滑块和木板问题(带答案)
滑块和木板问题(带答案)知识分享
滑块和木板问题(带答案)专题滑块与木板一应用力和运动的观点处理（即应用牛顿运动定律）典型思维方法：整体法与隔离法注意运动的相对性【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。
【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.【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）.【例4】如图所示，在光滑的桌面上叠放着一质量为m A ＝2.0kg 的薄木板A 和质量为m B =3 kg 的金属块B ．A 的长度L =2.0m ．B 上有轻线绕过定滑轮与质量为m C =1.0 kg 的物块C 相连．B 与A 之间的滑动摩擦因数 µ =0.10，最大静摩擦力可视为等于滑动摩擦力．忽略滑轮质量及与轴间的摩擦．起始时令各物体都处于静止状态，绳被拉直，B 位于A 的左端（如图），然后放手，求经过多长时间t 后 B 从 A 的右端脱离（设 A 的右端距滑轮足够远）（取g =10m/s 2）．例1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。
(完整版)高中物理中的滑块问题(含解析)
高中物理中的滑块问题1．(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。
开始时，各物均静止，今在两物体上各作用一水平恒力F 1、F 2，当物块和木板分离时，两木板的速度分别为v 1和v 2，物体和木板间的动摩擦因数相同，下列说法正确的是 ( BD ) A ．若F 1＝F 2，M 1＞M 2，则v 1＞v 2 B ．若F 1＝F 2，M 1＜M 2，则v 1＞v 2 C ．若F 1＞F 2，M 1＝M 2，则v 1＞v 2 D ．若F 1＜F 2，M 1＝M 2，则v 1＞v 22．如图所示，长2m ，质量为1kg 的木板静止在光滑水平面上，一木块质量也为1kg （可视为质点），与木板之间的动摩擦因数为0.2。
要使木块在木板上从左端滑向右端而不至滑落，则木块初速度的最大值为（ D ）A ．1m/sB ．2 m/sC ．3 m/sD ．4 m/s3．如图所示，小木块质量m ＝1kg ，长木桉质量M ＝10kg ，木板与地面以及木块间的动摩擦因数均为μ＝0.5．当木板从静止开始受水平向右的恒力F ＝90 N 作用时，木块以初速v 0＝4 m ／s 向左滑上木板的右端．则为使木块不滑离木板，木板的长度l 至少要多长?22112132121/3)(t t a s s m Mgm M mg F a ⨯===+--=μμ 22202225.2421/5t t t a t v s s m g a -=-===μs t ta t a v 2120==+-解得由m s s l 421=+=板长：4.如图所示，质量M=1.0kg 的长木板静止在光滑水平面上，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=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生相对滑动，经过t=1.0s 撤去力F.小滑块在运动过程中始终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个是多大； （2）运动中小滑块距长木板右端的最大距离是多大？F 1F 2 M Fm（1）.对滑和木板分别利用牛顿第二定律和运动学公式sm t a v s m MmgF a s m t a v s m g a /4/4/2/21222211121===-=====μμ（2）.最大位移就是在滑块和木板相对静止时1s 后.没有拉力.只有相互间的摩擦力 滑块加速度大小均为α=2m/s 2(方向相反)v 1+αt 2=v 2－αt 2 代入数据 2+2t 2=4-2t 2 解得 t 2=0.5s 此时2个的速度都是v=3m/s木块和木板的位移分别为m t v v t v s 25.22221111=⋅++⋅=m t v v t v s 75.32222122=⋅++⋅= m s s s 5.112=-=∆5．(2010龙岩二中卷)如图所示，一质量M =2.0kg 的长木板静止放在光滑水平面上，在木板的右端放一质量m =1.0kg 可看作质点的小物块，小物块与木板间的动摩擦因数为μ=0.2.用恒力F 向右拉动木板使木板在水平面上做匀加速直线运动，经过t =1.0s 后撤去该恒力，此时小物块恰好运动到距木板右端l =1.0m 处。
高考物理《滑块—木板模型》真题练习含答案
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．。
(完整版)高中物理滑块-板块模型(解析版)
滑块—木板模型一、模型概述滑块－木板模型(如图a)，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，另外，常见的子弹射击木板(如图b)、圆环在直杆中滑动(如图c)都属于滑块类问题，处理方法与滑块－木板模型类似。
二、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。
【典例1】如图所示，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变化的图线中正确的是(如下图所示)（）【答案】 A【典例2】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12μ。
滑块木板模型(解析版)-高考物理5种类碰撞问题
滑块木板模型【问题解读】两类情景水平面光滑，木板足够长，木板初速度为零水平面光滑，木板足够长，木板初速度不为零图示v ---t 图像物理规律动量守恒，最终二者速度相同mv 0=(m +M )v 共，机械能不守恒，损失的机械能等于产生的热量Q =fs =12mv 20-12(m +M )v 2，式中s 为木块在木板上相对滑动的距离，f 为木块与木板之间的摩擦力动量守恒，最终二者速度相同M v 0-mv 0=(m +M )v 共，机械能不守恒，损失的机械能等于产生的热量Q =fs =12mv 20+12M v 20-12(m +M )v 共2，式中s 为木块在木板上相对滑动的距离，f 为木块与木板之间的摩擦力。
【高考题典例】1.(14分)(2024年高考新课程卷)如图，一长度l =1.0m 的均匀薄板初始时静止在一光滑平台上，薄板的右端与平台的边缘O 对齐。
薄板上的一小物块从薄板的左端以某一初速度向右滑动，当薄板运动的距离Δl =l6时，物块从薄板右端水平飞出；当物块落到地面时，薄板中心恰好运动到O 点。
已知物块与薄板的质量相等。
它们之间的动摩擦因数μ=0.3，重力加速度大小g =10m/s 2。
求(1)物块初速度大小及其在薄板上运动的时间；解题思路本题考查的考点：动量守恒定律、动能定理、平抛运动规律。
(1)设物块质量m ，初速度为v 0，薄板质量m ，物块滑上薄板，由动量守恒定律mv 0=mv 1+mv 2μmgl =12mv 20-12mv 21-12mv 22物块在薄板上运动加速度a 1=μg =3m/s 2物块在薄板上运动位移s =7l /6v 20-v 21=2a 1s联立解得：v 0=4m/s ，v 1=3m/s ，v 2=1m/s由v 0-v 1=at 1，解得t 1=13s(2)物块抛出后薄板匀速运动，l2-Δl =v 2t 2解得t 2=13s平台距地面的高度h =12gt 22=59m2.(2023年高考选择性考试辽宁卷)如图，质量m 1=1kg 的木板静止在光滑水平地面上，右侧的竖直墙面固定一劲度系数k =20N /m 的轻弹簧，弹簧处于自然状态。
衡水中学物理最经典-“滑块—木板模型”问题(高频14)
“滑块—木板模型”问题(高频14)1．模型特点涉及两个物体，并且物体间存在相对滑动．2．两种位移关系滑块由木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板同向运动，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x1，木板位移大小为x2，同向运动时：如图1所示，L＝x1－x2图1反向运动时：如图2所示，L＝x1＋x2图23．解题步骤审题建模→弄清题目情景，分析清楚每个物体的受力情况、运动情况，清楚题给条件和所求建立方程→根据牛顿运动定律准确求出各运动过程的加速度(两过程接连处的加速度可能突变)明确关系→错误!命题点1水平面上的滑块—木板模型9．(2017·课标卷Ⅲ，25)如图，两个滑块A和B的质量分别为m A＝1 kg和m B＝5 kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.5；木板的质量为m＝4 kg，与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1.某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v0＝3 m/s.A、B相遇时，A与木板恰好相对静止．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10 m/s2.求：(1)B与木板相对静止时，木板的速度；(2)A、B开始运动时，两者之间的距离．【解析】(1)滑块A和B在木板上滑动时，木板也在地面上滑动．设A、B和木板所受的摩擦力大小分别为f1、f2和f3，A和B相对于地面的加速度大小分别为a A和a B，木板相对于地面的加速度大小为a1，在物块B与木板达到共同速度前有f1＝μ1m A g①f2＝μ1m B g②f3＝μ2(m＋m A＋m B)g③由牛顿第二定律得f1＝m A a A④f2＝m B a B⑤f2－f1－f3＝ma1⑥设在t1时刻，B与木板达到共同速度，其大小为v1，由运动学公式有v1＝v0－a B t1⑦v1＝a1t1⑧联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得v1＝1 m/s⑨(2)在t1时间间隔内，B相对于地面移动的距离为s B＝v0t1－12a B t21⑩设在B与木板达到共同速度v1后，木板的加速度大小为a2，对于B与木板组成的体系，由牛顿第二定律有f1＋f3＝(m B＋m)a2⑪由①②④⑤式知，a A＝a B；再由⑦⑧式知，B与木板达到共同速度时，A的速度大小也为v1，但运动方向与木板相反．由题意知，A和B相遇时，A与木板的速度相同，设其大小为v2，设A的速度大小从v1变到v2所用的时间为t2，则由运动学公式，对木板有v2＝v1－a2t2⑫对A有v2＝－v1＋a A t2⑬在t2时间间隔内，B(以及木板)相对地面移动的距离为s1＝v1t2－12a2t22⑭在(t1＋t2)时间间隔内，A相对地面移动的距离为s A＝v0(t1＋t2)－12a A(t1＋t2)2⑮A和B相遇时，A与木板的速度也恰好相同，因此A和B开始运动时，两者之间的距离为s0＝s A＋s1＋s B⑯联立以上各式，并代入数据得s0＝1.9 m(也可用如图所示的速度—时间图线求解)【答案】(1)1 m/s(2)1.9 m10．(2015·课标卷Ⅰ，25)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(a)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(b)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/s2.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)根据图(b)可以判定碰撞前小物块与木板共同速度为v＝4 m/s碰撞后木板速度水平向左，大小也是v＝4 m/s小物块受到滑动摩擦力而向右做匀减速直线运动，加速度大小a 2＝4－01 m/s 2＝4 m/s 2.根据牛顿第二定律有μ2mg ＝ma 2，解得μ2＝0.4木板与墙壁碰撞前，匀减速运动时间t ＝1 s ，位移x ＝4.5 m ，末速度v ＝4 m/s 其逆运动则为匀加速直线运动可得x ＝v t ＋12a 1t 2解得a 1＝1 m/s 2对小物块和木板整体受力分析，滑动摩擦力提供合外力，由牛顿第二定律得： μ1(m ＋15m )g ＝(m ＋15m )a 1，即 μ1g ＝a 1 解得μ1＝0.1.(2)碰撞后，木板向左做匀减速运动，依据牛顿第二定律有μ1(15m ＋m )g ＋μ2mg ＝15ma 3 可得a 3＝43m/s 2对小物块，加速度大小为a 2＝4 m/s 2由于a 2＞a 3，所以小物块速度先减小到0，所用时间为t 1＝1 s过程中，木板向左运动的位移为x 1＝v t 1－12a 3t 21＝103 m, 末速度v 1＝83 m/s 小物块向右运动的位移x 2＝v ＋02t 1＝2 m 此后，小物块开始向左加速，加速度大小仍为a 2＝4 m/s 2 木板继续减速，加速度大小仍为a 3＝43 m/s 2假设又经历t 2二者速度相等，则有a 2t 2＝v 1－a 3t 2 解得t 2＝0.5 s此过程中，木板向左运动的位移x 3＝v 1t 2－12a 3t 22＝76 m ，末速度v 3＝v 1－a 3t 2＝2 m/s 小物块向左运动的位移x 4＝12a 2t 22＝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 ＝x 1＋x 2＋x 3－x 4＝6.0 m小物块始终没有离开木板，所以木板最小的长度为6.0 m.(3)最后阶段滑块和木板一起匀减速直到停止，整体加速度大小为a 1＝1 m/s 2 向左运动的位移为x 5＝v 232a 1＝2 m所以木板右端离墙壁最远的距离为x ＝x 1＋x 3＋x 5＝6.5 m. 【答案】 (1)0.1 0.4 (2)6.0 m (3)6.5 m 命题点2 斜面上的滑块—木板模型11．(2015·课标卷Ⅱ，25)下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害．某地有一倾角为θ＝37°(sin 37°＝35)的山坡C ，上面有一质量为m 的石板B ，其上下表面与斜坡平行；B 上有一碎石堆A (含有大量泥土)，A 和B 均处于静止状态，如图所示．假设某次暴雨中，A 浸透雨水后总质量也为m (可视为质量不变的滑块)，在极短时间内，A 、B 间的动摩擦因数μ1减小为38，B 、C 间的动摩擦因数μ2减小为0.5，A 、B 开始运动，此时刻为计时起点；在第2 s 末，B 的上表面突然变为光滑，μ2保持不变．已知A 开始运动时，A 离B 下边缘的距离l ＝27 m ，C 足够长，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．取重力加速度大小g ＝10 m/s 2.求：(1)在0～2 s 时间内A 和B 加速度的大小； (2)A 在B 上总的运动时间．【解析】 (1)在0～2 s 时间内，A 和B 的受力如图所示，其中F f 1、F N1是A 与B 之间的摩擦力和正压力的大小，F f 2、F N2是B 与C 之间的摩擦力和正压力的大小，方向如图所示．由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得F f 1＝μ1F N1① F N1＝mg cos θ② F f 2＝μ2F N2③ F N2＝F N1＋mg cos θ④规定沿斜面向下为正．设A 和B 的加速度分别为a 1和a 2，由牛顿第二定律得 mg sin θ－F f 1＝ma 1⑤ mg sin θ－F f 2＋F f 1＝ma 2⑥联立①②③④⑤⑥式，并代入题给条件得 a 1＝3 m/s 2⑦ a 2＝1 m/s 2⑧(2)在t 1＝2 s 时，设A 和B 的速度分别为v 1和v 2，则 v 1＝a 1t 1＝6 m/s ⑨v 2＝a 2t 1＝2 m/s ⑩2 s 后，设A 和B 的加速度分别为a 1′和a 2′.此时A 与B 之间摩擦力为零，同理可得 a 1′＝6 m/s 2⑪ a 2′＝－2 m/s 2⑫由于a 2′＜0，可知B 做减速运动．设经过时间t 2，B 的速度减为零，则有 v 2＋a 2′t 2＝0⑬ 联立⑩⑫⑬式得t 2＝1 s在t 1＋t 2时间内，A 相对于B 运动的距离为 x ＝⎝⎛⎭⎫12a 1t 21＋v 1t 2＋12a 1′t 22 －⎝⎛⎭⎫12a 2t 21＋v 2t 2＋12a 2′t 22＝12 m ＜27 m 此后B 静止不动，A 继续在B 上滑动．设再经过时间t 3后A 离开B ，则有 l －x ＝(v 1＋a 1′t 2)t 3＋12a 1′t 23 可得t 3＝1 s(另一解不合题意，舍去) 设A 在B 上总的运动时间t 总，有 t 总＝t 1＋t 2＋t 3＝4 s【答案】 (1)3 m/s 2 1 m/s 2 (2)4 s12．(2018·重庆八中一模)如图所示，质量M ＝1 kg 的木板静置于倾角为37°的足够长的固定斜面上的某个位置，质量m ＝1 kg 、可视为质点的小物块以初速度v 0＝5 m/s 从木板的下端冲上木板，同时在木板上端施加一个沿斜面向上的外力F ＝14 N ，使木板从静止开始运动，当小物块与木板共速时，撤去该外力，最终小物块从木板的下端滑出．已知小物块与木板之间的动摩擦因数为0.25，木板与斜面之间的动摩擦因数为0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：(1)物块和木板共速前，物块和木板的加速度； (2)木板的最小长度；(3)物块在木板上运动的总时间．【解析】 (1)物块与木板共速前，对物块分析有mg sin θ＋μ1mg cos θ＝ma 1，得a 1＝8 m/s 2，方向沿斜面向下，物块减速上滑；对木板分析有F ＋μ1mg cos θ－Mg sin θ－μ2(m ＋M )g cos θ＝Ma 2， 得a 2＝2 m/s 2，方向沿斜面向上，木板加速上滑．(2)物块与木板共速时有v 共＝v 0－a 1t 1，v 共＝a 2t 1， 代入数据解得t 1＝0.5 s ，v 共＝1 m/s ，共速时物块与木板的相对位移Δx 1＝v 0t 1－12a 1t 21－12a 2t 21＝1.25 m ，撤掉F 后，物块相对于木板上滑，加速度大小仍为a 1＝8 m/s 2，物块减速上滑， 对木板有Mg sin θ＋μ2(M ＋m )g cos θ－μ1mg cos θ＝Ma 2′， 则a 2′＝12 m/s 2，方向沿斜面向下，木板减速上滑． 由于Mg sin θ＋μ1mg cos θ＝μ2(M ＋m )g cos θ，则木板速度减为零后，物块在木板上滑动时，木板保持静止，经过t 2＝112 s ，木板停止，经过t 2′＝18s ，物块速度减为零，此过程，物块和木板的相对位移Δx 2＝v 共2t 2′－v 共2t 2＝148 m ，故木板的最小长度L min ＝Δx 1＋Δx 2＝6148 m.(3)物块在木板上下滑时，木板静止不动， 物块的加速度a 1′＝g sin θ－μ1g cos θ＝4 m/s 2， L min ＝12a 1′t 23，得t 3＝6196s ， 物块在木板上运动的总时间t ＝t 1＋t 2′＋t 3＝⎝⎛⎭⎫58＋6196s. 【答案】 (1)8 m/s 2，方向沿斜面向下 2 m/s 2，方向沿斜面向上 (2)6148m (3)⎝⎛⎭⎫58＋6196 s分析滑块—滑板模型时要抓住一个转折和两个关联思想方法系列(四) 动力学中的图象问题分析思路与方法 1．常见的动力学图象v -t 图象、a -t 图象、F -t 图象、F -a 图象等． 2．图象问题的类型(1)已知物体受的力随时间变化的图线，要求分析物体的运动情况．(2)已知物体的速度、加速度随时间变化的图线，要求分析物体的受力情况． (3)由已知条件确定某物理量的变化图象． 3．解题策略(1)分清图象的类别：即分清横、纵坐标所代表的物理量，明确其物理意义，掌握物理图象所反映的物理过程，会分析临界点．(2)注意图线中的一些特殊点所表示的物理意义：图线与横、纵坐标的交点，图线的转折点，两图线的交点等．(3)明确能从图象中获得哪些信息：把图象与具体的题意、情境结合起来，应用物理规律列出与图象对应的函数方程式，进而明确“图象与公式”“图象与物体”间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断．类型一 与牛顿运动定律相关的v -t 图象问题例1 (2018·山东烟台高三上学期期中)如图甲所示，质量M ＝5 kg 的木板A 在水平向右F ＝30 N 的拉力作用下在粗糙水平地面上向右运动，t ＝0时刻在其右端无初速度地放上一质量为m ＝1 kg 的小物块B ，放上物块后A 、B 的v -t 图象如图乙所示．已知物块可看作质点，木板足够长，取g ＝10 m/s 2.求：(1)物块与木板之间动摩擦因数μ1和木板与地面间的动摩擦因数μ2； (2)物块与木板之间摩擦产生的热量； (3)放上物块后，木板运动的总位移．【解析】 (1)放上物块后，当A 、B 有相对运动时，分别对A 、B 受力分析，可知： μ1mg ＝ma Bμ1mg ＋μ2(M ＋m )g －F ＝Ma A 结合图象可知：μ1＝a B g ＝Δv Bg Δt ＝0.4a A ＝Δv AΔt＝2 m/s 2 μ2＝Ma A ＋F －μ1mg (M ＋m )g＝0.6.(2)物块与木板相对运动过程中，相对位移为Δs 相对＝12×18×3 m ＝27 m物块与木板之间的摩擦热：Q ＝μ1mg Δs 相对＝108 J. (3)A 、B 共同运动时，μ2(M ＋m )g －F ＝(M ＋m )aa ＝1 m/s 2A 、B 共同运动时间t ＝Δva＝12 s放上物块后木板运动的总位移s 木板＝12×(12＋18)×3 m ＋12×12×12 m ＝117 m.【答案】 (1)0.4 0.6 (2)108 J (3)117 m 类型二 与牛顿运动定律相关的F -t 图象问题例2 (2018·山东菏泽市高三上学期期中)一个物块放置在粗糙的水平面上，受到的水平拉力F 随时间t 变化的关系如图所示，速度v 随时间t 变化的关系如图所示(g ＝10 m/s 2)，下列说法正确的是( )A ．5 s 末物块所受摩擦力的大小为15 NB ．物块在前6 s 内的位移大小为12 mC ．物块与水平地面间的动摩擦因数为0.75D ．物块的质量为5 kg【解析】 5 s 末处于静止状态，根据平衡知，F f ＝F ＝10 N ，故A 错误；物块在前6 s 内的位移大小等于前4 s 内的位移大小，根据图线的面积得：S ＝12×(2＋4)×4 m ＝12 m ，故B 正确；在0～2内物块做匀速直线运动，滑动摩擦力f ＝15 N ，物块匀减速运动的加速度大小为： a ＝42m/s 2＝2 m/s 2， 根据牛顿第二定律得：f －F ＝ma ， 解得m ＝15－52kg ＝5 kg ，则动摩擦因数为：μ＝f mg ＝1550＝0.3，故C 错误，D 正确．【答案】 BD根据F -t 图象可得F 合与时间t 的关系，F 合-t 图象与a -t 图象具有对应关系，根据对应关系列出关系式即可解决相关问题．类型三 与牛顿运动定律相关的F -x 图象问题例3 如图甲所示，水平面上质量相等的两木块A 、B 用一轻弹簧相连，这个系统处于平衡状态，现用一竖直向上的力F 拉动木块A ，使木块A 向上做匀加速直线运动(如图乙)，研究从力F 刚作用在木块A 瞬间到木块B 刚离开地面瞬间的这一过程，并选定该过程中木块A 的起点位置为坐标原点，则下面图中能正确表示力F 和木块A 的位移x 之间关系的是( )【解析】 初始状态弹簧被压缩，弹簧对A 的弹力与A 所受的重力平衡，设弹簧压缩长度为x 0，末状态弹簧被拉长，由于B 刚离开地面，弹簧对B 的弹力与B 所受的重力平衡，由于A 、B 所受重力相等，故弹簧伸长量也为x 0.初始状态A 处于平衡状态，则kx 0＝mg ，当木块A 的位移为x 时，弹簧向上的弹力的减少量为kx ，外力F 减去弹力的减少量为系统的合外力，故F －kx ＝ma ，则得到F ＝kx ＋ma ，可见F 与x 是线性关系，当x ＝0时，ma ＞0.【答案】 A根据胡克定律F ＝kx 得k ＝F x ＝ΔFΔx ，即弹簧弹力的变化量和形变量的变化量成正比．弹簧弹力随位移的变化而做线性变化，A 做匀加速直线运动，因此作用力F 也随位移的变化而做线性变化．[高考真题]1．(2016·上海卷，7)在今年上海的某活动中引入了全国首个户外风洞飞行体验装置，体验者在风力作用下漂浮在半空．若减小风力，体验者在加速下落过程中( )A ．失重且机械能增加B ．失重且机械能减少C ．超重且机械能增加D ．超重且机械能减少【解析】 据题意，体验者漂浮时受到的重力和风力平衡；在加速下降过程中，风力小于重力，即重力对体验者做正功，风力做负功，体验者的机械能减小；加速下降过程中，加速度方向向下，体验者处于失重状态，故选项B正确．【答案】 B2．(2016·海南卷，5)沿固定斜面下滑的物体受到与斜面平行向上的拉力F的作用，其下滑的速度—时间图线如图所示．已知物体与斜面之间的动摩擦因数为常数，在0～5 s,5～10 s，10～15 s内F的大小分别为F1、F2和F3，则()A．F1<F2B．F2>F3C．F1>F3D．F1＝F3【解析】根据v-t图象可知，在0～5 s内加速度大小为a1＝0.2 m/s2，方向沿斜面向下；在5～10 s内，加速度大小为a2＝0；在10～15 s内加速度大小为a3＝0.2 m/s2，方向沿斜面向上；受力分析如图：在0～5 s内，根据牛顿第二定律：mg sin θ－f－F1＝ma1，则：F1＝mg sin θ－f－0.2m；在5～10 s内，根据牛顿第二定律：mg sin θ－f－F2＝ma2，则：F2＝mg sin θ－f；在10～15 s内，根据牛顿第二定律：f＋F3－mg sin θ＝ma3，则：F3＝mg sin θ－f＋0.2m；故可以得到：F3＞F2＞F1，故选项A正确．【答案】 A3.(2013·课标卷Ⅱ，25)一长木板在水平地面上运动，在t＝0时刻将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，以后木板运动的速度—时间图象如图所示．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．取重力加速度的大小g＝10 m/s2，求：(1)物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数；(2)从t＝0时刻到物块与木板均停止运动时，物块相对于木板的位移的大小．【解析】(1)从t＝0时开始，木板与物块之间的摩擦力使物块加速，使木板减速，此过程一直持续到物块和木板具有共同速度为止．由图可知，在t 1＝0.5 s 时，物块和木板的速度相同．设t ＝0到t ＝t 1时间间隔内，物块和木板的加速度大小分别为a 1和a 2，则a 1＝v 1t 1① a 2＝v 0－v 1t 1② 式中v 0＝5 m/s 、v 1＝1 m/s 分别为木板在t ＝0、t ＝t 1时速度的大小．设物块和木板的质量均为m ，物块和木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，由牛顿第二定律得μ1mg ＝ma 1③(μ1＋2μ2)mg ＝ma 2④联立①②③④式得μ1＝0.20⑤μ2＝0.30.⑥(2)在t 1时刻后，地面对木板的摩擦力阻碍木板运动，物块与木板之间的摩擦力改变方向．设物块与木板之间的摩擦力大小为f ，物块和木板的加速度大小分别为a ′1和a ′2，则由牛顿第二定律得f ＝ma ′1⑦2μ2mg －f ＝ma ′2⑧假设f <μ1mg ，则a ′1＝a ′2；由⑤⑥⑦⑧式得f ＝μ2mg >μ1mg ，与假设矛盾．故f ＝μ1mg ⑨由⑦⑨式知，物块加速度的大小a ′1等于a 1；物块的v -t 图象如图中点划线所示．由运动学公式可推知，物块和木板相对于地面的运动距离分别为s 1＝2×v 212a 1⑩ s 2＝v 0＋v 12t 1＋v 212a ′2⑪ 物块相对于木板的位移的大小为s ＝s 2－s 1⑫联立①⑤⑥⑧⑨⑩⑪⑫式得s ＝1.125 m.【答案】(1)0.200.30(2)1.125 m[名校模拟]4．(2018·山东师大附中模拟)图甲是某人站在力传感器上做下蹲、起跳动作的示意图，中间的·表示人的重心．图乙是根据传感器采集到的数据画出的力—时间图象．两图中a～g 各点均对应，其中有几个点在图甲中没有画出．取重力加速度g＝10 m/s2.根据图象分析可知()A．人的重力为1 500 NB．c点位置人处于超重状态C．e点位置人处于失重状态D．d点的加速度小于f点的加速度【解析】由题图甲、乙可知，人的重力等于500 N，质量m＝50 kg，b点位置人处于失重状态，c、d、e点位置人处于超重状态，选项A、C错误，B正确；d点位置传感器对人的支持力F最大，为1 500 N，由F－mg＝ma可知，d点的加速度a d＝20 m/s2，f点位置传感器对人的支持力为0 N，由F－mg＝ma可知，f点的加速度a f＝－10 m/s2，故d点的加速度大于f点的加速度，选项D错误．【答案】 B5．(2018·潍坊中学高三上学期开学考试)如图甲所示，足够长的木板B静置于光滑水平面上，其上放置小滑块A，木板B受到随时间t变化的水平拉力F作用，木板加速度a随力F变化的a-F图象如图乙所示，g取10 m/s2，则()A．滑块A的质量为4 kgB．木板B的质量为1 kgC．当F＝10 N时木板B加速度为4 m/s2D．当F＝10 N时滑块A的加速度为2 m/s2【解析】 当F 等于8 N 时，加速度为：a ＝2 m/s 2，对整体分析，由牛顿第二定律有：F ＝(M ＋m )a ，代入数据解得：M ＋m ＝4 kg ，当F 大于8 N 时，对B ，由牛顿第二定律得：a ＝F －μmg M ＝1M F －μmg M ，由图示图象可知，图线的斜率：k ＝1M ＝Δa ΔF ＝28－6＝1，解得，木板B 的质量：M ＝1 kg ，滑块A 的质量为：m ＝3 kg ，故A 错误，B 正确；根据F 大于8 N 的图线知，F ＝6 N 时，a ＝0，由a ＝1M F －μmg M ，可知：0＝11×6－μ×3×101，解得：μ＝0.2，由图示图象可知，当F ＝10 N 时，滑块与木板相对滑动，B 的加速度为：a B ＝a ＝1M F －μmg M＝11×10－0.2×3×101m/s 2＝4 m/s 2，故C 正确；当F ＝10 N 时，A 、B 相对滑动，木块A 的加速度：a A ＝μMg M＝μg ＝2 m/s 2，故D 正确，故选BCD. 【答案】 BCD6．(2018·江苏无锡高三质检)如图所示，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 从B 的左端以初速度v 0＝3 m/s 开始水平向右滑动，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B 的左端滑到右端的过程中，下面关于二者速度v 随时间t 的变化图象，其中可能正确的是( )【解析】 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加速度大小a A ＝μmg m ＝μg ，a B ＝μmg M，已知M ＞m ，则a A ＞a B .图线①斜率的绝对值应大于图线②斜率的绝对值，故A 、B 错误；若A 不能够滑下，则两者最终拥有共同的速度，若能够滑下，则A 的速度较大，故C 正确，D 错误．【答案】 C课时作业(九)[基础小题练]1．电梯早已进入人们的日常生活，设某人乘坐电梯时的v -t 图象如图所示，取向上为正方向，下列说法正确的是( )A．0至t1时间内人处于失重状态B．t2至t4时间内人处于失重状态C．t2至t3时间内与t3至t4时间内电梯的加速度方向相反D．0至t1时间内和t3至t4时间内电梯的加速度方向相同【解析】由v-t图象可知，0至t1时间内向上匀加速运动，人处于超重状态，选项A 错误；t2至t4时间内，加速度向下，人处于失重状态，选项B正确；t2至t3时间内与t3至t4时间内电梯的加速度方向相同，0至t1时间内和t3至t4时间内电梯的加速度方向相反，选项C、D错误．【答案】 B2．为了让乘客乘车更为舒适，某探究小组设计了一种新的交通工具，乘客的座椅能随着坡度的变化而自动调整，使座椅始终保持水平，如图所示，当此车减速上坡时(仅考虑乘客与水平面之间的作用)，则关于乘客下列说法正确的是()A．不受摩擦力的作用B．受到水平向左的摩擦力作用C．处于超重状态D．所受合力竖直向上【解析】对乘客进行受力分析，乘客受重力，支持力，由于乘客加速度沿斜面向下，而静摩擦力必沿水平方向，又因为乘客有水平向左的分加速度，所以受到水平向左的摩擦力作用，故A错误，B正确．当此车减速上坡时，整体的加速度沿斜面向下，乘客具有向下的分加速度，所以根据牛顿运动定律可知乘客处于失重状态，故C错误．由于乘客加速度沿斜面向下，根据牛顿第二定律得所受合力沿斜面向下，故D错误．【答案】 B3．如图所示，是某同学站在压力传感器上，做下蹲—起立的动作时记录的力随时间变化的图线．由图线可知，该同学体重约为650 N，除此以外，还可得到的信息是()A．该同学做了两次下蹲—起立的动作B ．该同学做了一次下蹲—起立的动作，且下蹲后约2 s 起立C ．下蹲过程中人一直处于失重状态D ．下蹲过程中人先处于超重状态后处于失重状态【解析】 人下蹲动作分别有失重和超重两个过程，先是加速下降处于失重状态，达到一个最大速度后再减速下降处于超重状态，同理起立对应先超重再失重，对应图象可知，该同学做了一次下蹲—起立的动作，A 错误；由图象看出两次超重的时间间隔就是人蹲在地上持续的时间，约2 s ，B 正确；下蹲过程既有失重又有超重，且先失重后超重，C 、D 均错误．【答案】 B4．(2018·河南南阳一中月考)如图甲所示，粗糙斜面与水平面的夹角为30°，质量为0.3 kg 的小物块静止在A 点，现有一沿斜面向上的恒定推力F 作用在小物块上，作用一段时间后撤去推力F ，小物块能达到的最高位置为C 点，小物块从A 到C 的v -t 图象如图乙所示，g 取10 m/s 2，则下列说法正确的是( )A ．小物块到C 点后将沿斜面下滑B ．小物块从A 点沿斜面向上滑行的最大距离为1.8 mC ．小物块与斜面间的动摩擦因数为33D ．推力F 的大小为4 N【解析】 当撤去推力F 后，物块在滑动摩擦力作用下做匀减速直线运动，由v -t 图象可求得物块在斜面上加速和减速两个过程中的加速度大小分别为a 1＝103m/s 2，a 2＝10 m/s 2，物块在匀减速运动阶段，由牛顿第二定律知mg sin 30°＋μmg cos 30°＝ma 2，解得μ＝33，所以mg sin 30°＝μmg cos 30°，故小物块到C 点后将静止，A 错误，C 正确；物块在匀加速运动阶段，有F －mg sin 30°－μmg cos 30°＝ma 1，解得F ＝4 N ，D 正确；物块从A 点到C 点运动的位移大小与v -t 图线与t 轴所围成的面积相等，x ＝12×1.2×3 m ＝1.8 m ，B 正确． 【答案】 BCD5．(2018·山东师大附中高三上学期二模)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 f k，之后木板做匀加速直线运动，故只有B 项正确．【答案】 B6.(2018·黑龙江哈六中月考)如图所示，m ＝1.0 kg 的小滑块以v 0＝4 m/s 的初速度从倾角为37°的斜面AB 的底端A 滑上斜面，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6.若从滑块滑上斜面起，经0.8 s 滑块正好通过B 点，则AB 之间的距离为( )A ．0.8 mB ．0.64 mC ．0.76 mD ．0.6 m【解析】 滑块向上滑行时，设加速度大小为a ，由牛顿第二定律得mg sin 37°＋μmg cos 37°＝ma ，代入数据解得a ＝10 m/s 2，滑块上滑时速度从v 0＝4 m/s 减速到零需要的时间为t 0＝v 0a ＝410 s ＝0.4 s ，上滑的最大距离s ＝v 202a ＝4220m ＝0.8 m ，经过0.4 s ，滑块达到最高点，速度为零，然后向下滑行，设下滑的加速度大小为a ′，由牛顿第二定律得mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma ′，代入数据解得a ′＝2 m/s 2，下滑时间为t ′＝t －t 0＝0.8 s －0.4 s ＝0.4 s ，下滑的距离为s ′＝12a ′t ′2＝0.5×2×0.42 m ＝0.16 m ，AB 间的距离为s AB ＝s －s ′＝0.8 m －0.16 m ＝0.64 m ，故选B.【答案】 B[创新导向练]7．生活实际——自动扶梯中的超重、失重现象如图所示，一些商场安装了智能化的台阶式自动扶梯．为了节约能源，在没有乘客乘行时，自动扶梯以较小的速度匀速运行；当有乘客乘行时，自动扶梯经过先加速再匀速两个阶段运行．则电梯在运送乘客的过程中()A．乘客始终受摩擦力作用B．乘客经历先超重再失重C．乘客对扶梯的作用力先指向右下方，再竖直向下D．扶梯对乘客的作用力始终竖直向上【解析】在加速阶段，电梯对乘客竖直向上的支持力大于重力，对乘客有向左的摩擦力作用，电梯对乘客的合力斜向左上方，则乘客对电梯的作用力斜向右下方；当电梯匀速运动时，人与电梯间没有摩擦力，电梯对人的作用力竖直向上，则乘客对电梯的作用力竖直向下，C正确，A、D错误．加速上升阶段，乘客处于超重阶段，而匀速阶段，既不超重也不失重，B错误．【答案】 C8．科技探索——用力传感器研究超重、失重现象某同学为研究超重和失重现象，将重为50 N的重物带上电梯，并将它放在电梯中水平放置的压力传感器上．电梯由静止开始运动，测得重物对传感器的压力F随时间t变化的图象如图所示．设电梯在第1 s末、第4 s末和第8 s末的速度大小分别为v1、v4和v8，g取10 m/s2，以下判断中正确的是()A．电梯在上升，且v1>v4>v8B．电梯在下降，且v4>v1>v8C．重物在第2 s内和第8 s内的加速度大小相同D．电梯对重物的支持力在第1 s内和第9 s内的平均功率相等【解析】根据牛顿第二定律分析可知，电梯的运动情况是在0～2 s内向下做匀加速运动，在2～7 s内做匀速直线运动，7～9 s内做匀减速运动；选取向下为正方向，由牛顿第。
3.2滑块-木块计算题(解析)
滑块—木块综合分析参考答案与试题解析一．计算题（共40小题）1．如图所示，质量为M=4kg的木板长L=1.4m，静止放在光滑的水平地面上，其右端静置一质量为m=1kg的小滑块（可视为质点），小滑块与板间的动摩擦因数μ=0.4．今用水平力F=28N向右拉木板，使滑块能从木板上掉下来，力F作用的时间至少要多长？（不计空气阻力，g=10m/s2）【分析】根据牛顿第二定律求滑块和木板的加速度。
小滑块从木板上掉下来时，由位移公式和位移关系列式得到此时板长与时间的关系。
由运动学公式得到撤去F时滑块与木板的速度和时间的关系。
当滑块刚好滑到木板的最左端，两者的速度相等，M与m的位移之差等于板长L．位移撤去F后，系统的动量守恒和能量守恒，由两大守恒定律列式，再联立，就可求出F最短作用时间。
【解答】解：设F作用时间为t，滑块在木板上滑动距离为L1．根据牛顿第二定律得：滑块加速度为：，木板加速度为：L1=a2t2﹣a1t2即…①此时，滑块速度v1=a1t=4t…②木板速度v2=a2t=6t…③撤去F后，系统动量守恒，有：mv1+Mv2=（M+m）v得v=…④若滑块刚好滑到木板的最左端，由能量守恒有：μmg（L﹣L1）=Mv22+mv12﹣（m+M）v2…⑤代入数据解得：t=1s答：力F作用的时间至少要1s。
【点评】本题首先要分析物体的运动情况，其次把握滑块不从木板上滑下的条件，即两物体之间的几何关系。
再结合动量守恒、牛顿第二定律、运动学规律和能量守恒列式求解。
2．如图所示，厚度d=0.45m的长板静止在粗糙水平地面上，与水平地面间的动摩擦因数μ1=0.1．在离长板左端B点的距离L=0.5m处静止放置一个小滑块（可看成质点），小滑块与长板间的动摩擦因数μ2=0.2．已知长板的质量M=2kg，滑块的质量m=1kg，取重力加速度g=10m/s2．现对长板施加一个水平向右的恒力F （大小未知）。
（1）若要将长板从小滑块下抽出，求恒力F应满足的条件；（2）若F1=17N，分别求滑块与长板分离时的速度大小；（3）在（2）问中，求从长板开始运动到滑块落地前瞬间的整个过程中，滑块、长板和水平地面组成的系统因摩擦产生的热量。
高考物理专题滑块-木板模型(含多种变型题)
图8
解析
小车 B 从开始运动到小物体 A 刚进入小车 B 的粗糙
部分的过程中， 因小物体 A 在小车 B 的光滑部分不受摩擦力 作用， 故小物体 A 处于静止状态． 设小车 B 此过程中的加速 度为 a1，运动时间为 t1，通过的位移为 s1，运动的最终速度 F 1 为 v1，则有： a1＝ v1＝a1t1 s1＝ a1t1 2 mB 2
即学即练：如图所示，质量M=4kg的木板长 L=1.4m，静止在光滑的水平地面上，其水平 顶面右端静置一个质量m=1kg的小滑块（可视 为质点），小滑块与板间的动摩擦因数 μ =0.4。今用水平力F=28N向右拉木板，使滑 块能从木板上掉下来，求此力作用的最短时 间。（g=10m/s2）
1s
v
0
t1
t
变式题 如图 8 所示， 在光滑的水平面上停放着小车 B，车 上左端有一小物体 A，A 和 B 之间的接触面前一段光滑， 后一段粗糙，且后一段的动摩擦因数 μ＝0.4，小车长 L ＝2 m， A 的质量 mA＝1 kg， B 的质量 mB＝4 kg.现用 12 N 的水平力 F 向左拉动小车，当 A 到达 B 的最右端时，两 者速度恰好相等，求 A 和 B 间光滑部分的长度． (g 取 10 m/s2)
变式题：如图13所示，车厢B底面放一个物 体A，已知它们的质量mA＝20kg，mB＝30 kg，在水平力F＝120 N作用下，B由静止开 始运动，2 s内移动5 m，假设车厢足够长， 不计地面与B间的摩擦，求在这段时间内A在 B内移动的距离．
图13
(2011· 新课标全国· 21)如图 1 所示， 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
(1)求 1 s、1.5 s、2 s、3 s 末木板的速度以及 2 s、3 s 末物块 的速度； (2)在同一坐标系中画出 0～3 s 内木板和物块的 v－t 图象， 据此求 0～3 s 内物块相对于木板滑过的距离．
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专题滑块与木板
一应用力和运动的观点处理（即应用牛顿运动定律）
典型思维方法：整体法与隔离法
注意运动的相对性
【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。
【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.
【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）.
x2
x1L
F
【例4】如图所示，在光滑的桌面上叠放着一质量为m A＝2.0kg的薄木板A和质量为m B=3 kg的金属块B．A 的长度L=2.0m．B上有轻线绕过定滑轮与质量为m C=1.0 kg的物块C相连．B与A之间的滑动摩擦因数µ=0.10，最大静摩擦力可视为等于滑动摩擦力．忽略滑轮质量及与轴间的摩擦．起始时令各物体都处于静止状态，绳被拉直，B位于A的左端（如图），然后放手，求经过多长时间t后B从A的右端脱离（设A的右端距滑轮足够远）（取g=10m/s2）．
例1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
例2[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 a1F> 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解析：（1）对木板M，水平方向受静摩擦力f向右，当f=f m=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a M，由牛顿第二定律得：a M= f m/M=μmg/M =1m/s2
要使滑块与木板共同运动，m的最大加速度a m=a M，
对滑块有F0－μmg=ma m
所以F0=μmg+ma m=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= ½a2t2①滑块位移x1= ½a1t2②
位移关系x1－x2=L③
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= 1/8m
例四：以桌面为参考系，令a A表示A的加速度，a B表示B、C的加速度，s A和s B分别表示t时间A和B移动的距离，则由牛顿定律和匀加速运动的规律可得
m C g-µm B g=（m C+m B）a B
µ m B g=m A a A
s B=½a B t2s A=½a A t2s B-s A=L
由以上各式，代入数值，可得:t=4.0s
1．如图所示，水平面上有一块木板，质量M = 4.0 kg，它与水平面间的动摩擦因数μ1=0.10。
在木板的最左端有一个小滑块（可视为质点），质量m=2.0 kg。
小滑块与木板之间的动摩擦因数μ2=0.50。
开始时它们都处于静止状态。
某时刻起对小滑块施加一个水平向右的恒力F ＝18N，此后小滑块将相对木板滑动，1.0s后撤去该力。
（1）求小滑块在木板上滑行时，木板加速度a的大小；
（2）若要使小滑块不离开木板，求木板的长度L应满足的条件。
（1）小滑块在木板上滑行时，先做匀加速直线运动，然后做匀减速直线运动，小滑块的受力情况分别如图甲和乙所示。
在此过程中，木板的受力情况如图丙所示。
图甲图乙
小滑块受到木板的摩擦力
121210N f N mg μμ=== 根据牛顿第三定律：
木板受到小滑块摩擦力的大小11'10N f f ==
木板受到小滑块压力的大小11'20N N N == 木板受到地面的摩擦力
211(')6N f Mg N μ=+=
根据牛顿第二定律可知，木板的加速度
212
' 1.0m/s f f a M
-==
（2）在拉力F 的作用下，滑块做匀加速直线运动。
根据牛顿第二定律，滑块的加速度
21
1 4.0m/s F f a m
-==
撤去拉力F 时，
滑块的速度111 4.0m/s v a t ==
滑块运动的距离21111
2.0m 2
x a t ==
撤去拉力F 后，滑块做匀减速直线运动。
根据牛顿第二定律，滑块的加速度
212 5.0m/s f
a m
-==-
若滑块没有滑出木板，滑块将与木板达到共同速度，设该速度为v 2。
则这段时间 2122v v a t =+
在12()t t +时间内，木板做匀加速直线运动，则有 212()v a t t =+ 所以 12212()v a t a t t +=+ 20.5s t =
则滑块做匀减速直线运动的距离
2
212221 1.375m 2
x v t a t =+=
木板运动的距离
2121
() 1.125m 2
x a t t =+=
则滑块相对木板运动的距离 12 2.25m d x x x =+-=
所以要使小滑块不离开木板，木板长度L 应满足L d ≥，即 2.25m L ≥
2、如图21所示，水平桌面上有一薄木板，它的右端与桌面的右端相齐。
薄木板的质量M = 1.0 kg ，长度L = 1.0 m 。
在薄木板的中央有一个小滑块（可视为质点），质量m = 0.5 kg 。
小滑块与薄木板之间的动摩擦因数μ1 = 0.10，小滑块与桌面之间的动摩擦因数μ2 = 0.20，薄木板与桌面之间的动摩擦因数μ3 = 0.20。
设小滑块与薄木板之间的滑动摩擦力等于它们之间的最大静摩擦力。
某时刻起对薄木板施加一个向右的拉力F 使木板向右运动。
（1）若小滑块与木板之间发生相对滑动，拉力F 1至少是多大？ （2）若小滑块脱离木板但不离开桌面，求拉力F 应满足的条件。
（1）设小滑块与薄木板刚好发生相对滑动时，小滑块的加速度为a 1，薄木板的加速度为a 2，根据牛顿第二定律
μ1mg=ma 1…………………………1分
F 1-μ1mg-μ3（m +M ）g= Ma 2………………1分 a 1=a 2…………………………1分 F 1=4.5N …………………………1分
（2）设小滑块脱离薄木板时的速度为v ，时间为t ，在桌面上滑动的加速度为a 3，小滑块脱离木板前，薄木板的加速度为a 4，空间位置变化如图所示，则
滑块的位移： v=a 1t μ2mg=ma 3
x 1=1
2
2a v ，x 2=322a v
2
223212L
a v a v =+…………………………1分 木板的位移：
24122
122t a a v L =+…………………………1分 F 2-μ1mg-μ3（m +M ）g= Ma 4
解得：F 2=6N …………………………1分
要使小滑块脱离薄木板但不离开桌面，拉力F ≥6N 。
…………………………1分。