，下列说法正确的是（ ）A ．长木板A 、物体B 所受的摩擦力均与运动方向相反 B ．A 、B 之间的动摩擦因数μ＝0.2C ．长木板A 的长度可能为L ＝0.8 mD ．长木板A 的质量是4kg 【答案】BD【详解】A ．由题意可知，A 木板的运动方向与其摩擦力方向相同，故A 错误；B ．由图象知B 的加速度大小为2231m/s 2m/s 1B a -==对B 进行分析有：μm B g =m B a B ，可解得：μ=0.2故B 正确；C ．由题意可知，木块B 尚未滑出木板A ，则临界条件为当AB 具有共同速度时，B 恰好滑到A 的右端，设A 、B 物体位移量分别为s A 、s B ，加速度分别为a A 、a B ，由图可知a A =1m/s 2，a B =2m/s 2，A 的长度为L ，则有：22011,,22A A B B B A s a t s v t a t s s L ==--=联立上式可解得L =1.5m ，即L ≥1.5m 即可，故C 错误；D ．由μm B g =m A a A ，μm B g =m B a B 联立两式可解得：21A B BA a m a m ==即A 物体的质量是B 物体的两倍，长木板A 的质量是4kg ，故D 正确；故选BD 。
3.13牛顿第二定律的应用(十)滑板-滑块问题
滑块－滑板类问题的实质是牛顿运动定律与运动学等知识的综合问题，求解时应先仔细审题，清楚题目的含义、分析清楚每一个物体的受力情况、运动情况．1.处理滑块与滑板类问题的基本思路与方法是什么?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.2.滑块与滑板存在相对滑动的临界条件是什么?(1)运动学条件：若两物体速度和加速度不等，则会相对滑动.(2)动力学条件：假设两物体间无相对滑动，先用整体法算出一起运动的加速度，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fm的关系，若ffm，则发生相对滑动.3.滑块滑离滑板的临界条件是什么?当滑板的长度一定时，滑块可能从滑板滑下，恰好滑到滑板的边缘达到共同速度是滑块滑离滑板的临界条件4.因题目所给的情境中至少涉及两个物体、多个运动过程，并且物体间还存在相对运动，所以：（1）应准确求出各物体在各运动过程的加速度(注意两过程的连接处加速度可能突变)；（2）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．（3）求解中更应注意联系两个过程的纽带，每一个过程的末速度是下一个过程的初速度．例1.如图所示，一足够长的木板B静止在水平地面上，有一小滑块A以v0＝2 m/s的水平初速度冲上该木板．已知木板质量是小滑块质量的2倍，木板与小滑块间的动摩擦因数为μ1＝0.5，木板与水平地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1，求小滑块相对木板滑行的位移是多少？(g取10 m/s2)例2.如图所示，质量M＝8 kg的长木板放在光滑的水平面上，在长木板左端加一水平恒推力F＝8 N，当长木板向右运动的速度达到1.5 m/s时，在长木板前端轻轻地放上一个大小不计，质量为m＝2 kg的小物块，物块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.2，长木板足够长．(g＝10 m/s2)(1)小物块放后，小物块及长木板的加速度各为多大？(2)经多长时间两者达到相同的速度？(3)从小物块放上长木板开始，经过t＝1.5 s小物块的位移大小为多少？例3. (2011·山东卷·24)如图所示，在高出水平地面h＝1.8 m的光滑平台上放置一质量M＝2 kg、由两种不同材料连接成一体的薄板A，其右段长度l1＝0.2 m且表面光滑，左段表面粗糙．在A最右端放有可视为质点的物块B，其质量m＝1 kg，B与A左段间动摩擦因数μ＝0.4.开始时二者均静止，现对A施加F＝20 N水平向右的恒力，待B脱离A(A尚未露出平台)后，将A取走．B离开平台后的落地点与平台右边缘的水平距离x＝1.2 m．(取g＝10 m/s2)求：.(1)B离开平台时的速度v(2)B从开始运动到刚脱离A时，B运动的时间t B和位移x B.(3)A左段的长度l2.3.13牛顿第二定律的应用（十）滑板-滑块问题（参考答案）例1.答案：13m 解析：设滑块的质量为m ，木板的质量为2m ，小滑块的加速度为a 1，木板的加速度为a 2，以小滑块为研究对象，由牛顿第二定律得： μ1mg ＝ma 1，即a 1＝μ1g ＝5 m/s 2.经t s ，设木板与小滑块相对静止，共同速度为 v ， 则：v ＝v 0－a 1t .以木板为研究对象，由牛顿第二定律得：μ1mg －μ23mg ＝2ma 2，a 2＝μ1mg －μ23mg 2m＝1 m/s 2. 则经t s 木板的速度为：v ＝a 2t ，所以，a 2t ＝v 0－a 1t ，t ＝v 0a 1＋a 2＝13s. 则小滑块相对木板滑行的位移为：x ＝⎝⎛⎭⎫v 0t －12a 1t 2－12a 2t 2＝13m. 例2.答案： (1)2 m/s 2；0.5 m/s 2 (2)1 s (3)2.1 m解析：(1)物块的加速度a m ＝μg ＝2 m/s 2 长木板的加速度a M ＝F －μmg M＝0.5 m/s 2. (2)由a m t ＝v 0＋a M t 可得t ＝1 s.(3)在开始1 s 内小物块的位移：x 1＝12a m t 2＝1 m 1 s 末速度为v ＝a m t ＝2 m/s 在接下来的0.5 s 物块与长木板相对静止，一起做加速运动且加速度为a ＝F M ＋m＝0.8 m/s 2 这0.5 s 内的位移为x 2＝v t ＋12at 2＝1.1 m 通过的总位移x ＝x 1＋x 2＝2.1 m. 例3. 答案： (1)2 m/s (2)0.5 s 0.5 m (3)1.5 m解析： (1)设物块平抛运动的时间为t ，由运动学知识可得h ＝12gt 2 ① x ＝v B t ②联立①②式，代入数据得v B ＝2 m/s. ③(2)设B 的加速度为a B ，由牛顿第二定律和运动学的知识得μmg ＝ma B ④v B ＝a B t B ⑤x B ＝12a B t 2B ⑥ 联立③④⑤⑥式，代入数据得t B ＝0.5 s ⑦x B ＝0.5 m ． ⑧(3)设B 刚开始运动时A 的速度为a 1，由动能定理得Fl 1＝12M v 21⑨ 设B 运动后A 的加速度为v A ，由牛顿第二定律和运动学的知识得F －μmg ＝Ma A ⑩l 2＋x B ＝v 1t B ＋12a A t 2B○11 联立⑦⑧⑨⑩○11式，代入数据得 l 2＝1.5 m.○12。
滑块——滑板问题的典型例题
滑块——滑板问题典型例题例题 1.(多选)光滑水平面上，木板 m1 向左匀速运动．t＝0 时刻，木块从木板 的左端向右以与木板相同大小的速度滑上木板，t1 时刻，木块和木板相对静止， 共同向左匀速运动．以 v1 和 a1 表示木板的速度和加速度，以 v2 和 a2 表示木块的 速度和加速度，以向左为正方向，则下列图像正确的是( )vv m2m1aa2ot1 ta1 Aa a2ot1 ta1Bvv1ot1tv2 Cvv1ot1 tv2 D【答案】：BD【解析】：t＝0 时刻，木块从木板的左端向右以与木板相同大小的速度滑上木板，在摩擦力作用下，二者均 做匀减速直线运动。
根据题述“t1 时刻，木块和木板相对静止，共同向左匀速运动”可知木块的速度先向右 减小到零，即木块加速度大小大于木板，图像 B 正确；之后木块再向左加速，最终与木板共速，图像 D 正 确。
选 BD.例题 2.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 是常量)，木板和木块加速度的大小分别 为 a1 和 a2。
下列反映 a1 和 a2 随时间 t 变化的图线中正确的是( )F m2m1aa2a1o Ata a2a1o Btaa1a2o Ctaa2a1o Dt【答案】：A【解析】：当 F 比较小时，两个物体相对静止，一起匀加速运动，根据牛顿第二定律，有 F＝(m1＋m2)a，解得 a＝m1＋F m2＝m1＋kt m2，即木板和木块的加速度相同且与时间成正比。
当 F 比较大时，木块相对于木板向右运动，两者加速度不同，即当木板与木块间的摩擦力达到 μm2g 后两者发生相对滑动，对木块有 F－μm2g＝m2a2，a2＝F－mμ2m2g＝mkt2－μg，故其图线的斜率增大；对木板，在发生相对滑动后，有 μm2g＝m1a1，故 a1＝μmm21g为定值。
滑块、滑板模型专题
滑块、滑板模型专题例题：如图所示，滑块A 的质量m ＝1kg ，初始速度向右v 1＝8.5m/s ；滑板B 足够长，其质量M ＝2kg ，初始速度向左v 2＝3.5m/s 。
已知滑块A 与滑板B 之间动摩擦因数μ1＝0.4，滑板B 与地面之间动摩擦因数μ2＝0.1。
取重力加速度g ＝10m/s 2。
在两者相对运动的过程中：问题（1）：刚开始a A1、a B1问题（2）：B 向左运动的时间t B1及B 向左运动的最大位移S B2问题（3）：A 向右运动的时间t 及A 运动的位移S A问题（4）：B 运动的位移S B 及B 向右运动的时间t B2问题（5）：A 对B 的位移大小△S 、A 在B 上的划痕△L 、A 在B 上相对B 运动的路程x A问题（6）：B 在地面的划痕L B 、B 在地面上的路程x B问题（7）：摩擦力对A 做的功W fA 、摩擦力对A 做的功W fB 、系统所有摩擦力对A 和B 的总功W f问题（8）：A 、B 间产生热量Q AB 、B 与地面产生热量Q B 、系统因摩擦产生的热量Q问题（9）：画出两者在相对运动过程中的示意图和v －t 图象1、如图所示，两质量相等的物块A 、B 通过一轻质弹簧连接，B 足够长、放置在水平面上，所有接触面均光滑。
弹簧开始时处于原长，运动过程中始终处在弹性限度内。
在物块A 上施加一个水平恒力，A 、B 从静止开始运动到第一次速度相等的过程中，下列说法中正确的有（ ）A ．当A 、B 加速度相等时，系统的机械能最大B ．当A 、B 加速度相等时，A 、B 的速度差最大C ．当A 、B 的速度相等时，A 的速度达到最大D ．当A 、B 的速度相等时，弹簧的弹性势能最大2、如图所示，质量为M=8 kg 的小车放在光滑水平面上，在小车右端加一水平恒力F=8 N 。
当小车向右运动的速度达到v 0=3m/s 时，在小车右端轻轻放上一质量m=2 kg 的小物块，物块与小车间的动摩擦因数μ=0.2，物块始终不离开小车，从小物块放在小车上开始计时，经过3 s 时间，摩擦力对小物块做的功是多少？（g 取10 m/s 2）A B v 1＝8.5m/s v 2＝3.5m/s F m M3、如图（a ）所示，在足够长的光滑水平面上，放置一长为L ＝1 m 、质量为m 1＝0.5 kg 的木板A ，一质量为m 2＝1 kg 的小物体B 以初速度v 0滑上A 的上表面的同时对A 施加一个水平向右的力F ，A 与B 之间的动摩擦因数为μ＝0.2，g ＝10 m/s 2；小物体B 在A 上运动的路程S 与F 力的关系如图（b ）所示。
物理板块问题经典题型总结
物理板块问题经典题型总结
以下是常见的物理板块问题的经典题型，包括典型问题、解题方法以及常见错误等。
一、滑块-滑板问题
1. 典型问题：一个滑块以初速度v₀放在光滑斜面底端，滑块和滑板之间的滑动摩擦力为f，滑板足够长，滑块在滑板上滑行的时间为t₁，滑块在滑板上滑行的距离为s₁。
2. 解题方法：使用牛顿第二定律和运动学公式解题。
3. 常见错误：忽略滑板对滑块的反向作用力，导致计算错误。
二、斜面-滑块问题
1. 典型问题：一个滑块放在斜面底端，斜面的倾角为θ，滑块受到的重力为G，斜面对滑块的支持力为N，滑动摩擦力为f，滑块沿斜面滑行的加速度为a。
2. 解题方法：使用牛顿第二定律和运动学公式解题。
3. 常见错误：忽略斜面对滑块的摩擦力作用，导致计算错误。
三、传送带问题
1. 典型问题：一个物体放在传送带上，传送带的速度为v₀，物体受到的滑
动摩擦力为f，物体在传送带上滑行的距离为s₁。
2. 解题方法：使用牛顿第二定律和运动学公式解题。
3. 常见错误：忽略传送带对物体的反向作用力，导致计算错误。
四、绳-滑块问题
1. 典型问题：一个滑块通过一根轻绳连接在固定点上，轻绳的长度为L，滑块受到的重力为G，滑动摩擦力为f，滑块在水平面上做圆周运动的半径为r。
2. 解题方法：使用牛顿第二定律和向心力公式解题。
3. 常见错误：忽略绳对滑块的拉力作用，导致计算错误。
以上是一些常见的物理板块问题的经典题型，通过掌握这些题型的解题方法和常见错误，可以更好地理解和掌握物理板块问题的解题技巧。
高三物理滑块滑板问题整理
fm m
F
M
fm
人有了知识，就会具备各种分析能力， 明辨是非的能力。 所以我们要勤恳读书，广泛阅读， 古人说“书中自有黄金屋。 ”通过阅读科技书籍，我们能丰富知识， 培养逻辑思维能力； 通过阅读文学作品，我们能提高文学鉴赏水平， 培养文学情趣； 通过阅读报刊，我们能增长见识，扩大自己的知识面。 有许多书籍还能培养我们的道德情操， 给我们巨大的精神力量， 鼓舞我们前进。
s =6.0m
○14
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 6.0m.
(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 a4 ， 此过程中小物块和木板运动的位移为 s3 。由牛顿第二定律及运动学 公式得
1(m M )g (m M ) a4
○15
=0.1 ④
在木板与墙壁碰撞后，木板以 v1 的初速度向左做匀变速运动，小 物块以 v1 的初速度向右做
匀变速运动。设小物块的加速度为 a2 ，由牛顿第二定律有
由图可得
式中， t2 =2s,
2mg ma2 ⑤
a2
v2 t2
v1 t1
⑥
v2 =0,联立⑤⑥式和题给条件得
2 =0.4
⑦
（2）设碰撞后木板的加速度为 a3，经过时间t ，木板和小物块刚 好具有共同速度 v3 。由牛顿第二定律及运动学公式得
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
滑块-滑板模型问题分析方法
滑块与滑板之间的动力学关系遵循牛顿第二定律，即合外力等于质量与加速度的 乘积。
03
滑块-滑板模型的建立与 求解
模型的建立
确定问题类型
根据实际问题，确定滑块-滑板模型是否适用，并明确模型中的物 理量及约束条件。
建立数学模型
根据物理现象和问题需求，建立滑块-滑板模型的数学表达式，包 括运动方程、力平衡方程等。
在航天器着陆过程中，滑块-滑板模型被用于分析着陆稳定性。通过模拟航天器在着陆时的运动，可以预测航天 器的着陆姿态和稳定性，从而优化着陆方案，确保航天器的安全着陆和回收。
谢谢观看
重力与支持力
滑块-滑板模型中，滑块与滑板之间的 相互作用力遵循牛顿第三定律，即作 用力和反作用力大小相等、方向相反。
滑块和滑板受到的重力与支持力在静 态平衡时相互抵消，而在动态平衡时 则相互作用。
摩擦力
滑块与滑板之间的摩擦力是影响滑块 运动的重要因素，摩擦力的方向和大 小取决于接触面的性质和相对运动状 态。
工程设计中的应用
机械系统设计
滑块-滑板模型在机械系统设计中 被广泛应用，用于分析机构运动 和受力情况，优化设计以提高机
械性能和稳定性。
车辆工程
在车辆工程中，滑块-滑板模型用 于研究车轮与地面之间的相互作用， 分析车辆动力学性能和行驶稳定性。
建筑结构
在建筑结构设计中，滑块-滑板模型 用于模拟和分析桥梁、高层建筑等 结构的滑动支撑和抗震性能。
确定边界条件和初始条件
根据实际问题的边界条件和初始状态，确定模型中相应的边界条件 和初始条件。
模型的求解方法
解析法
对于简单问题，可以采用解析法求解，得到精确解。
数值法
对于复杂问题，可以采用数值法求解，如有限元法、 有限差分法等。
应用动力学方法解决“滑块——滑板”模型问题 讲义
应用动力学方法解决“滑块——滑板”模型问题[核心精讲]滑块——滑板模型是近几年来高考考查的热点，涉及摩擦力的分析判断、牛顿运动定律、匀变速运动等主干知识，能力要求较高，滑块和滑板的位移关系、速度关系是解答滑块——滑板模型的切入点，前一运动阶段的末速度是下一运动阶段的初速度，解题过程中必须以地面为参考系．1．模型特点：滑块(视为质点)置于滑板上，滑块和滑板均相对地面运动，且滑块和滑板在摩擦力的相互作用下发生相对滑动．2．运动学分析：无临界速度时，滑块与滑板分离，确定相等时间内的位移关系解题；有临界速度时，滑块与滑板不分离，假设速度相等后加速度相同，由整体法求解系统的共同加速度，再由隔离法用牛顿第二定律求滑块与滑板间的摩擦力f ，如果该摩擦力不大于最大静摩擦力说明假设成立，则整体列式解题；如果该摩擦力大于最大静摩擦力说明假设不成立，则分别列式；确定相等时间内的位移关系解题．3．动力学分析：判断滑块与滑板是否发生相对滑动是解决这类问题的一个难点，通常采用整体法、隔离法和假设法等．往往先假设两者相对静止，由牛顿第二定律求出它们之间的摩擦力f ，与最大静摩擦力f m 进行比较．若f <f m ，则不会发生相对滑动；反之，将发生相对滑动．从运动学角度看，滑块与滑板的速度和加速度不等，则会发生相对滑动．[范例] (20分)(2015·高考全国卷Ⅰ)一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5 m ，如图甲所示．t ＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t ＝1 s 时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)．碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板．已知碰撞后1 s 时间内小物块的v －t 图线如图乙所示．木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g 取10 m/s 2.求：(1)木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2； (2)木板的最小长度；(3)木板右端离墙壁的最终距离．[解析] (1)规定向右为正方向．木板与墙壁相碰前，小物块和木板一起向右做匀变速运动，设加速度为a 1，小物块和木板的质量分别为m 和M .由牛顿第二定律得－μ1(m ＋M )g ＝(m ＋M )a 1①(1分)由题图乙可知，木板与墙壁碰撞前瞬间的速度v 1＝4 m/s ，由运动学公式得v 1＝v 0＋ a 1t 1②(1分) x 0＝v 0t 1＋12a 1t 21③(1分)式中，t 1＝1 s ，x 0＝4.5 m 是木板碰撞前的位移，v 0是小物块和木板开始运动时的速度．联立①②③式和题给条件得μ1＝0.1 ④(1分)在木板与墙壁碰撞后，木板以初速度为－v 1向左做匀变速运动，小物块以初速度v 1向右做匀变速运动．设小物块的加速度为a 2，由牛顿第二定律得－μ2mg ＝ma 2⑤(1分)由题图乙可得a 2＝v 2－v 1t 2－t 1⑥(1分)式中，t 2＝2 s ，v 2＝0，联立⑤⑥式和题给条件得 μ2＝0.4.⑦(1分)(2)设碰撞后木板的加速度为a 3，经过时间Δt ，木板和小物块刚好具有共同速度v 3.由牛顿第二定律及运动学公式得μ2mg ＋μ1(M ＋m )g ＝Ma 3⑧(1分) v 3＝－v 1＋a 3Δt ⑨(1分) v 3＝v 1＋a 2Δt⑩(1分)碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运动的位移为 x 1＝－v 1＋v 32Δt⑪(1分) 小物块运动的位移为x 2＝v 1＋v 32Δt⑫(1分) 小物块相对木板的位移为Δx ＝x 2－x 1⑬(1分)联立④⑥⑦⑧⑨⑩⑪⑫⑬式，并代入数值得 Δx ＝6.0 m⑭(1分)因为运动过程中小物块没有脱离木板，所以木板的最小长度应为6.0 m ．(1分) (3)在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速运动直至停止，设加速度为a 4，此过程中小物块和木板运动的位移为x 3.由牛顿第二定律及运动学公式得μ1(m ＋M )g ＝(m ＋M )a 4⑮(1分) 0－v 23＝2a 4x 3⑯(1分)碰后木板运动的位移为x＝x1＋x3 ⑰(1分)联立④⑥⑦⑧⑨⑩⑪⑮⑯⑰式，并代入数值得x＝－6.5 m(1分)木板右端离墙壁的最终距离为6.5 m．(1分)[答案](1)0.10.4(2)6.0 m(3)6.5 m(1)规范要求书写物理表达式要以课本原始公式为依据，牛顿第二定律的表达式为F合＝ma，要分步列式，尽量不要列综合式，否则容易失分；符号使用要规范，与题目提供的符号要一致，再者木板和物块的加速度不同，若都用a表示不加以区分，将不得分．(2)评分细则第(1)问7分，①～⑦式各1分．第(2)问8分，⑧～⑭式各1分．第(3)问5分，⑮～⑰式各1分．题目中给出的符号解析中必须要一致，若μ1、μ2用错，则扣结果分．无单位、单位错误，相应的得分点不给分．(用其他方法求解，正确的，参照上述答案酌情给分)[预测押题]1．如图甲所示，质量为M的长木板，静止放置在粗糙水平地面上，有一个质量为m、可视为质点的物块，以某一水平初速度从左端冲上木板．从物块冲上木板到物块和木板达到共同速度的过程中，物块和木板的v－t图象分别如图乙中的折线acd和bcd所示，a、b、c、d点的坐标分别为a(0，10)、b(0，0)、c(4，4)、d(12，0)．根据v－t图象，求：(1)物块冲上木板做匀减速直线运动的加速度大小a1，木板开始做匀加速直线运动的加速度大小a2，达到共同速度后一起做匀减速直线运动的加速度大小a3；(2)物块质量m与长木板质量M之比；(3)物块相对长木板滑行的距离Δx.解析：(1)由v －t 图象可求出物块冲上木板做匀减速直线运动的加速度大小a 1＝10－44m/s 2＝1.5 m/s 2，木板开始做匀加速直线运动的加速度大小a 2＝4－04m/s 2＝1 m/s 2，达到共同速度后一起做匀减速直线运动的加速度大小a 3＝4－08m/s 2＝0.5 m/s 2.(2)对物块冲上木板匀减速阶段：μ1mg ＝ma 1 对木板向前匀加速阶段：μ1mg －μ2(m ＋M )g ＝Ma 2 物块和木板达到共同速度后向前匀减速阶段： μ2(m ＋M )g ＝(M ＋m )a 3 以上三式联立可得m M ＝32.(3)由v －t 图象可以看出，物块相对于长木板滑行的距离Δx 对应图中△abc 的面积，故Δx ＝10×4×12m ＝20 m.答案：(1)1.5 m/s 2 1 m/s 2 0.5 m/s 2 (2)32(3)20 m 2．(2017·湖北七市联考)如图所示，可视为质点的物体A 叠放在长木板B 上，A 、B 的质量分别为m 1＝10 kg 、m 2＝10 kg ，B 长为L ＝16 m ，开始时A 在B 的最右端；A 与B 、B 与地之间的动摩擦因数分别为μ1＝0.4、μ2＝0.4；现将一水平恒力F ＝200 N 作用在B 上，使A 、B 由静止开始运动，当A 恰好运动到B 的中点时撤去外力F ，g 取10 m/s 2.求：(1)力F 作用的时间及此时B 前进的距离； (2)撤去外力F 后B 还能走多远？解析：(1)力F 开始作用时，设A 、B 的加速度分别为a 1、a 2， 对A ：μ1m 1g ＝m 1a 1，a 1＝4 m/s 2 对B ：F －μ1m 1g －μ2(m 1＋m 2)g ＝m 2a 2， a 2＝8 m/s 2，设力F 作用的时间为t ，对应此时A 、B 的速度为v A 、v B 则有12a 2t 2－12a 1t 2＝12L代入数据得，t ＝2 s ，v A＝8 m/s，v B＝16 m/s此时B前进的距离为x B＝12a2t2＝16 m.(2)撤去外力F后，对A有μ1m1g＝m1a3，a3＝4 m/s2对B有μ1m1g＋μ2(m1＋m2)g＝m2a4，a4＝12 m/s2设A、B经过时间t1达到共同速度v1则有v A＋a3t1＝v B－a4t1解得：t1＝0.5 s，v1＝10 m/s此过程中B前进的距离为x1＝v2B－v212a4＝6.5 mA、B共速后一起匀减速的加速度为a5μ2(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a5，a5＝4 m/s2此时B前进的距离为x2＝v 2 12a5＝12.5 m 撤去F后B前进的总距离为x＝x1＋x2＝19 m.答案：(1)2 s16 m(2)19 m。
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。
物理滑块滑板问题总结
物理滑块滑板问题总结滑板作为一项极具挑战性和刺激性的运动项目，吸引了许多年轻人的兴趣。
在滑板过程中，物理滑块扮演着不可忽视的角色。
在本文中，我将总结一些与物理滑块滑板问题相关的内容，探讨滑板时滑块在物理上的表现。
一. 摩擦力的影响在滑板过程中，摩擦力的大小对滑块的滑动速度和方向起到重要影响。
滑板道路的摩擦系数决定了滑块能否在加速和制动过程中保持稳定。
一般来说，较大的摩擦系数会增加滑块的摩擦力，使其更容易停下或加速。
然而，过大的摩擦力也会导致滑板过程中滑块的损耗。
二. 力的平衡与滑行稳定性滑板中，滑块的稳定性对于保持平衡和实现技巧非常重要。
滑块与滑板板面的表面积以及板面的摩擦系数共同决定了平衡的稳定性。
当摩擦系数合适且滑块与板面的表面积足够大时，滑块能够更好地与板面紧密结合，并实现稳定的滑行。
滑块与板面之间的力的平衡也对滑行稳定性产生影响，任何一个方向上的不平衡力都可能导致滑行的中断。
三. 动量与速度控制滑板过程中，滑块的速度控制是滑手们需要掌握的重要技巧之一。
滑块的速度由其质量和动量共同决定。
增加滑块的质量可以增加其惯性，从而使滑块更容易保持平稳速度。
然而，过重的滑块也会增加滑板者的负担。
四. 空气阻力的影响滑板过程中，空气阻力是一个不可忽视的因素。
当滑手以较高的速度滑行时，空气阻力会成为滑块速度控制的难点。
滑块在滑行时会遇到阻力，阻力的大小与滑块速度的平方成正比。
因此，在高速滑行中，降低空气阻力可以帮助滑手更好地控制速度和保持平稳滑行。
五. 弹性的影响滑板过程中，滑块的弹性对于滑行质量有着重要的影响。
弹性较好的滑块可以吸收地面上的不平整和震荡，提供更平滑的滑行体验。
而弹性差的滑块则容易受到地面凹凸的影响，滑行时的颠簸感也会更明显。
综上所述，物理滑块在滑板运动中扮演着重要的角色。
摩擦力、力的平衡、动量、空气阻力和弹性等因素都会影响滑块的滑行表现。
熟练地掌握这些物理特性，并在实践中不断探索和调整，将有助于滑手们提高滑板的稳定性、速度控制以及滑行的平顺度。
滑板滑块问题 高中物理专题7
专题7滑板滑块问题【规律和方法】1．模型特点：涉及两个物体，并且物体间存在相对滑动。
2．摩擦力方向的特点(1)若两个物体同向运动，且两个物体“一快一慢”，则“快”的物体受到的另一个物体对它的摩擦力为阻力，“慢”的物体受到的另一个物体对它的摩擦力为动力。
(2)若两个物体反向运动，则每个物体受到的另一个物体对它的摩擦力均为阻力。
3．运动特点(1)滑块由滑板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和滑板同向运动，位移大小之差等于板长；反向运动时，位移大小之和等于板长。
设板长为L ，滑块位移大小为x 1，滑板位移大小为x 2同向运动时：如图甲所示，L ＝x 1－x 2反向运动时：如图乙所示，L ＝x 1＋x 2(2)若滑块与滑板最终相对静止，则它们的末速度相等。
4．方法与技巧(1)弄清各物体初态对地的运动和相对运动(或相对运动趋势)，根据相对运动(或相对运动趋势)情况，确定物体间的摩擦力方向。
(2)正确地对各物体进行受力分析，并根据牛顿第二定律确定各物体的加速度，结合加速度和速度的方向关系确定物体的运动情况。
(3)速度相等是这类问题的临界点，此时往往意味着物体间的相对位移最大，物体的受力和运动情况可能发生突变。
(4)分析两物体运动过程时可用速度-时间图象记录物体的运动过程。
【典例分析】【例1】（有外力+水平面光滑）如图所示，光滑水平面上静止放着长L =1.6m ，质量为M =3kg 的木块（厚度不计），一个质量为m =1kg 的小物体放在木板的最右端，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/s 2）(1)为使小物体不掉下去，F 不能超过多少？(2)如果拉力F =10N 恒定不变，求小物体所能获得的最大速度？(3)如果拉力F =10N ，要使小物体从木板上掉下去，拉力F 作用的时间至少为多少？【例2】（速度图象记录物体运动过程）图l 中，质量为m 的物块叠放在质量为2m 的足够长的木板上方右侧，木板放在光滑的水平地面上，物块与木板之间的动摩擦因数为μ＝0.2．在木板上施加一水平向右的拉力F ，在0~3s 内F 的变化如图2所示，图中F 以mg 为单位，重力加速度g =10m/s 2．整个系统开始时静止．(1)求1s 、1.5s 、2s 、3s 末木板的速度以及2s 、3s 末物块的速度；(2)在同一坐标系中画出0~3s 内木板和物块的−图象，据此求0~3s 内物块相对于木板滑过的距离。
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板块的临界问题【例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。
解析（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/M 板块的动力学问题【例2】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. [解析]（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 a1 F> 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：a2＇＝4.7m/s2………④设二者相对滑动时间为t ，在分离之前 小滑块：x1=½ a1t2 …………⑤木板：x1=½ a2＇t2 …………⑥又有x2－x1=L …………⑦ 解得：t=2s …………⑧【例3】质量m=1kg 的滑块放在质量为M=1kg 的长木板左端，木板放在光滑的水平面上，滑块与木板之间的动摩擦因数为0.1，木板长L=75cm ，开始时两者都处于静止状态，如图所示，试求：（1）用水平力F0拉小滑块，使小滑块与木板以相同的速度一起滑动，力F0的最大值应为多少？（2）用水平恒力F 拉小滑块向木板的右端运动，在t=0.5s 内使滑块从木板右端滑出，力F 应为多大？（3）按第（2）问的力F 的作用，在小滑块刚刚从长木板右端滑出时，滑块和木板滑行的距离各为多少？（设m 与M 之间的最大静摩擦力与它们之间的滑动摩擦力大小相等）。
（取g=10m/s2）. 解析：（1）对木板M ，水平方向受静摩擦力f 向右，当f=fm=μmg 时，M 有最大加速度，此时对应的F0即为使m 与M 一起以共同速度滑动的最大值。
对M ，最大加速度aM ，由牛顿第二定律得：aM= fm/M=μmg/M =1m/s2 要使滑块与木板共同运动，m 的最大加速度am=aM ，m FM M m F Mm F x 1 F x 2 L fFMm对滑块有F0－μmg=mam所以 F0=μmg+mam=2N 即力F0不能超过2N（2）将滑块从木板上拉出时，木板受滑动摩擦力f=μmg ，此时木板的加速度a2为 a2=f/M=μmg/M =1m/s2. 由匀变速直线运动的规律，有（m 与M 均为匀加速直线运动）木板位移 x2= ½a2t2 ① 滑块位移 x1= ½a1t2 ②位移关系 x1－x2=L ③将①、②、③式联立，解出a1=7m/s2对滑块，由牛顿第二定律得:F －μmg=ma1 所以 F=μmg+ma1=8N （3）将滑块从木板上拉出的过程中，滑块和木板的位移分别为 x1= ½a1t2= 7/8m x2= ½a2t2= 1/8m2．长为1.5m 的长木板B 静止放在水平冰面上，小物块A 以某一初速度从木板B 的左端滑上长木板B ，直到A 、B 的速度达到相同，此时A 、B 的速度为0.4m/s ，然后A 、B 又一起在水平冰面上滑行了8.0cm 后停下．若小物块A 可视为质点，它与长木板B 的质量相同，A 、B 间的动摩擦因数μ1=0.25．求：（取g =10m/s 2） （1）木块与冰面的动摩擦因数． （2）小物块相对于长木板滑行的距离． （3）为了保证小物块不从木板的右端滑落，小物块滑上长木板的初速度应为多大？ 解析：（1）A 、B 一起运动时，受冰面对它的滑动摩擦力，做匀减速运动，加速度222 1.0m/s 2v a g sμ=== 解得木板与冰面的动摩擦因数μ2=0.10（2）小物块A 在长木板上受木板对它的滑动摩擦力，做匀减速运动，加速度 a 1=μ1g =2.5m/s 2小物块A 在木板上滑动，木块B 受小物块A 的滑动摩擦力和冰面的滑动摩擦力，做匀加速运动，有μ1mg －μ2(2m )g =ma 2 解得加速度a 2=0.50m/s 2设小物块滑上木板时的初速度为v 10，经时间t 后A 、B 的速度相同为v由长木板的运动得v =a 2t ，解得滑行时间20.8s vt a == 小物块滑上木板的初速度 v 10=v ＋a 1t =2.4m/s小物块A 在长木板B 上滑动的距离为22120112110.96m 22s s s v t a t a t ∆=-=--=（3）小物块A 滑上长木板的初速度越大，它在长木板B 上相对木板滑动的距离越大，当滑动距离等于木板长时，物块A 达到木板B 的最右端，两者的速度相等（设为v ′)，这种情况下A 的初速度为保证不从木板上滑落的最大初速度，设为v 0．有220121122v t a t a t L --= 012v v a tv a t ''-==由以上三式解得，为了保证小物块不从木板的右端滑落，小物块滑上长木板的初速度不大于最大初速度0122() 3.0m/s v a a L =+=7.如图3-2-19 所示，小车质量M 为2.0 kg,与水平地面阻力忽略不计，物体质量m=0.5 kg ，物体与小车间的动摩擦因数为0.3.(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(1)小车在外力作用下以1.2 m/s 2的加速度向右运动时，物体受摩擦力多大？（2）欲使小车产生3.5 m/s 2的加速度，需给小车提供多大的水平推力？ （3）若要使物体m 脱离小车，问至少应向小车提供多大的水平推力？（4）若小车长l=1 m ，静止小车在8.5 N 水平推力作用下，物体由车的右端向左滑动，滑离小车需多长时间？(物体可视为质点)A vB x 2x 1 LF7解析：物体能与小车保持相对静止时小车的最大加速度a 0=μg=3 m/s 2.（1）由于a 1=1.2 m/s 2＜a 0，物体相对小车静止，物体受静摩擦力1f F =ma 1=0.50×1.2 N=0.6 N.(2)由于小车的加速度a 2=3.5 m/s 2＞a 0，故物体与小车相对滑动.以小车为研究对象受力分析，如图(a)所示，其中F N 、2f F 是物体对小车的压力和滑动摩擦力.则F N =mg2f F =μF N =μmg F-2f F =Ma 2所以F=Ma 2+2f F =(2.0×3.5+1.5) N=8.5 N.(3)要使m 脱离小车，则必须a 车＞a 物，即a 车＞a 0，而a 车=MF F f 2-,所以MF F f 2-＞μg解得F ＞μ(M+m)g=7.5 N.(4)由于F=8.5 N,水平推力大于7.5 N ，所以物体会滑落，如图(a)所示.小车的加速度 a 2′=0.25.15.82-=-MF F f m/s 2=3.5 m/s 2物体的加速度a 1′=mF f 2=μg=3 m/s 2由图(b)知滑落时小车的位移为:s 2=22'21t a , 物体位移为s 1=21'21t a而s 2-s 1=l,即21(a 2′-a 1′)t 2=l 故t=s a a l 35.312''212-⨯=-=2 s.8. 如图7，质量M kg =8的小车停放在光滑水平面上，在小车右端施加一水平恒力F=8N 。
当小车向右运动速度达到3m/s 时，在小车的右端轻放一质量m=2kg 的小物块，物块与小车间的动摩擦因数μ=02.，假定小车足够长，问： （1）经过多长时间物块停止与小车间的相对运动？（2）小物块从放在车上开始经过t s 030=.所通过的位移是多少？（g 取102m s /）8 解析：（1）物块放上小车后做初速度为零加速度为a 1的匀加速直线运动，小车做加速度为a 2匀加速运动。
由牛顿运动定律：物块放上小车后加速度：a g m s 122==μ/ 小车加速度：()a F mg M m s 2205=-=μ/./v a t v a t11223==+ 由v v 12=得：t s =2（2）物块在前2s 内做加速度为a 1的匀加速运动，后1s 同小车一起做加速度为a 2的匀加速运动。
以系统为研究对象：根据牛顿运动定律，由()F M m a =+3得：()a F M m m s 3208=+=/./ 物块位移s s s =+12 ()()s a t ms v t at m s s s m112212212124124484===+==+=//.. 9如图所示,有一块木板静止在光滑足够长的水平面上,木板的质量为M=4 kg,长度为L=1 m;木板的右端停放着一个小滑块,小滑块的质量为m=1 kg,其尺寸远远小于木板长度,它与木板间的动摩擦因数为μ=0.4,已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力.求: (1)为使木板能从滑块下抽出来,作用在木板右端的水平恒力F 的大小应满足的条件. (2)若其他条件不变,在F=28 N 的水平恒力持续作用下,需多长时间能将木板从滑块下抽出. 答案 (1)F >20 N (2)1 s如图所示，质量为M=1kg 的木板B 静止在水平面上，一质量为m=1kg 的滑块A 以v0=10m/s 的水平初速度从左端滑上木板B ，最终停止在木板B 上，滑块A 与木板B 间的动摩擦因数4.01=μ，木板B 与水平面间的动摩擦因数15.02=μ，g=10m/s2,求：木板B 至少有多长滑块A 相对木板B 滑行过程中系统消耗的机械能木板B 在水平面上滑行的距离解：设木块A 滑到B 上做匀减速直线运动的加速度大小为a1,木板B 做匀加速运动的加速度为a2,AB 刚达到共同速度经历的时间为t ，共同速度为v 有 A1=211/4s m g a ==μ,2212/12s m mmgmg a =-=μμ,由速度关系，ta v v 10-=，t a v 2=,t v t vt v v L 22200=-+=，解得L=10m (2)由J mv mv E 4621220=-=(3)设A,B 相对静止后在水平面上滑行的加速度大小为a3,有a3=1.5m/s2,3222221a v t a S B +=,解得SB=10/31．(2010淮阴中学卷)如图，在光滑水平面上，放着两块长度相同，质量分别为M 1和M 2的木板，在两木板的左端各放一个大小、形状、质量完全相同的物块。