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：。