牛顿第二定律应用专题-滑块木板模型

高考物理《滑块—木板模型》真题练习含答案1.如图所示，货车车厢中央放置一装有货物的木箱，该木箱可视为质点．已知木箱与车厢之间的动摩擦因数μ＝0.4.下列说法正确的是()A．若货车向前加速时，木箱对车厢的摩擦力方向向左B．为防止木箱发生滑动，则货车加速时的最大加速度不能超过4 m/s2C．若货车行驶过程中突然刹车，木箱一定与车厢前端相撞D．若货车的加速度为5 m/s2时，木箱受到的摩擦力为静摩擦力答案：B解析：若货车向前加速时，车厢对木箱的摩擦力方向向左，根据牛顿第三定律得木箱对车厢的摩擦力方向向右，A错误；当摩擦力达到最大静摩擦力时刚好不发生相对滑动，最大加速度a＝μg＝4 m/s2，B正确；若货车行驶过程突然刹车，加速度小于等于4 m/s时木箱不会相对车厢滑动，发生相对滑动时也不一定与车的前端相撞，C错误；货车的加速度5 m/s2>4 m/s2，木箱已经发生相对滑动，木箱受到的摩擦力为滑动摩擦力，D错误．2．[2024·广东省中山市第一次模拟](多选)如图甲所示，物块A与木板B静止地叠放在水平地面上，A、B间的动摩擦因数μ＝0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，地面光滑．现对A施加水平向右的大小不同的拉力F，测得B的加速度a与力F的关系如图乙所示，取g ＝10 m/s2，则()A.当F<24 N时，A、B间的摩擦力保持不变B．当F>24 N时，A、B间的摩擦力保持不变C．A的质量为4 kgD．B的质量为2 kg答案：BCD解析：由图乙可知，当F<24 N时，A、B保持相对静止，B的加速度逐渐增大，则A、B间的摩擦力逐渐增大；当F>24 N时，A、B发生相对滑动，A、B间滑动摩擦力保持不变，A错误，B正确；设A、B的质量分别为m1、m2，当F＝24 N时，根据牛顿第二定律，对A，有F－μm1g＝m1a，对B，有μm1g＝m2a，解得A、B的质量分别为m1＝4 kg，m2＝2 kg，C、D正确．3．[2024·广西南宁市开学考试]如图所示，质量m A＝2 kg的小物块A可以看作质点，以初速度v0＝3 m/s滑上静止的木板B左端，木板B足够长，当A、B的速度达到相同后，A、B又一起在水平面上滑行直至停下．已知m B＝1 kg，A、B间的动摩擦因数μ1＝0.2，木板B 与水平面间的动摩擦因数μ2＝0.1，g取10 m/s2.求：(1)小物块A刚滑上木板B时，A、B的加速度大小a A和a B；(2)A、B速度达到相同所经过的时间t；(3)A、B一起在水平面上滑行至停下的距离x.答案：(1)a A＝2 m/s2，a B＝1 m/s2(2)t＝1 s(3)x＝0.5 m解析：(1)根据题意可知，A与B之间的滑动摩擦力大小f1＝μ1m A g＝4 NB与水平面之间的滑动摩擦力大小f2＝μ2(m A＋m B)g＝3 N当A刚滑上B时，由牛顿第二定律，对A有f1＝m A a A对B有f1－f2＝m B a B解得a A＝2 m/s2，a B＝1 m/s2(2)设A、B达到相同的速度为v，对A、B相对滑动的过程，由公式v＝v0＋at对A有v＝v0－a A t对B有v＝a B t解得t＝1 s，v＝1 m/s(3)以A、B整体为研究对象，由牛顿第二定律得f2＝(m A＋m B)a一起在水平面上滑行至停下过程0－v2＝－2ax解得x＝0.5 m4．[2024·辽宁省阜新市月考]如图所示，水平桌面上质量m1为0.01 kg的薄纸板上，放有一质量m2为0.04 kg的小水杯(可视为质点)，小水杯距纸板左端距离x1为0.5 m，距桌子右端距离x2为1 m，现给纸板一个水平向右的恒力F，欲将纸板从小水杯下抽出．若纸板与桌面、水杯与桌面间的动摩擦因数μ1均为0.4，水杯与纸板间的动摩擦因数μ2为0.2，重力加速度g取10 m/s2，设水杯在运动过程中始终不会翻倒，则：(1)求F多大时，抽动纸板过程水杯相对纸板不滑动；(2)当F为0.4 N时，纸板的加速度是多大？(3)当F满足什么条件，纸板能从水杯下抽出，且水杯不会从桌面滑落？答案：(1)0.3 N(2)12 m/s2(3)F≥0.315 N解析：(1)当抽动纸板且水杯相对纸板滑动时，对水杯进行受力分析，根据牛顿第二定律得μ2m2g＝m2a1，解得a1＝2 m/s2对整体分析，根据牛顿第二定律得F1－μ1(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a1解得F1＝0.3 N故当F1≤0.3 N抽动纸板过程水杯相对纸板不滑动；(2)当F2＝0.4 N时，纸杯和纸板已经发生相对滑动，则有F2－μ2m2g－μ1(m1＋m2)g＝m1a解得a＝12 m/s2(3)纸板抽出的过程，对纸板有F－μ2m2g－μ1(m1＋m2)g＝m1a纸板抽出的过程，二者位移关系满足x1＝12at2－12a1t2纸板抽出后，水杯在桌面上做匀减速直线运动，设经历时间t′恰好到桌面右边缘静止，有μ1m2g＝m2a′1由速度关系有a1t＝a′1t′纸杯的位移关系有x2－12a1t2＝a1t2×t′联立解得F＝0.315 N所以，当F≥0.315 N时，纸板能从水杯下抽出，且水杯不会从桌面滑落．。

微专题16 牛顿运动定律应用之“滑块—木板模型”问题【核心要点提示】1．问题的特点滑块—木板类问题涉及两个物体，并且物体间存在相对滑动．2．常见的两种位移关系(1)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；(2)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．【核心方法点拨】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．求解中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．【微专题训练】类型一：滑块-木板间有摩擦，木板与地面间无摩擦【例题1】(多选)如图所示，物体A放在物体B上，物体B放在光滑的水平面上，已知m A ＝6 kg，m B＝2 kg.A、B间动摩擦因数μ＝0.2.A物体上系一细线，细线能承受的最大拉力是20 N，水平向右拉细线，下述中正确的是(g取10 m/s2)()A．当拉力0＜F＜12 N时，A静止不动B．当拉力F＞12 N时，A相对B滑动C．当拉力F＝16 N时，B受到A的摩擦力等于4 ND．在细线可以承受的范围内，无论拉力F多大，A相对B始终静止【解析】假设细线不断裂，则当细线拉力增大到某一值A物体会相对于B物体开始滑动，此时A、B之间达到最大静摩擦力．以B为研究对象，最大静摩擦力产生加速度，由牛顿第二定律得：μm A g＝m B a，解得a＝6 m/s2以整体为研究对象，由牛顿第二定律得：F m＝(m A＋m B)a＝48 N即当绳子拉力达到48 N时两物体才开始相对滑动，所以A、B错，D正确．当拉力F＝16 N时，由F＝(m A＋m B)a解得a＝2 m/s2，再由F f＝m B a得F f＝4 N，故C正确．【答案】CD【变式1-1】如图所示，在光滑水平面上，一个小物块放在静止的小车上，物块和小车间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g＝10 m/s2.现用水平恒力F拉动小车，关于物块的加速度a m和小车的加速度a M的大小，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列选项可能正确的是()A．a m＝2 m/s2，a M＝1 m/s2B．a m＝1 m/s2，a M＝2 m/s2C．a m＝2 m/s2，a M＝4 m/s2D．a m＝3 m/s2，a M＝5 m/s2【解析】若物块与小车保持相对静止一起运动，设加速度为a，对系统受力分析，由牛顿第二定律可得：F＝(M＋m)a，隔离小物块受力分析，二者间的摩擦力F f为静摩擦力，且F f≤μmg，由牛顿第二定律可得：F f＝ma，联立可得：a m＝a M＝a≤μg＝2 m/s2.若物块与小车间发生了相对运动，二者间的摩擦力F f为滑动摩擦力，且a m<a M，隔离小物块受力分析，如图所示，由牛顿第二定律可得：F f＝μmg＝ma m，可得：a m＝2 m/s2，选项C正确，选项A、B、D错误．【答案】C【变式1-2】如图甲所示，静止在光滑水平面上的长木板B(长木板足够长)的左端静止放着小物块A.某时刻，A受到水平向右的外力F作用，F随时间t的变化规律如图乙所示，即F ＝kt，其中k为已知常数．设物体A、B之间的滑动摩擦力大小等于最大静摩擦力F f，且A、B的质量相等，则下列可以定性描述长木板B运动的v－t图象是()【解析】A、B相对滑动之前加速度相同，由整体法可得：F＝2ma，当A、B间刚好发生相对滑动时，对木板有F f＝ma，故此时F＝2F f＝kt，t＝2F fk，之后木板做匀加速直线运动，故只有B项正确．【答案】B【例题2】如图所示，在光滑的水平面上有一长为0.64 m、质量为4 kg的木板A，在木板的左端有一质量为2 kg的小物体B，A、B之间的动摩擦因数为μ＝0.2。

专题23 “滑块—木板”模型的动力学问题1．“滑块—木板”模型问题中，靠摩擦力带动的那个物体的加速度有最大值：a m ＝F fmm.假设两物体同时由静止运动，若整体加速度小于该值，则二者相对静止，二者间是静摩擦力；若整体加速度大于该值，则二者相对滑动，二者间为滑动摩擦力.2.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；若反向运动，位移大小之和等于板长．1．(2020·山东济南历城二中一轮复习验收)如图1所示，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．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)，木板和木块的加速度大小分别为a 1和a 2，下列反映a 1和a 2变化的图线中正确的是( )图1答案 A解析 当F 比较小时，两个物体相对静止，加速度相同，根据牛顿第二定律可得a ＝Fm 1＋m 2＝kt m 1＋m 2，a ∝t ；当F 比较大时，木块相对于木板运动，根据牛顿第二定律可得，a 1＝μm 2gm 1，μ、m 1、m 2一定，则a 1一定，a 2＝F －μm 2g m 2＝k m 2t －μg ，a 2是t 的线性函数，t 增大，a 2增大．由于km 1＋m 2<km 2，则木块相对于木板运动后，a 2－t 图线的斜率大于两者相对静止时图线的斜率．综上所述，A 正确．2．(2020·安徽六安市质量检测)如图2所示，静止在水平地面上的木板(厚度不计)质量为m 1＝1 kg ，与地面的动摩擦因数μ1＝0.2，质量为m 2＝2 kg 可看作质点的小物块与木板、地面间的动摩擦因数均为μ2＝0.4，以v 0＝4 m/s 的水平速度从左端滑上木板，经过t ＝0.6 s 滑离木板，g 取10 m/s 2，以下说法正确的是( )图2A ．木板的长度为1.68 mB ．小物块离开木板时，木板的速度为1.6 m/sC ．小物块离开木板后，木板的加速度为2 m/s 2，方向水平向右 D ．小物块离开木板后，木板与小物块将发生碰撞 答案 D解析 由于μ2m 2g >μ1(m 1＋m 2)g ，得物块在木板上以a 1＝μ2g ＝4 m/s 2减速滑行时木板以a 2＝μ2m 2g －μ1m 1＋m 2g m 1＝2 m/s 2向右加速运动，在0.6 s 时，物块的速度v 1＝v 0－a 1t ＝1.6m/s ，木板的速度v 2＝a 2t ＝1.2 m/s ，B 错误.0.6 s 内物块位移为x 1＝v 0＋v 12t ＝1.68 m ，木板位移x 2＝0＋v 22t ＝0.36 m ，相对位移为Δx ＝x 1－x 2＝1.32 m ，即木板长度为1.32 m ，A 错．物块离开木板后，木板做减速运动，加速度大小为a 4＝μ2g ＝2 m/s 2，方向向左，C 错．在地面上物块会滑行x 4＝v 122a 4＝v 122μ2g ＝0.32 m ，木板会滑行x 3＝v 222a 3＝v 222μ1g＝0.36 m ，所以两者会相碰，D 正确．3．(多选)(2020·江苏南京师大苏州实验学校一模)如图3所示，质量为m 1的木块和质量为m 2的长木板叠放在水平地面上．现对木块施加一水平向右的拉力F ，木块在长木板上滑行，长木板始终静止．已知木块与长木板间的动摩擦因数为μ1，长木板与地面间的动摩擦因数为μ2，且最大静摩擦力与滑动摩擦力相等．重力加速度为g ，则( )图3A ．μ1一定小于μ2B ．μ1可能大于μ2C ．改变F 的大小，F >μ2(m 1＋m 2)g 时，长木板将开始运动D ．改F 作用于长木板，F >(μ1＋μ2)(m 1＋m 2)g 时，长木板与木块将开始相对滑动 答案 BD解析 对木块，根据牛顿运动定律有：F －μ1m 1g ＝m 1a ；对长木板，由于保持静止，有：μ1m 1g －F f ＝0，F f <μ2(m 1＋m 2)g ，m 1、m 2的大小关系不确定，所以μ1、μ2的大小关系无法确定，故A 错误，B 正确．改变F 的大小，只要木块在木板上滑动，木块对木板的滑动摩擦力不变，长木板仍然保持静止，故C 错误．若将F 作用于长木板，当木块与木板恰好开始相对滑动时，对木块，μ1m 1g ＝m 1a ，解得a ＝μ1g ，对整体分析，有F －μ2(m 1＋m 2)g ＝(m 1＋m 2)a ，解得F ＝(μ1＋μ2)(m 1＋m 2)g ，所以当F >(μ1＋μ2)(m 1＋m 2)g 时，长木板与木块将开始相对滑动，故D 正确．4．(多选)(2019·全国卷Ⅲ·20)如图4(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10 m/s 2.由题给数据可以得出( )图4A ．木板的质量为1 kgB ．2～4 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 由题图(c)可知木板在0～2 s 内处于静止状态，再结合题图(b)中细绳对物块的拉力f 在0～2 s 内逐渐增大，可知物块受到木板的摩擦力逐渐增大，故可以判断木板受到的水平外力F 也逐渐增大，选项C 错误；由题图(c)可知木板在2～4 s 内做匀加速运动，其加速度大小为a 1＝0.4－04－2 m/s 2＝0.2 m/s 2，对木板进行受力分析，由牛顿第二定律可得F －F f ＝ma 1，在4～5 s 内做匀减速运动，其加速度大小为a 2＝0.4－0.25－4 m/s 2＝0.2 m/s 2，F f ＝ma 2，另外由于物块静止不动，同时结合题图(b)可知物块与木板之间的滑动摩擦力F f ＝0.2 N ，解得m ＝1 kg 、F ＝0.4 N ，选项A 、B 正确；由于不知道物块的质量，所以不能求出物块与木板之间的动摩擦因数，选项D 错误．5．(多选)(2020·山东邹城一中测试)如图5甲所示，质量为m ＝1 kg 可视为质点的物块A放置在长木板B 上，A 、B 静止在水平地面上，已知长木板B 的质量M ＝4 kg ，A 与B 及B 与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.1，用水平外力F 作用在长木板B 上，外力F 随时间变化关系如图乙所示，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g 取10 m/s 2，则下列说法正确的是( )图5A ．t ＝0时刻，A 的加速度为零B ．t ＝5 s 时刻，B 的加速度为3.5 m/s 2C ．在整个运动过程中，物块A 的加速度始终不变D ．如果长木板B 足够长，最终A 、B 将共速 答案 BC解析 由滑动摩擦力公式可知，A 、B 间的滑动摩擦力：F f A ＝μmg ＝1 N ，B 与地面间的滑动摩擦力：F f B ＝μ(M ＋m )g ＝5 N ，A 、B 间发生相对滑动后，A 的加速度将保持不变，其大小为：a A ＝F f Am＝1 m/s 2.若A 、B 间刚好发生相对滑动时的外力为F 1，由牛顿第二定律得F 1－μ(M ＋m )g ＝(M ＋m )a A ，得F 1＝10 N ，所以t ＝0时刻A 的加速度a A ＝1 m/s 2，故A 项错误，C 项正确；在t ＝5 s 时，F ＝20 N ，对长木板B 由牛顿第二定律有：F －F f A －F f B ＝Ma B ，得a B ＝3.5 m/s 2，故B 项正确；只要F 始终作用在长木板B 上，B 的加速度始终大于A 的加速度，无论长木板B 多长，A 、B 都不会共速，故D 项错误．6．(多选)如图6甲所示，质量为2m 的足够长的木板B 放在粗糙水平面上，质量为m 的物块A 放在木板B 的右端且A 与B 、B 与水平面间的动摩擦因数均为μ，现对木板B 施加一水平变力F ，F 随t 变化的关系如图乙所示，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g ，下列说法正确的是( )图6A ．前3 s 内，A 受到的摩擦力方向水平向右B ．t ＝4 s 时，A 的加速度大小为13μgC ．t ＝5 s 时，A 受到的摩擦力大小为0.5μmgD ．第6 s 以后，A 受到的摩擦力大小为μmg 答案 BD解析 A 相对B 刚要滑动时，A 的加速度为a A ＝μg ，B 的加速度a B ＝F －4μmg2m，且a A ＝a B ，解得F ＝6μmg ，由图乙可知，第6 s 以后，F >6μmg ，A 相对B 滑动，A 受到的摩擦力大小为μmg ，故D 正确；A 和B 一起滑动时，a AB ＝F －3μmg 3m ≥0，解得F ≥3μmg ，所以在前3 s 内，A 、B 静止不动，A 受到的摩擦力为0，故A 错误；当t ＝4 s 时，A 和B 一起滑动，A 的加速度大小为a AB ＝F －3μmg 3m ＝4μmg －3μmg 3m ＝13μg ，故B 正确；当t ＝5 s 时，A 和B 一起滑动，A 受到的摩擦力大小F f ＝ma AB ＝m ·5μmg －3μmg 3m ＝23μmg ，故C 错误．7.(多选)如图7所示，质量相等的物块A 和木板B 叠放在水平地面上，左边缘对齐．A 与B 、B 与地面间的动摩擦因数均为μ.先水平敲击A ，A 立即获得水平向右的初速度v A ，在B 上滑动距离L 后停下．接着水平敲击B ，B 立即获得水平向右的初速度v B ，A 、B 都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，相对静止前B 的加速度大小为a 1，相对静止后B 的加速度大小为a 2，此后两者一起运动至停下．已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g .下列说法正确的是( )图7A ．a 1＝3a 2B ．v A ＝2μgLC ．v B ＝22μgLD ．从左边缘再次对齐到A 、B 停止运动的过程中，A 和B 之间没有摩擦力 答案 ABC解析 分析可知，敲击A 时，B 始终静止，由牛顿第二定律知，A 加速度的大小a A ＝μg ，由匀变速直线运动规律有2a A L ＝v A 2，解得v A ＝2μgL ，选项B 正确；设A 、B 的质量均为m ，敲击B 时，在A 、B 相对滑动的过程中，B 所受合外力大小为3μmg ，由牛顿第二定律有3μmg ＝ma 1，解得a 1＝3μg ，当A 、B 相对静止后，对A 、B 整体由牛顿第二定律有2μmg ＝2ma 2，解得a 2＝μg ，故a 1＝3a 2，选项A 正确；经过时间t ，A 、B 达到共同速度v ，位移分别为x A 、x B ，A 加速度的大小等于a 2，则v ＝a 2t ，v ＝v B －a 1t ，x A ＝12a 2t 2，x B ＝v B t －12a 1t 2且x B －x A ＝L ，解得v B ＝22μgL ，选项C 正确；对齐后，A 、B 整体以加速度大小a 2＝μg 一起做匀减速运动，对A 分析有F f ＝ma 2＝μmg ，故A 、B 之间有摩擦力且达到最大静摩擦力，选项D 错误． 8．(多选)(2020·云南大理、丽江等校第二次统考)如图8(a)，质量m 1＝0.2 kg 的足够长平板小车静置在光滑水平地面上，质量m 2＝0.1 kg 的小物块静止于小车上，t ＝0时刻小物块以速度v 0＝11 m/s 向右滑动，同时对小物块施加一水平向左、大小恒定的外力F ，图(b)显示物块与小车第1 s 内运动的v －t 图象．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10 m/s 2.则下列说法正确的是( )图8A ．小物块与平板小车间的动摩擦因数μ＝0.4B ．恒力F ＝0.5 NC ．小物块与小车间的相对位移x 相对＝6.5 mD ．小物块向右滑动的最大位移是x max ＝7.7 m 答案 ABD解析 由题图(b)知，小车和小物块的加速度分别为a 1＝Δv 1Δt ＝2－01 m/s 2＝2 m/s 2a 2＝Δv 2Δt ＝2－111m/s 2＝－9 m/s 2对小车：μm 2g ＝m 1a 1，对小物块：－(F ＋μm 2g )＝m 2a 2， 解得μ＝0.4，F ＝0.5 N ，故A 、B 正确；根据题图(b)可知，在t ＝1 s 时小车和小物块的速度相同，两者不再发生相对运动，相对位移等于图中三角形的面积，x 相对＝112 m ＝5.5 m ，C 错误；在0～1 s 内小物块向右滑动的位移x 1＝2＋112m ＝6.5 m当小车与小物块的速度相等后，在外力的作用下一起向右匀减速运动，其加速度大小为a 3＝Fm 1＋m 2＝53m/s 2， 当速度减小到0时，整体向右发生的位移为x 2＝222×53m ＝1.2 m所以小物块向右滑动的最大位移是x max ＝x 1＋x 2＝7.7 m ，故D 正确．9.(多选)(2020·山东济南市期末)如图9所示，倾角为37°的足够长斜面，上面有一质量为2 kg 、长8 m 的长木板Q ，木板上下表面与斜面平行．木板Q 最上端放置一质量为1 kg 的小滑块P .P 、Q 间光滑，Q 与斜面间的动摩擦因数为13.若P 、Q 同时从静止释放，以下关于P 、Q两个物体运动情况的描述正确的是(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2)( )图9A ．P 、Q 两个物体加速度分别为6 m/s 2、4 m/s 2B ．P 、Q 两个物体加速度分别为6 m/s 2、2 m/s 2C ．P 滑块在Q 上运动时间为1 sD ．P 滑块在Q 上运动时间为2 s 答案 BD解析 对P 受力分析，受重力和Q 对P 的支持力作用，根据牛顿第二定律有：m P g sin 37°＝m P a P解得：a P ＝g sin 37°＝6 m/s 2对Q 受力分析，受重力、斜面对Q 的支持力、摩擦力和P 对Q 的压力作用，根据牛顿第二定律有：m Q g sin 37°－μ(m P ＋m Q )g cos 37°＝m Q a Q ，解得：a Q ＝2 m/s 2，故A 错误，B 正确；设P 在Q 上面滑动的时间为t ，因a P ＝6 m/s 2>a Q ＝2 m/s 2，故P 比Q 运动更快，根据位移关系有：L ＝12(a P －a Q )t 2，代入数据解得t ＝2 s ，故C 错误，D正确．10.(2020·广东广州市一模)如图10所示，质量M ＝8 kg 的小车放在水平光滑的平面上，在小车右端加一F ＝8 N 的水平拉力，当小车向右运动的速度达到v 0＝1.5 m/s 时，在小车前端轻轻地放上一个大小不计、质量为m ＝2 kg 的小物块，小物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.2，小车足够长，g 取10 m/s 2.求：图10(1)放小物块后，小物块及小车的加速度各为多大； (2)经多长时间两者达到相同的速度；(3)从小物块放上小车开始，经过t ＝1.5 s 小物块通过的位移大小为多少？ 答案 (1)2 m/s 20.5 m/s 2 (2)1 s (3)2.1 m解析 (1)对小车和物块受力分析，由牛顿第二定律可得，物块的加速度：a m ＝μg ＝2 m/s 2小车的加速度：a M ＝F －μmg M＝0.5 m/s 2(2)由：a m t ＝v 0＋a M t 得：t ＝1 s ，所以速度相同时用的时间为1 s. (3)在开始1 s 内小物块的位移：x 1＝12a m t 2＝1 m最大速度：v ＝a m t ＝2 m/s在接下来的0.5 s 物块与小车相对静止，一起做加速运动，加速度：a ＝FM ＋m＝0.8 m/s 2这0.5 s 内的位移：x 2＝vt ′＋12at ′2＝1.1 m所以通过的总位移x ＝x 1＋x 2＝2.1 m.11.如图11所示，两个完全相同的长木板放置于水平地面上，木板间紧密接触，每个木板质量M ＝0.6 kg ，长度l ＝0.5 m ．现有一质量m ＝0.4 kg 的小木块，以初速度v 0＝2 m/s 从木板的左端滑上木板，已知木块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.3，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，重力加速度g 取10 m/s 2.求：图11(1)小木块滑上第二个木板的瞬间的速度大小； (2)小木块最终滑动的位移(保留3 位有效数字)． 答案 (1)1 m/s (2)0.670 m解析 (1)木板受到木块的摩擦力为F f1＝μ1mg 木板受到地面的摩擦力为F f2＝μ2(2M ＋m )g 因为F f2>F f1，所以木块运动时，木板静止不动设木块在左边第一个木板上的加速度大小为a 1，μ1mg ＝ma 1 小木块滑上第二个木板的瞬间的速度为v ，则v 2－v 02＝－2a 1l代入数据解得：v ＝1 m/s(2)木块滑上第二个木板后，设木板的加速度大小为a 2，则μ1mg －μ2(M ＋m )g ＝Ma 2设木块与木板达到相同速度v 1时，用时为t ，则有： 对木块：v 1＝v －a 1t 对木板有：v 1＝a 2t解得：v 1＝0.1 m/s ，t ＝0.3 s此时木块运动的位移x 1＝v ＋v 12t ＝0.165 m木板的位移x 1′＝v 122a 2＝0.015 m木块在木板上滑动的长度为x 1－x 1′<l达到共速后，木块和木板一起继续运动，设木块、木板一起运动的加速度大小为a 3，位移为x 2，μ2(M ＋m )g ＝(M ＋m )a 3 v 12＝2a 3x 2解得x 2＝0.005 m小木块滑动的总位移x ＝l ＋x 1＋x 2＝0.670 m.。

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 ＝1 kg ，m B ＝2 kg ，A 、B 间动摩擦因数是0.5，水平面光滑． 用10 N 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 ＝6 kg ，m B ＝2 kg ，A 、B 之间的动摩擦因数μ＝0.2，开始时F ＝10 N ，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 ＝6 kg ，m B ＝2 kg ，A 、B 之间的动摩擦因数μ＝0.2，开始时F ＝10 N ，此后逐渐增加，在增大到45 N 的过程中，则 ( )A ．当拉力F <12 N 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12 N 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例3、如图所示，质量M ＝8 kg 的小车放在光滑的水平面上，在小车左端加一水平推力F ＝8 N ，当小车向右运动的速度达到1.5 m/s 时，在小车前端轻轻地放上一个大小不计，质量为m ＝2 kg 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 ＝10 m/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？1、动力学问题【例1】如图，A是小木块，B是木板，A和B都静止在地面上。

专题：滑块—木板模型（一）一．“滑块—木板模型”问题的分析思路1．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。

2．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。

3．思维模板4．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。

5．滑块—木板模型临界问题的求解思路二．受力分析：力作用在下板为例：(1) M、m之间的摩擦因数为μ，地面光滑：a、相对静止(共同向前走): F=(M+m)ab、相对滑动时：F=ma1+Ma2μmg=ma1那么临界是：a1=a2(2)当上边面摩擦因数为μ1，下表面为μ2时:a、相对静止(共同向前走): F-μ2(M+m)g =(M+m)ab、相对滑动时：F-μ2(M+m)g=ma1+Ma2μ1mg=ma1那么临界是：a1=a2力作用在上板为例：(1) M、m之间的摩擦因数为μ，地面光滑：a、相对静止(共同向前走): F-μ2(M+m)g =(M+m)ab、相对滑动时：F=ma1+Ma2μmg=Ma2那么临界是：a1=a2(2)当上边面摩擦因数为μ1，下表面为μ2时:a、相对静止(共同向前走): F=(M+m)ab、相对滑动时：F-μ2(M+m)g=ma1+Ma2μ1mg-μ2(M+m)g=Ma2那么临界是：a1=a2所以分析关键就是：摩擦力的表示m m例1、m A ＝1 kg ，m B ＝2 kg ，A 、B 间动摩擦因数是，水平面光滑．求：用10 N 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 ＝6 kg ，m B ＝2 kg ，A 、B 之间的动摩擦因数μ＝，开始时F ＝10 N ，此后逐渐增加，若使AB 不发生相对运动，则F 的最大值为练习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 ＝6 kg ，m B ＝2 kg ，A 、B 之间的动摩擦因数μ＝，开始时F ＝10 N ，此后逐渐增加，在增大到45 N 的过程中，则 A ．当拉力F <12 N 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12 N 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例3、如图所示，长木板放置在水平面上，一小物块置于长木板的中央，长木板和物块的质量均为m ，物块与木板间的动摩擦因数为μ，木板与水平面间动摩擦因数为3μ，已知最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g 。

运动和力的关系“滑块—木板”模型中的动力学问题素养目标：1.掌握“滑块—木板”模型的运动及受力特点。

2.能正确运用动力学观点处理“滑块—木板”模型问题。

1.如图所示，质量为4kg 的薄木板静置于足够大的水平地面上，其左端有一质量为2kg 的物块，现对物块施加一大小为12N 、水平向右的恒定拉力F ，只要拉力F 作用的时间不超过1s ，物块就不能脱离木板。

已知物块与木板间的动摩擦因数为0.4，木板与地面间的动摩擦因数为0.1，物块可视为质点，取重力加速度大小210m/s g =。

则木板的长度为（ ）A ．0.8mB ．1.0mC ．1.2mD ．1.5m考点一　水平面上的板块问题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，滑块和木板具有不同的加速度。

2．模型构建(1)隔离法的应用：对滑块和木板分别进行受力分析和运动过程分析。

(2)对滑块和木板分别列动力学方程和运动学方程。

(3)明确滑块和木板间的位移关系如图所示，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，位移之和Δx＝x2＋x1＝L。

3．解题关键(1)摩擦力的分析判断：由滑块与木板的相对运动来判断“板块”间的摩擦力方向。

(2)挖掘“v物＝v板”临界条件的拓展含义摩擦力突变的临界条件：当v物＝v板时，“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)。

①滑块恰好不滑离木板的条件：滑块运动到木板的一端时，v物＝v板；②木板最短的条件：当v物＝v板时滑块恰好滑到木板的一端。

例题1.如图所示，质量为m的长木板A放在光滑的水平面上，物块B、C放在长木板上。

物块B的质量也为m，B、C与A间的动摩擦因数均为m，A、B、C均处于静止状态，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g 。

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。

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。

动力学方法重要应用之二“滑块—木板模型”高三物理备考中，"滑块木板模型"历来被当做非常重要的知识来复习，可见它在高考物理中的地位。

"滑块木板模型"，是一轮复习中匀变速直线运动规律和牛顿第二定律有关知识的巩固、深化及应用，更牵涉动量守恒定律、能量守恒定律的应用。

深透理解这类模型，有得培养学生对物理情景的想象及分析能力。

下面就这个模型做思维解题分析。

解题策略1、"滑块木板模型"，往往牵涉滑块与木板这两个物体都参与运动，而滑动摩擦力是它们运动的桥梁。

关于滑动摩擦力的分析方法，与传送带的分析方法一样(详见：《动力学方法重要应用之一：传送带模型》一文)，但这类问题又比传送带模型复杂很多。

因为木板受到滑动摩擦力影响后，又往往做匀变速直线运动，而滑块受到滑动摩擦力影响后运动性质甚至会发生变化。

所以解决这类问题，要注意从位移、速度、时间等角度，寻找它们间的关系。

2、弄清静临界条件滑块在木板上滑动时，要求滑块不从木板上掉下来的临界条件是：滑块与木板具有共速。

经典例题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素μ，为了使得m能从M上滑落下来，求下列情况下力F的取值范围。

解析：首先判断m与M发生相对滑动的临界条件如果要滑动，m与M间的静摩擦力要达到最大静摩擦力；(2)未滑动，此时m与M加速度相等。

第一小问：正确进行受力分析，如下图所示：对m，由牛顿第二定律得加速度为：a=μg共速时，两者加速度相等，由整体法得：F= (M+m)a即：F=μ(M+m)g所以，F的取值范围是：F>μ(M+m)g。

第二小问：受力如图所示对M，由牛顿第二定律得：a=μmg/M再对整体，得：F=(M+m)a解得：F=μ(M+m)mg/M所以F的取值范围是：F>μ(M+m)mg/M。

2、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）在这段时间内，物块在木板上滑行的距离多大？（2）物块与木板相对静止后，物块受到的摩擦力多大？解析：（1）首先两物体各自运动，分别对两物体受力分析，易知道物块的加速度a1=μg=2m/s2，而木板的加速度a2=(F-μmg)/M=1m/s2设静止时运动时间为t，对物块它t时刻的速度为：v1=a1t=2t对木板t时刻的速度为：v2=v0+a2t=1+t由于相对静止，必有v1=v2，即：2t=1+t因此，t=1s(2)1s末时两物体的速度v1=v=2m/s这段时间内，物块位移s1= v1t/2=1m木板位移s2=(v0+v2)t/2=1.5m因此相对位移为△x==s2-s1=0.5m(3)滑块相对木板静止时，两者具有共速且加速度相等，因此对整体有：F=(M+m)a得a=1.57m/s2再隔离物块，由牛顿第二定律得：f=m a=6.28N滑块木板模型小结1、正确受力分析后，抓住牛顿第二定律分别求出各自加速度；2、正确画出情景图，找出两者位移、速度、加速度关系。

《牛顿运动定律的运用》------滑块、滑板模型6.如图5所示，在光滑水平地面上，水平外力F 拉动小车和木块一起做无相对滑动的加速运动。

小车质量为M ，木块质量为m ，加速度大小为a ，木块和小车之间的动摩擦因数为μ，则在这个过程中，木块受到的摩擦力大小是( )图5A ．μmg B.mF M ＋m C ．μ(M ＋m )gD ．ma解析：选BD m 与M 无相对滑动，故a 相同。

对m 、M 整体F ＝(M ＋m )·a ，故a ＝FM ＋m ，m 与整体加速度相同也为a ，对m ：F f ＝ma ，即F f ＝mFM ＋m，又由牛顿第二定律隔离m ，F f＝ma ，故B 、D 正确。

3．质量为40 kg 的物体静止在水平的桌面上，当在400 N 的水平力作用下由静止开始经过16 m 的距离时，速度大小为16 m/s ，求物体受到的阻力大小。

解析：由运动学公式得 v 2t －v 20＝2ax ，v 0＝0则有a ＝v 2t2x ＝1622×16 m/s 2＝8 m/s 2由牛顿第二定律得F 合＝ma ＝40×8 N ＝320 N 。

对物体进行受力分析如图所示，竖直方向物体受到重力mg 和支持力N 一对平衡力作用，水平方向物体受到拉力F 和摩擦力f 作用，有F －f ＝F 合，所以f ＝F －F 合＝400 N －320 N ＝80 N 。

16.B 已知质量为优的木块在大小为T 的水平拉力作用下沿粗糙水平地面做匀加速直线运动,加速度为a,则木块与地面之间的动摩擦因数为μ=_______;若在木块上再施加一个与水平拉力T 在同一竖直平面内的推力,而不改变木块加速度的大小和方向,则此推力与水平拉力T 的夹角为θ=__________. 答案:mg ma T -;maT mgarctan -(点拨:木块受力分析:T-μmg=ma 得mg ma T -=μ.设再施加的力与水平拉力T 的夹角为θ.则()a m G Fsin Fcos T N f GFsin N a m f Fcos T '=+-+⇒⎪⎩⎪⎨⎧=+='=-+θμθμθθ要使a=a′则Fcosθ=μFsinθ.即tanθ=1/μ.得⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎪⎭⎫⎝⎛=mg -T mg arctan 1arctan μθ)3.如图所示，一足够长的木板静止在光滑水平面上，一物块静止在木板上，木板和物块间有摩擦。

【专题概述】在物理中经常会出现一类题就是滑块在滑板上运动类型的题目，这类题目一般会牵涉到牛顿第二定律，也会用到动能定理及能量守恒或者能量转换之间的关系，考试范围广，也成为近年来高考的重点，那么我们在处理此类问题时，我们着重从以下几个方面来分析问题1 . 滑块能不能从滑板上脱落的问题，所以在这个专题中就存在临界问题。

2 . 始运动时时滑块和滑板一起运动，还是分开各走各的，那么这儿就存在一个判断问题，如果出现这类情况我们就可以采取假设的方法，假设两个物体一起运动然后通过他们之间的摩擦力是否超过最大静摩擦力来判断是否一起运动。

3. 解这类题很多时候我们采用的是用运动学公式来求解，所以一般解此类题会导致我们的计算量比较大，也是考察学生的计算能力和数学方法归类的能力【典例精讲】1. 滑块和滑板的动力学问题.典例1如图所示，质量为m1的足够长木板静止在水平面上，其上放一质量为m2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a1、a2和v1、v2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()A B．C．D．典例2如图所示，一长木板在水平地面上运动，初速度为v0，在某时刻(t＝0)将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，己知物块与木板的质量相等，设物块与木板间及木板与地面间均有摩擦且摩擦因数为μ，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．在物块放到木板上之后，木板运动的速度－时间图象可能是选项中的()A. B．C．D．典例3 (多选)如图所示，一足够长的木板静止在光滑水平面上，一物块静止在木板上，木板和物块间有摩擦．现用水平力向右拉木板，当物块相对木板滑动了一段距离但仍有相对运动时，撤掉拉力，此后木板和物块相对于水平面的运动情况为()A．物块先向左运动，再向右运动B．物块向右运动，速度逐渐增大，直到做匀速运动C．木板向右运动，速度逐渐变小，直到做匀速运动D．木板和物块的速度都逐渐变小，直到为零2 滑块、滑板中的临界问题典例4 (多选)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μ，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＝μmg时，A的加速度为μgC．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μg典例5如图所示，质量m1＝0.5 kg的长木板在水平恒力F＝6 N的作用下在光滑的水平面上运动，当木板速度为v0＝2 m/s时，在木板右端无初速轻放一质量为m2＝1.5 kg的小木块，此时木板距前方障碍物s＝4.5 m，已知木块与木板间动摩擦因数μ＝0.4，在木板撞到障碍物前木块未滑离木板．g取10 m/s2.(1)木块运动多长时间与木板达到相对静止；(2)求木板撞到障碍物时木块的速度．【总结提升】牛顿运动定律在滑块一木板类问题中的应用问题实质是牛顿运动定律与运动学等知识的综合问题，着重考查学生分析问题、运用知识的能力。

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．。

专题：滑块—木板模型1．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。

2．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。

3．思维模板4．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。

5． 滑块—木板模型临界问题的求解思路【典例精析1】如图甲所示，光滑的水平地面上放有一质量为M 、长为 4.0m L =的木板。

从0t =时刻开始，质量为 1.0kg m =的物块以初速度06m/s v =从左侧滑上木板，同时在木板上施一水平向右的恒力7.0N F =，已知开始运动后1s 内两物体的v t -图线如图乙所示，物块可视为质点，2s 10m/g =，下列说法正确的是A ．木板的质量 1.5M kg =B ．物块与木板间的动摩擦因数为0.1C ． 1.5s t =时，木板的加速度为273m/s D ．2s t =时，木板的速度为7.2m/s【典例精析2】如图所示，质量M =8.0 kg 、长L =2.0 m 的薄木板静置在光滑水平地面上，且木板不固定。

质量m =0.40kg 的小滑块（可视为质点）以速度v 0从木板的左端冲上木板。

已知滑块与木板间的动摩擦因数μ=0.20，（假定滑块与木板之间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。

）（1）若v 0=2.1 m/s ，从小滑块滑上长木板，到小滑块与长木板相对静止，小滑块的位移是多少？（2）若v 0=3.0 m/s ，在小滑块冲上木板的同时，对木板施加一个水平向右的恒力F ，如果要使滑块不从木板上掉下，力F 应满足什么条件？【典例精析3】如图1所示，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。

惠州一中理科实验班牛顿第二定律应用专题滑块木板模型牛顿第二定律运用-滑块木板组合模型一.木板遭到水平拉力例1 .如下图，质量M =1.0kg 的长木板运动在润滑水平面上，在长木板的右端放一质量m =1.0kg 的小滑块〔可视为质点〕，小滑块与长木板之间的动摩擦因数μ=0.20。

现用水平横力F =6.0N 向右拉长木板，使小滑块与长木板发作相对滑动，经过t =1.0s 撤去力F 。

小滑块在运动进程中一直没有从长木板上掉下。

求：(1)撤去力F 时小滑块和长木板的速度区分是多大？⑵运动中小滑块距长木板右端的最大距离是多大？例2.如下图，水平空中上一个质量M =4.0kg 、长度L =2.0m 的木板，在F =8.0N 的水平拉力作用下，以v 0=2.0m/s 的速度向右做匀速直线运动。

某时辰将质量m =1.0kg 的物块〔物块可视为质点〕轻放在木板最右端。

⑴木板与水平面之间的动摩擦因数μ？ ⑵假定物块与木板间无摩擦，求物块分开木板所需的时间； ⑶假定物块与木板间有摩擦，且物块与木板间的动摩擦因数和木板与空中间的动摩擦因数相等，求将物块放在木板上后，经过多长时间木板中止运动。

例3.如下图，质量为m =5kg 的长木板放在水平空中上，在木板的最右端放一质量也为m =5kg 的物块A ．木板与空中间的动摩擦因数μ1=0.3，物块与木板间的动摩擦因数μ2=0.2．现用一水平力F =60N 作用在木板上，使木板由运动末尾匀减速运动，经过t =1s ，撤去拉力．设物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．〔g 取10m/s 2〕求：⑴拉力撤去时，木板的速度大小？⑵要使物块不从木板上掉下，木板的长度至少多大？⑶在满足⑵的条件下，物块最终将停在距板右端多远处？作业1.如下图，有一块木板运动在润滑且足够长的水平面上，木板质量为M =4kg ，长为L =1.4m 。

木板右端放着一小滑块，小滑块质量为m =1kg ，其尺寸远小于L 。