2019版高考物理复习第三章牛顿运动定律微专题25动力学中的“滑块_木板”模型粤教版

动力学中的滑块——木板模型问题1．考点及要求：(1)滑动摩擦力和静摩擦力(Ⅱ)；(2)匀变速直线运动的公式(Ⅱ)；(3)牛顿运动定律(Ⅱ).2.方法与技巧：(1)分析滑块和木板的受力情况：整体法、隔离法仍是基本的研究方法，依据牛顿第二定律求解加速度；(2)分析滑块和木板的运动情况：找出滑块和木板之间的位移关系或速度关系．1. (滑块—木板模型问题的运动分析)如图1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( )图1A．物块先向左运动，再向右运动B．物块向右运动，速度逐渐减小，直到做匀速运动C．木板向右运动，速度逐渐减小，直到做匀速运动D．木板和物块的速度都逐渐减小，直到为零2．(滑块—木板模型问题的综合分析)如图2所示，一质量为M＝10 kg，长为L＝2 m的薄木板放在水平地面上，已知木板与地面间的动摩擦因数为μ1＝0.1，在此木板的右端还有一质量为m＝4 kg的小物块，且视小物块为质点，木板厚度不计．今对木板突然施加一个F＝54 N 的水平向右的拉力，g＝10 m/s2.图2(1)若木板上表面光滑，则小物块经多长时间将离开木板？(2)若小物块与木板间的动摩擦因数为μ，小物块与地面间的动摩擦因数为2μ，小物块相对木板滑动一段时间后离开木板继续在地面上滑行，且对地面的总位移s＝3 m时停止滑行，求μ值．3．如图3所示，在光滑的水平面上有一个质量为M的木板B处于静止状态，现有一个质量为m的木块A在木板B的左端以初速度v0开始向右滑动，已知M>m，用①和②分别表示木块A 和木板B的图象，在木块A从木板B的左端滑到右端的过程中，下面关于速度v随时间t、动能E k随位移x的变化图象，其中可能正确的是( )图34．如图4所示，质量均为m的木块A和木板B叠放在水平桌面上，A光滑且位于B的最右端，B与地面间的动摩擦因数为μ，水平力F＝mg作用在B上，A、B以2 m/s的共同速度沿水平面向右匀速运动，0.2 s后F加倍(g＝10 m/s2)图4(1)试求μ的值；(2)若B足够长，求0.4 s时A、B的速度，并在乙图中作出0.2～0.4 s A、B运动的v－t 图象．答案解析1．C [由于物块运动过程中与木板存在相对滑动，且始终相对木板向左运动，因此木板对物块的摩擦力向右，所以物块相对地面向右运动，且速度不断增大，直至相对静止而做匀速直线运动，选项A 、B 错误；由牛顿第三定律可知，木板受到物块给它的向左的摩擦力作用，木板的速度不断减小，直到两者相对静止，而做匀速直线运动，选项C 正确；由于水平面光滑，所以木板和物块不会停止，选项D 错误．]2．(1)1 s (2)16解析 (1)对木板受力分析，由牛顿第二定律得：F －μ1(M ＋m )g ＝Ma ，由运动学公式得L ＝12at 2，代入数据解得：t ＝1 s.(2)对小物块：在木板上时μmg ＝ma 1，在地面上时2μmg ＝ma 2，设小物块从木板上滑下时的速度为v 1，小物块在木板上和地面上的位移分别为x 1、x 2，则：2a 1x 1＝v 21，2a 2x 2＝v 21，并且满足x ＝x 1＋x 2＝3 m ，解得x 1＝2 m ．设小物块在木板上滑行时间为t 1，则x 1＝12a 1t 21，对木板：F －μmg －μ1(M ＋m )g ＝Ma 3，木板对地面的位移x ′＝12a 3t 21，x ′＝x 1＋L ，解得μ＝16. 3．D [木块滑上木板，A 做匀减速直线运动，B 做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得，a A ＝μmg m ＝μg ，a B ＝μmg M，已知M >m ，则a A >a B .v －t 图象中①图线斜率的绝对值大于②图线斜率的绝对值，故A 、B 错误；根据动能定理得，对A 有：－μmgx ＝E k －E k0，则E k ＝E k0－μmgx .对B 有：μmgx ＝E k ，从动能定理的表达式可知，木块和木板E k 与x 图线斜率的绝对值应相等．故C 错误，D 正确．]4．(1)0.5 (2)2 m/s 4 m/s 见解析图解析 (1)在0～0.2 s 内A 、B 做匀速直线运动，分析B ，根据平衡条件有：F ＝2μmg ，又F ＝mg ，代入数据解得μ＝0.5.(2)0.2～0.4 s ，A 运动状态不变(v A ＝2 m/s)，继续做匀速直线运动，B 做匀加速运动， 根据牛顿第二定律得，2F －2μmg ＝ma ，代入数据解得a ＝10 m/s 2.0．4 s 时B 的速度v ＝v 0＋at ＝2 m/s ＋10×0.2 m/s＝4 m/s ， A 、B 两物体的v －t 图象如图所示．。

高中物理必修一《牛顿运动定律》专题--动力学中的滑块-木板模型一、单选题（本大题共6小题，共24.0分）1.如图所示，木块A、B静止叠放在光滑水平面上，A的质量为m，B的质量为2m.现施水平力F拉B（如图甲），A、B刚好不发生相对滑动，一起沿水平面运动．若改用水平力F′拉A（如图乙），使A、B也保持相对静止，一起沿水平面运动，则F′不得超过( )A. FB. 2FC. 3FD.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．若物体之间的滑动摩擦力(f)的大小等于最大静摩擦力，且A、B的质量相等，则下列图中可以定性地描述长木板B运动的v-t图象的是()A. B. C. D.3.如图所示，绷紧的长为6m的水平传送带，沿顺时针方向以恒定速率＝运行。

一小物块从与传送带等高的光滑水平台面滑上传送带，其速度大小为。

若小物块与传送带间动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g＝。

下列说法中正确的是( )A. 小物块在传送带上先向左做匀减速直线运动，然后向右做匀加速直线运动B. 若传送带的速度为，小物块将从传送带左端滑出C. 若传送带的速度为，小物块将以的速度从传送带右端滑出D. 若小物块的速度为，小物块将以的速度从传送带右端滑出4.如图，质量m＝10kg的物块甲与质量为M＝4kg长木板（足够长）乙，静止于水平地面上，已知甲、乙之间动摩擦因数μ1＝0.1，地面和长木板之间动摩擦因数μ2＝0.2，若将木板乙从物块甲下面抽出，则力F应满足条件（）A. B. C. D.5.如图所示，在光滑的水平面上，叠放着两个质量分别为m、M的物体(m＜M)，用一水平恒力作用在m物体上，两物体相对静止地向右运动，现把此水平力作用在M 物体上，则以下说法正确的是A. 两物体间的摩擦力大小不变B. m受到的合外力与第一次相同C. M受到的摩擦力增大D. 两物体间可能有相对运动6.如图，质量m＝10kg的物块甲与质量为M＝4kg长木板乙（足够长），静止于水平地面上，已知甲、乙之间动摩擦因数μ1＝0.1，地面和长木板之间动摩擦因数μ2＝0.2，若将木板乙从物块甲下面抽出，则力F应满足条件（）A. B. C. D.二、多选题（本大题共2小题，共8.0分）7.如图所示，水平传送带左右两端相距L=3.5m，物体A以水平速度v=4m/s滑上传送带左端，物体与传送带之间的动摩擦因数μ=0.1。

高考物理一轮复习讲义--牛顿运动定律高考热点——动力学中的“滑块——木板”模型【迁移深化3】改变条件撤去力F ，物块有初速度 的木板B 静止在水平面上，可视为质点的物块侧沿木板上表面水平冲上木板，如图B 经过】水平力作用在所示，物体A 叠放在物体图14.5－13图4由“汉中质检)如图足够长木板静止在光滑水平面上，其上放一质量＝0时刻起，给物块施加一水平恒1、a 2和图2[高考导航]第1讲 牛顿运动定律知识排查牛顿第一定律 惯性1.牛顿第一定律(1)内容：一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，除非作用在它上面的力迫使它改变这种状态。

(2)意义：①揭示了物体的固有属性：一切物体都有惯性，因此牛顿第一定律又叫惯性定律；②揭示了力与运动的关系：力不是维持物体运动的原因，而是改变物体运动状态的原因，即力是产生加速度的原因。

2．惯性(1)定义：物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质。

(2)量度：质量是惯性大小的唯一量度，质量大的物体惯性大，质量小的物体惯性小。

(3)普遍性：惯性是物体的固有属性，一切物体都具有惯性，与物体的运动情况和受力情况无关。

牛顿第二定律 力学单位制1.牛顿第二定律(1)内容：物体加速度的大小跟它受到的作用力成正比，跟它的质量成反比，加速度的方向跟作用力的方向相同。

(2)表达式：F ＝ma 。

(3)适用范围①牛顿第二定律只适用于惯性参考系，即相对于地面静止或匀速直线运动的参考系。

②牛顿第二定律只适用于宏观物体(相对于分子、原子等)、低速运动(远小于光速)的情况。

2.力学单位制(1)单位制：由基本单位和导出单位一起组成了单位制。

(2)基本单位：基本物理量的单位。

基本物理量共七个，其中力学有三个，是长度、质量、时间，单位分别是米、千克、秒。

(3)导出单位：由基本物理量根据物理关系推导出来的其他物理量的单位。

牛顿第三定律1.作用力和反作用力：两个物体之间的作用总是相互的，一个物体对另一个物体施加了力，后一个物体同时对前一个物体也施加力。

第25讲动力学中的“滑块——木板”模型[方法点拨] “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 mm.假设两物体同时由静止一起运动，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．1．(多选)(2017·四川绵阳第一次段考)如图1甲所示，足够长的木板B静置于光滑水平面上，其上放置小滑块A，小滑块A受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出小滑块A 的加速度a，得到如图乙所示的F－a图像．取g＝10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．则( )图1A．小滑块A的质量为4kgB．木板B的质量为5kgC．当F＝40N时，木板B的加速度为3m/s2D．小滑块A与木板B间的最大静摩檫力为12N2．如图2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＝10m/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( )图2A．a m＝2m/s2，a M＝1 m/s2B．a m＝1m/s2，a M＝2 m/s2C．a m＝2m/s2，a M＝4 m/s2D．a m＝3m/s2，a M＝5 m/s23．(多选)(2017·四川宜宾一诊)如图3甲所示，物块A与木板B叠放在粗糙水平面上，其中A的质量为m，B的质量为2m，且B足够长，A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ.对木板B施加一水平变力F，F随t变化的关系图如图乙所示，A与B、B与地面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．下列说法正确的是( )图3A．在0～t1时间内，A、B间的摩擦力为零B．在t1～t2时间内，A受到的摩擦力方向水平向左C．在t2时刻，A、B间的摩擦力大小为0.5μmgD．在t3时刻以后，A、B间的摩擦力大小为μmg4．如图4所示，质量为M＝1kg的木板静止在粗糙的水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，在木板的左端放置一个质量为m＝1kg的小铁块(可视为质点)，铁块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.4，在木板(足够长)的右端施加一个大小从零开始连续增大的水平向左的力F(图中未画出)，下列能正确表示铁块与木板间的摩擦力f随力F大小变化的图像是(重力加速度g＝10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( )图45．(2017·安徽省六校联考)如图5所示，钢铁构件A、B叠放在卡车的水平底板上，卡车底板和B间动摩擦因数为μ1，A、B间动摩擦因数为μ2，μ1＞μ2，卡车刹车的最大加速度为a，a＞μ1g，可以认为最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等．卡车沿平直公路行驶途中遇到紧急情况时，要求其刹车后在s0距离内能安全停下，则卡车行驶的速度不能超过( )图5A.2as0B.2μ1gs0C.2μ2gs0D.μ1＋μ2gs06．(多选)如图6，质量为M的木板放在光滑的水平面上，木板的左端有一质量为m的木块，在木块上施加一水平向右的恒力F，木块和木板由静止开始运动，经时间t二者分离．则下列哪些变化可使时间t增大( )图6A．仅增大木板的质量MB．仅增大木块的质量mC．仅增大恒力FD．仅稍增大木块与木板间的动摩擦因数7．(2017·江西省第一次联考)如图7所示，长木板置于光滑水平地面上，小物块放在长木板的正中间，两物体处于静止状态．已知木板的质量为M＝4kg，长度为L＝2m，物块的质量为m＝1kg，尺寸可以忽略．物块与木板之间的动摩擦因数为μ＝0.2，认为两物体间的最大静摩擦力和滑动摩擦力大小相等，取重力加速度g＝10m/s2.图7(1)若在物块上施加一个水平恒力F1，恰好能使物块在木板上滑动，求力F1的大小；(2)若在木板上施加一个水平恒力F2，经过2s物块恰好从木板上滑落，求力F2的大小．答案精析1．AD [由题图乙知，F ＜20N 时，A 、B 一起加速运动，对整体，由牛顿第二定律得：F ＝(m A ＋m B )a由题图乙可得F a ＝202kg ＝10kg ，所以m A ＋m B ＝10kg当F ＞20N 时，A 、B 间发生相对滑动，对A ，由牛顿第二定律得F －μm A g ＝m A a ，得F ＝μm A g ＋m A a .图像的斜率k ＝20－122＝4，得m A ＝4kg ，m B ＝6kg ，故A 正确，B 错误．由F ＝μm A g ＋m A a 知，图像的纵截距为μm A g ＝12N当F ＝40N 时，木板B 的加速度为a B ＝μm A g m B ＝126m/s 2＝2 m/s 2，故C 错误．小滑块A 与木板B 间的最大静摩檫力为f ＝μm A g ＝12N ，故D 正确．]2．C [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 为静摩擦力，且f ≤μmg ，由牛顿第二定律可得：f ＝ma ，联立可得：a m ＝a M ＝a ≤μg ＝2 m/s 2.若物块与小车间发生了相对运动，二者间的摩擦力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 ＝μmg ＝ma m ，可得：a m ＝2m/s 2，选项C 正确，选项A 、B 、D 错误．] 3．AD4．C [当F ＜μ1(M ＋m )g ＝2N 时，f ＝0；铁块恰好未与木板发生相对滑动时，铁块的加速度a 0＝μ2g ，F ＝μ1(M ＋m )g ＋(M ＋m )a 0＝10N ，故当2N≤F ＜10N 时，木板、铁块保持相对静止向右做加速运动，F －μ1(M ＋m )g ＝(M ＋m )a ，f ＝ma ，解得f ＝F2－1(N)；当F ≥10N 时，铁块相对木板滑动，此时摩擦力f ＝μ2mg ＝4N ，所以C 正确．]5．C [设A 的质量为m ，以最大加速度运动时，A 与B 保持相对静止，由牛顿第二定律得：f 1＝ma ≤μ2mg ，解得：a ≤μ2g ，即A 的最大加速度：a 1＝μ2g 同理，可知B 的最大加速度：a 2＝μ1g 由于μ1＞μ2，则a 1＜a 2≤μ1g ＜a可知要求其刹车后在s 0距离内能安全停下， 则车的最大加速度等于a 1. 所以车的最大速度：v m ＝2μ2gs 0故A 、B 、D 错误，C 正确．] 6．BD7．(1)2.5N (2)12N解析 (1)设两物体间的最大静摩擦力为f ， 当F 1作用于m 时，对整体，由牛顿第二定律有：F 1＝(M ＋m )a对M ，由牛顿第二定律有：f ＝Ma小物块竖直方向上受力平衡，所受支持力N ＝mg ， 由摩擦力公式有f ＝μN ＝μmg 联立各式解得：F 1＝2.5N(2)两物体发生相对滑动，设M 、m 的加速度分别为a 1、a 2 对M ，由牛顿第二定律得：F 2－f ′＝Ma 1 对m ，由牛顿第二定律得：f ′＝ma 2f ′＝μmg两物体在时间t 内位移为x 1＝12a 1t 2 x 2＝12a 2t 2m 刚滑下M 时有：x 1－x 2＝12L联立解得：F 2＝12N.。

微专题3 滑块木板模型、传送带模型一传送带模型传送带问题为高中动力学问题中的难点,需要考生对传送带问题准确地做出动力学过程分析。

1.抓住一个关键:在确定研究对象并进行受力分析之后,首先判定摩擦力的突变(含大小和方向)点,给运动分段。

传送带传送的物体所受摩擦力,不论是其大小的突变,还是其方向的突变,都发生在物体的速度与传送带速度相等的时刻。

物体在传送带上运动时的极值问题,不论是极大值,还是极小值,也都发生在物体速度与传送带速度相等的时刻,v物与v传相同的时刻是运动分段的关键点。

判定运动中的速度变化(相对运动方向和对地速度变化)的关键是v物与v传的大小与方向,二者的大小和方向决定了此后的运动过程和状态。

2.注意三个状态的分析——初态、共速、末态3.传送带思维模板模型1水平传送带模型水平传送带又分为三种情况:物体的初速度与传送带速度同向(含物体初速度为0)或反向。

情景图示滑块可能的运动情况情景1 (1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速情景2 (1)v0=v时,一直匀速(2)v0>v时,可能一直减速,也可能先减速再匀速(3)v0<v时,可能一直加速,也可能先加速再匀速情景3 (1)传送带较短时,滑块一直减速到达左端(2)传送带较长时,滑块还要被传送带传回右端。

当v0>v时,返回时速度为v,当v0<v时,返回时速度为v0例1如图甲所示,水平方向的传送带顺时针转动,传送带速度大小v=2 m/s 不变,两端A、B间距离为 3 m。

一物块从B端以v0=4 m/s滑上传送带,物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.4,g=10 m/s2。

物块从滑上传送带至离开传送带的过程中,速度随时间变化的图象是图乙中的( )。

甲乙解析物块B刚滑上传送带时,速度向左,由于物块与传送带间的摩擦作用,使得它做匀减速运动,加速度大小a=μg=4 m/s2,当物块的速度减小到零时,物块前进的距离s=m=2 m,其值小于AB的长3 m,故物块减速到零后仍在传送带上,所以它会随传送带向右运动,其加速度的大小与减速时是相等的,当其速度与传送带的速度相等时物块向右滑行的距离s'= m=0.5 m,其值小于物块向左前进的距离,说明物块仍在传送带上,以后物块相对于传送带静止,其速度等于传送带的速度,所以B项正确。

2019年高考物理二轮复习十大热门考点专项突破专题02滑块——木板模型练习练习——木板模型难点。

一、牛顿运动定律是力学知识的“基石”，滑块—木板模型更是高考热点，在滑块—木板模型中，滑块在木板上滑动的临界加速度大小是判断两物体运动状态的关键．解此类题的一般步骤为：1．运用整体法和隔离法进行受力分析．2．确定仅由摩擦力产生加速度的物体．3．求临界加速度：最大静摩擦力使之产生的加速度为临界加速度．4．判断系统的运动状态：当系统加速度小于临界加速度时，系统加速度相等；当系统加速度大于临界加速度时，系统中各物体加速度不同．5．由运动状态对应求解．二、动量和动量的变化量这两个概念常穿插在动量守恒定律的应用中考查；动量守恒定律的应用是本部分的重点和难点，也是高考的热点；动量守恒定律结合能量守恒定律来解决碰撞、打击、反冲等问题，以及动量守恒定律与圆周运动、核反应的结合已成为近几年高考命题的热点。

综合应用动量和能量的观点解题技巧（1）动量的观点和能量的观点①动量的观点：动量守恒定律②能量的观点：动能定理和能量守恒定律这两个观点研究的是物体或系统运动变化所经历的过程中状态的改变，不对过程变化的细节作深入的研究，而关心运动状态变化的结果及引起变化的原因．简单地说，只要求知道过程的始、末状态动量式、动能式和力在过程中的冲量和所做的功，即可对问题求解．②利用动量的观点和能量的观点解题应注意下列问题：(a)动量守恒定律是矢量表达式，还可写出分量表达式；而动能定理和能量守恒定律是标量表达式，绝无分量表达式．(b)动量守恒定律和能量守恒定律，是自然界最普遍的规律，它们研究的是物体系统，在力学中解题时必须注意动量守恒的条件及机械能守恒的条件．在应用这两个规律时，当确定了研究的对象及运动状态变化的过程后，根据问题的已知条件和要求解的未知量，选择研究的两个状态列方程求解．典例涵盖了直线运动、牛顿定律、能量、动量、电等相关章节的跟滑块—木板模型有关的典型例题【典例1】如图甲所示，倾斜的传送带正以恒定速率v 1沿顺时针方向转动，传送带的倾角为37°.一物块以初速度v 0从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，其运动的v－t 图象如图乙所示，物块到传送带顶端时速度恰好为零，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g ＝10 m/s 2，则( )A ．传送带的速度为4 m/sB ．传送带底端到顶端的距离为14 mC ．物块与传送带间的动摩擦因数为81D ．摩擦力方向一直与物块运动的方向相反解析：如果v 0小于v 1，则物块向上做减速运动时加速度不变，与题图乙不符，因此物块的初速度v 0一定大于v 1.结合题图乙可知物块减速运动到与传送带速度相同时，继续向上做减速运动，由此可以判断传送带的速度为4 m/s ，选项A 正确．传送带底端到顶端的距离等于v －t 图线与横轴所围的面积，即21×(4＋12)×1 m＋21×1×4 m＝10 m ，选项B 错误.0～1 s 内，g sin θ＋μg cos θ＝8 m/s 2,1～2 s 内，g sin θ－μg cos θ＝4 m/s 2，解得μ＝41，选项C 错误；在1～2 s 内，摩擦力方向与物块的运动方向相同，选项D 错误． 答案：A【典例2】.如图所示，一长木板在水平地面上运动，在某时刻(t ＝0)将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，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—时间图象可能是图中的( )答案 A【典例3】如图所示，在水平地面上建立x轴，有一个质量m＝1 kg的木块放在质量为M＝2 kg的长木板上，木板长L＝11.5 m。