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
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．。
4.10《牛顿第二定律：滑块-滑板问题》
二、经典例题
【例1 】如图所示，平板A 长l = 10m, 质量M =4kg, 放在光滑的水平面上。在A 上最右端
放一物块B （大小可忽略），其质量m=2kg 。已知A 、B 间动摩擦因数μ = 0.4, 开始时A 、
B 都处于静止状态（取g=10m/s²) 。则
● (1) 要将A 从物块B 下抽出来，则加在平板A 上的水平恒力F 至少为多大？
B. F 拉动B, 则可能A 、B 、C 一起运动
C. F 拉动C, 则可能A 的加速度大于B 的加速度
D. F 拉动C, A 与B 的加速度大小总相等
）
8 ．质量为2 kg 的木板B 静止在水平面上，可视为质点的物块A 从木板的左侧沿木板上表
面水平冲上木板，如图甲所示。A 和B 经过1 s 达到同一速度，之后共同减速直至静止，
板，在两木板的左端分别放有完全相同的物块，开始都处于静止状态。现分别对两物块施
加水平恒力1 、 2 ，经过时间 1 、 2 物块与木板分离后，两木板的速度大小分别为 1 和
2 , 已知物块与木板之间的动摩擦因数相同，则(
A . 若1 = 2 , 且1 > 2 , 则 1 < 2
数μ=
3
2
． 对木板施加沿斜面向上的恒力F, 使木板沿斜面由静止开始向上做匀加速直线运动，
假设物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g= 10 m/s².
(1)为使物块不滑离木板，求力F 应满足的条件；
(2) 若F=37.5N, 物块能否滑离木板？若不能，请说明理由；若能，求出物块滑离木板所用的
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 1 和 2 ,下列反映 1 和 2 变化的图
微专题16 牛顿运动定律应用之“滑块—木板模型”问题
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。
高考物理专题23“滑块_木板”模型的动力学问题练习含解析
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.。
滑块与木板问题
方法指导
3、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fm的关 系，若f > fm，则发生相对滑动；否则不会发生相对滑动。
fm F
m
小结：解此类题考察拉力作用 在哪个物体上，先隔离没有拉 力作用的另一物体，由临界条 件求岀临界的加速度，再对受 拉力作用的物体进行受力分析， 根据牛顿第二定律求岀结果
chenzhs
M
fm
同步练习
1.如图所示，长方体物块A叠放在长方体物块B上，B置于光滑水平面上.A 、B质量分别为mA=6kg，mB=2kg，A、B之间动摩擦因数μ=0.2，开始时 F=10N，此后逐渐增加，在增大到45N的过程中，则（ ）
对滑块有F0－μ mg=mam
所以 F0=μ mg+mam=2N
（2）将滑块从木板上拉出时，木板受滑动摩擦力f=μ mg，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= ½ a2t2 ① 滑块位移 x1= ½ a1t2 ③ ②
chenzhs
解析：（1）对木板M，水平方向受静摩擦力f向右，当f=fm=μ mg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aM，由牛顿第二定律得：aM= fm/M=μmg/M =1m/s2 要使滑块与木板共同运动，m的最大加速度am=aM， f f 即力F0不能超过2N
m
滑块—木板模型专题(附详细答案)(1)
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)
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 。
人教版高中物理必修1牛顿运动定律——滑块木板模型
请大家完成精准教学通上的相关练习，加油
反向运动时：如图2所示，L＝x1＋x2
【模型1】滑块A和木板B叠放在水平地面上，滑块的质量为m， 木板的质量为M。A、B间的动摩擦因数为μ1，B与地面间的动 摩擦因数为μ2。水平外力F作用在木板上。
（1）若F=kt，A、B将如何运动？试画出两物体的加速度随 F变化的图像。
（2）若m=1kg，M=2kg，μ1=0.2，μ2=0.3， g=10m/s2，要使 木板产生1 m/s2的加速度，F应为多大？要使木板产生2.5m/s2 的加速度呢？ （3）上一问中，若F＇=17N，板长L=1m，开始滑块在木板正 中间，求从开始运动到木板从滑块下被拉出所经历的时间。
A．aA＝6 m/s2，aB＝2 m/s2 B．aA＝2 m/s2，aB＝6 m/s2 C．aA＝8 m/s2，aB＝4 m/s2 D．aA＝10 m/s2，aB＝6 m/s2
4.如图，12个相同的木块放在水平地面上排成一条直线，相邻 两木块接触但不粘连，每个木块的质量m＝1.2 kg，长度l＝0.5 m．木块原来都静止，它们与地面间的动摩擦因数均为μ1＝0.1， 在左边第一个木块的左端放一质量M＝1 kg的小铅块(可视为质点)， 它与各木块间的动摩擦因数均为μ2＝0.5，现突然给小铅块一个向 右的初速度v0＝9 m/s，使其在木块上滑行．设木块与地面间及小 铅块与木块间的最大静摩擦力均等于滑动摩擦力，重力加速度g ＝10 m/s2.求：(1)小铅块相对木块滑动时小铅块的加速度大小；(2) 小铅块下的木块刚发生运动时小铅块的瞬时速度大小．
物理空中课堂
物理必修1牛顿运动定律专题二
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
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牛顿第二定律应用-滑块木板组合模型
重难讲练
1. 分析“板块”模型时要抓住一个转折和两个关联
2. 两种类型
类型图示 规律分析
木板B 带动物块A ，物块恰好不从木板上掉下的临界条件是物块
恰好滑到木板左端时二者速度相等，则位移关系为x B ＝x A ＋L
物块A 带动木板B ，物块恰好不从木板上掉下的临界条件是物块
恰好滑到木板右端时二者速度相等，则位移关系为x B ＋L ＝x A 一.木板受到水平拉力例1 .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分别是多大？ ⑵运动中小滑块距长木板右端的最大距离是多大？
例2.如图所示，水平地面上一个质量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。
某时刻将质量m =1.0kg 的物块（物块视为质点）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若物块与木板间无摩擦，求物块离开木板所需的时间；⑶若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地面间的动摩擦因数相等，求将物块放在木
板上后，经过多长时间木板停止运动。
M F m m F M
例3.如图所示，质量为m =5kg 的长木板放在水平地面上，在木板的最右端放一质量也为m =5kg 的物块A ．木板与地面间的动摩擦因数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，使木板由静止开始匀加速运动，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.
如图所示，有一块木板静止在光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 。
小滑块与木板之间的动摩擦因数为μ=0.4，取g =10 m/s 2。
⑴现用恒力F 作用在木板M 上，为了使得m 能从M 上面滑落下来，问：F 大小的范围是什么？ ⑵其它条件不变，若恒力F =22.8N ，且始终作用在M
上，最终使得m 能从M 上面滑落下来。
问：m 在M
上面滑动的时间是多大？
二．木块受到水平拉力
作业2.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。
⑴求小滑块在木板上滑行时，木板加速度a 的大小；
⑵若要使小滑块不离开木板，求木板的长度L 应满足的条件。
三．木块以一定的初速度滑上木板
例4.如图所示，一质量为M = 3kg 的长木板静止在光滑水平桌面上，一质量为m = 2kg 的小滑块以水平面5m/s 速度从木板左端开始在木板上滑动，恰好没从木板的右端掉下，滑块与木板间的动摩擦因数为0.25。
（g 取10m/s 2）求：⑴滑块到达木板右端时的速度；⑵木板的长度。
19．（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．
v 0 m m
参考答案：
例1. [v m =2.0m/s ，v M =4.0m/s] [1.5m]
例2. 例2. [0.2] [4-] [4s]
例3. 例3. [4m/s] [1.2m] [0.48m]
作业1. [⑴F ＞20N ⑵2s] 作业2. [1m/s 2]， [2.25m] 例4. [2m/s] [3m]
19．（1）4m/s 2. (2) Δx ＝10×1×12 m ＝5m. (3分)(3)m M ＝32 .
（2分）。