高中物理滑块滑板模型

高三物理专题复习： 滑块—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1的木板B ，一质量为１的物块Ａ以速度s m v /0.20=滑上长木板B 的左端，物块与木板的摩擦因素μ1=0．1、木板与地面的摩擦因素为μ２=0.1,已知重力加速度为１0m 2，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；(3)物块A 不滑离木板B,木板B 至少多长？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:N mgf A 11==μ A 的加速度：21/1s m m f a A -=-= 方向向左木板B 受到地面的摩擦力:A g m M f f N 2)(2>=+=μ地故木板B 静止，它的加速度02=a(2）物块A 的位移:m a v S 2220=-= (3）木板长度:m S L 2=≥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μ３=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，判断速度相同以后的运动情况；（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、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:N mg f A 44==μ １分加速度：，方向向左。

24/0.4s m g m f a A A-=-=-=μ 1分 对于木板：N g m f 2)M 2=+=（地μ 1分加速度:，方向向右。

地2A /0.2s m M f f a C =-= 1分物块A 相对木板B 静止时，有：121-t a v t a C B =解得运动时间:，s t .3/11= s m t a v v B B A /3/21=== 1分(2)假设共速后一起做运动,22/1)()(s m m M g m M a -=++-=μ 物块Ａ的静摩擦力:A A f N ma f <==1'1分 所以假设成立,共速后一起做匀减速直线运动。

考点分类：考点分类见下表考点一：“滑块—滑板”模型1.模型概述(1)滑块、滑板是上、下叠放的,分别在各自所受力的作用下运动,且在相互的摩擦力作用下相对滑动.(2)滑块相对滑板从一端运动到另一端,若两者同向运动,位移之差等于板长;若反向运动,位移之和等于板长.(3)一般两者速度相等为“临界点”,要判定临界速度之后两者的运动形式.2.常见情形动,且v板<v块,则两者加速度不同,x板<x块,Δ-x板,最后分离或相对静止考点二“传送带”模型1.模型概述：传送带模型包含水平传送带和倾斜传送带,求解的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析判断.物体的速度与传送带速度相等时,物体所受摩擦力可能发生突变.2.常见情形：(1)v0>v时,可能一直减速,也可能先减速再匀速送带较短时,滑块一直减速到左端传送带较长时,滑块还要被传一直加速可能先加速后匀速可能一直加速可能先加速后匀速可能先减速后反向加速典例精析★考点一：“滑块—滑板”模型◆典例一：(2018·湖北武汉模拟)如图所示,水平传送带足够长,传送带始终顺时针匀速运动,长为1 m的薄木板A的正中央放置一个小木块B,A和B之间的动摩擦因数为0.2,A和传送带之间的动摩擦因数为0.5,薄木板A的质量是木块B质量的2倍,轻轻把A,B整体放置在传送带的中央,设传送带始终绷紧并处于水平状态,取g=10 m/s2.在刚放上很短的时间内,A,B的加速度大小分别为( )A.6.5 m/s2,2 m/s2B.5 m/s2,2 m/s2C.5 m/s2,5 m/s2D.7.5 m/s2,2 m/s2【答案】A◆典例二：如左图所示，粗糙的水平地面上有一块长木板P，小滑块Q放置于长木板上最右端。

现将一个水平向右力F作用在长木板的右端，让长木板从静止开始运动。

滑块、长木板的速度图象如右图所示，己知物块与木板的质量相等，滑块Q始终没有从长木板P上滑下。

重力加速度g=10m/s2。

物理模型 “滑板—滑块”模型[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)解题思路处理滑块—木板模型问题的分析方法(1)动力学分析：分别对滑块和木板进行受力分析，根据牛顿第二定律求出各自的加速度；从放上滑块到二者速度相等，所用时间相等，由t ＝Δv 2a 2＝Δv 1a 1可求出共同速度v 和所用时间t ，然后由位移公式可分别求出二者的位移.(2)功和能分析：对滑块和木板分别运用动能定理，或者对系统运用能量守恒定律，要注意区分三个位移：①求摩擦力对滑块做功时用滑块对地的位移x 滑；②求摩擦力对木板做功时用木板对地的位移x 板；③求摩擦生热时用相对滑动的位移x 相.1．如图所示，光滑水平面上放置着质量分别为m 、2m 的A 、B 两个物体，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，则拉力F 的最大值为A ．μmgB ．2μmgC ．3μmgD ．4μmg解析 当A 、B 之间恰好不发生相对滑动时力F 最大，此时，对于A 物体所受的合外力为μmg ，由牛顿第二定律知a A ＝μmgm ＝μg ；对于A 、B 整体，加速度a ＝a A ＝μg ，由牛顿第二定律得F ＝3ma ＝3μmg 。

答案 C2.(2017·广西质检)如图所示，A 、B 两个物体叠放在一起，静止在粗糙水平地面上，物体B 与水平地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，物体A 与B 之间的动摩擦因数μ2＝0.2.已知物体A 的质量m ＝2 kg ，物体B 的质量M ＝3 kg ，重力加速度g 取10 m/s 2.现对物体B 施加一个水平向右的恒力F ，为使物体A 与物体B 相对静止，则恒力的最大值是(物体间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( )A ．20 NB ．15 NC ．10 ND ．5 N答案：B 解析：对A 、B 整体，由牛顿第二定律，F max －μ1(m ＋M )g ＝(m ＋M )a ；对物体A ，由牛顿第二定律，μ2mg ＝ma ；联立解得F max ＝(m ＋M )(μ1＋μ2)g ，代入相关数据得F max ＝15 N ，选项B 正确．3．(2017·黄冈质检)如图甲所示，在水平地面上有一长木板B ，其上叠放木块A 。

高中物理滑块滑板模型1. 在水平地面上，有一质量为M=4kg、长为L=3m的木板，在水平向右F=12N的拉力作用下，从静止开始经t=2s速度达到υ=2m/s，此时将质量为m=3kg的铁块（看成质点）轻轻地放在木板的最右端，如图所示．不计铁块与木板间的摩擦．若保持水平拉力不变，请通过计算说明小铁块能否离开木板？若能，进一步求出经过多长时间离开木板？解答：设木板加速运动的加速度大小为a1，由v=a1t得，a1＝1m/s2．设木板与地面间的为μ，由得，F-μMg=Ma1代入数据解得μ=．放上铁块后，木板所受的摩擦力f2=μ（M+m）g=14N＞F，木板将做匀减速运动．设加速度为a2，此时有：f2-F=Ma2代入数据解得a2＝0.5m/s2．设木板匀减速运动的位移为x，由匀变速运动的公式可得，x＝v2/2 a2=4m铁块静止不动，x＞L，故铁块将从木板上掉下．设经t′时间离开木板，由L=vt′-1/2a2t′2代入时间解得t′=2s（t′=6s舍去）．答：铁块能从木板上离开，经过2s离开木板．2.如图所示，两木板A、B并排放在地面上，A左端放一小滑块，滑块在F=6N的水平力作用下由静止开始向右运动．已知木板A、B长度均为l=1m，木板A的质量M A=3kg，小滑块及木板B的质量均为m=1kg，小滑块与木板A、B间的动摩擦因数均为μ1=，木板A、B与地面间的动摩擦因数均为μ2=，重力加速度g=10m/s2．求：（1）小滑块在木板A上运动的时间；（2）木板B获得的最大速度．解答：解：（1）小滑块对木板A的摩擦力木板A与B整体收到地面的最大静摩擦力，小滑块滑上木板A后，木板A保持静止①设小滑块滑动的加速度为②③解得：④（2）设小滑块滑上B时，小滑块速度，B的加速度，经过时间滑块与B速度脱离，滑块的位移，B的位移，B的最大速度，则：⑤⑥?⑦⑧⑨解得：。

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.。

高中物理滑块滑板模型教案
一、教学目的：
1. 了解滑块滑板的运动原理；
2. 掌握滑块滑板的相关公式和计算方法；
3. 探讨滑块滑板的设计和优化问题。

二、教学内容：
1. 滑块滑板的基本结构和运动原理；
2. 滑块滑板的动能和势能计算；
3. 滑块滑板的速度和加速度计算；
4. 滑块滑板的设计和优化问题。

三、教学步骤：
1. 引入问题：通过展示滑块滑板的实物模型或视频，引导学生思考滑块滑板的运动规律和设计要素；
2. 讲解理论知识：介绍滑块滑板的基本结构、运动原理以及与滑块滑板运动相关的公式；
3. 解答问题：分组讨论解决滑块滑板的相关问题，如速度、加速度、能量转换等；
4. 实验设计：设计一个关于滑块滑板的实验，通过实验探究滑块滑板的运动特性；
5. 总结讨论：总结本节课的内容，讨论滑块滑板的设计和优化问题。

四、教学评估：
1. 学生课堂表现评价：学生在课堂讨论、实验设计和问题解答中的表现；
2. 作业评价：布置与滑块滑板相关的作业，评价学生对理论知识的掌握和应用能力。

五、拓展延伸：
1. 可以结合工程应用，设计一个优化的滑块滑板模型，并进行模拟仿真；
2. 可以探讨滑块滑板在不同表面摩擦系数下的运动规律并进行实验验证。

以上为高中物理滑块滑板模型教案范本，教师可根据实际情况和学生水平进行适当调整和拓展。

滑块滑板模型板块模型 模型特点：涉及两个发生相对滑动的物体以及两种位移关系滑块由滑板的一端运动到另一端的过程中：1.若滑块和滑板同向运动，位移之差等于板长；2.若滑块和滑板反向运动，位移之和等于板长.19．（2011年）（13分）如图12所示，质量m=1kg 的小滑块（可视为点）放在质量M =1kg 的长木板左端，木板放在光滑水平面上，滑块与木板之间动摩擦因数μ=0.1，木板长L =0.75m ，g =10m/s 2．开始时二者均静止，现用水平恒力F 沿板水平向右拉滑块，试求（1）如果认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，要使木板和滑块一起向右运动而不产生相对滑动，力F 应满足什么条件？（2）要使滑块经过时间t =0.5s 时从木板右端滑出，力F 应多大？19.（2013年）（12分）一质量为m=4kg 的木板静止在光滑水平面上，一质量为m0＝2kg的小物块（可视为图13质点），从木板左端以v0＝6m/s的水平速度开始沿木板滑动，如图所示．由于摩擦的缘故，小物块恰好不能从木板的右端滑下，已知小物块与木板间的动摩擦因数为μ=0.4，g取10m/s2．求：（1）小物块在木板上滑动时，小物块的加速度大小和木板的加速度大小（2）木板的长度．19．（2014年）（13分）如图所示，木板A静止在粗糙水平地面上，有一个可视为质点的物块B从木板左端水平冲上木板．物块和木板的v－t图象分别如图中的折线bcd和Ocd所示，b、c、d、O点的坐标分别为b(0,10)、c(1,4)、d(3,0)、O（0，0），求：（1）木板A做匀加速直线运动时的加速度大小；（2）物块相对木板滑行的距离；（3）物块质量m与木板质量M之比．12．如图甲所示，物块和木板叠放在实验台上，用一不可伸长的细绳把物块与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平．t＝0时，木板开始受到水平拉力F的作用，在t＝4s时撤去F．细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图乙所示，木板的速度v与时间t的关系如图丙所示．不计木板与实验台之间的摩擦，g=10m/s2．A ．木板的质量为2kgB ．2s ～4s 内，力F 的大小为0.4NC ．0～2s 内，力F 逐渐增大D ．物块与木板之间的动摩擦因数为0.218．（13分）如图所示，质量相等的物块A 和B 叠放在水平地面上，左边缘对齐．A 与B 间的动摩擦因数为21μ，B 与地面间的动摩擦因数为31μ．先敲击A ，A 立即获得水平向右的初速度，在B 上滑动距离L 后停下．接着敲击B ，B 立即获得水平向右的初速度，A 、B 都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下．认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g ．求：（1）A 被敲击后获得的初速度大小v A ；（2）在敲击B 之后、A 、B 左边缘再次对齐之前，B 的加速度大小a B ；（3）B 被敲击后获得的初速度大小v B ．。

1§3-2-7牛顿第二定律应用3--滑板滑块模型【学习目标】进一步熟练牛顿第二定律的应用，并能灵活使用整体法和隔离法【重难点】整体法和隔离法的灵活使用想一想1.模型特征滑块－木板模型(如图)，涉及摩擦力分析、相对运动，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，难度较大。

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。

【例1】(多选)如图所示，一足够长的木板静止在粗糙的水平面上，t ＝0时刻滑块从板的左端以速度v 0水平向右滑行，木板与滑块间存在摩擦，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。

滑块的v -t 图像可能是图中的( )【例2】(多选)如图所示，A 、B 两物块的质量分别为2 m 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。

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 ＝52μmg 时，A 的加速度为13μg 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12μg 练一练1.如图所示，A 、B 两物块叠放在一起，放在光滑地面上，已知A 、B 物块的质量分别为M 、m ，物块间粗糙。

现用水平向右的恒力F 1、F 2先后分别作用在A 、B 物块上，物块A 、B 均不发生相对运动，则F 1、F 2的最大值之比为( )A ．1∶1B ．M ∶mC ．m ∶MD ．m ∶(m ＋M )2.如图所示，光滑水平面上放置着质量分别为m 、2m 的A 、B 两个物体，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，则拉力F 的最大值为( )A ．μmgB ．2μmgC ．3μmgD ．4μmg3.如图，在光滑水平面上有一质量为m 1的足够长的木板，其上叠放一质量为m 2的木块。

第10讲滑板-滑块模型11.模型特点上、下叠放的两个物体，并且两物体在摩擦力的相互作用下发生相对滑动。

2.解题指导（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位移关系或速度关系，建立方程。

（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。

它就是解决问题的突破口。

（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。

3.两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，二者位移之差等于滑板长度；反向运动时，二者位移之和等于滑板长。

4.易错点（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。

说明：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）5.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；（3）明确每一过程的末速度是下一过程的初速度。

2一、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+=2MmgN F F M m=+故D 错误。