高考备考重点题型——滑块木板模型解题攻略
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。
(完整word)高考物理滑块木板模型问题分析
滑块—木板模型的动力学分析在高三物理复习中，滑块—木板模型作为力学的基本模型经常出现，是对一轮复习中直线运动和牛顿运动定律有关知识的巩固和应用。
这类问题的分析有利于培养学生对物理情景的想象能力，为后面动量和能量知识的综合应用打下良好的基础。
滑块—木板模型的常见题型及分析方法如下：例1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。
分析：为防止运动过程中A落后于B（A不受拉力F的直接作用，靠A、B间的静摩擦力加速），A、B一起加速的最大加速度由A决定。
解答：物块A能获得的最大加速度为：．∴A、B一起加速运动时，拉力F的最大值为：．变式1例1中若拉力F作用在A上呢？如图2所示。
解答：木板B能获得的最大加速度为：。
∴A、B一起加速运动时，拉力F的最大值为：．变式2在变式1的基础上再改为：B与水平面间的动摩擦因数为（认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力），使A、B以同一加速度运动，求拉力F的最大值。
解答：木板B能获得的最大加速度为：设A、B一起加速运动时，拉力F的最大值为F m，则：解得：例2 如图3所示，质量M=8kg的小车放在光滑的水平面上，在小车右端加一水平恒力F，F=8N，当小车速度达到1．5m/s时，在小车的前端轻轻放上一大小不计、质量m=2kg的物体，物体与小车间的动摩擦因数μ=0．2，小车足够长，求物体从放在小车上开始经t=1．5s通过的位移大小。
（g取10m/s2）解答：物体放上后先加速：a1=μg=2m/s2此时小车的加速度为：当小车与物体达到共同速度时：v共=a1t1=v0+a2t1解得：t1=1s ，v共=2m/s以后物体与小车相对静止：（∵，物体不会落后于小车）物体在t=1．5s内通过的位移为：s=a1t12+v共（t－t1）+ a3（t－t1）2=2．1m练习1如图4所示，在水平面上静止着两个质量均为m=1kg、长度均为L=1．5m的木板A和B，A、B间距s=6m，在A的最左端静止着一个质量为M=2kg的小滑块C，A、B与C之间的动摩擦因数为μ1=0．2，A、B与水平地面之间的动摩擦因数为μ2=0．1。
(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。
专题16-滑块、木板组合模型
专题16 滑块—木板模型以“滑块－木板”为模型的物理问题，将其进行物理情景的迁移或对其初始条件与附设条件做某些演变、拓展，便构成了许多内涵丰富、情景各异的综合问题。
这类问题涉及受力分析、运动分析、动量和功能关系分析，是运动学、动力学、动量守恒、功能关系等重点知识的综合应用。
因此“滑块－木板”模型问题已成为高考考查学生知识基础和综合能力的一大热点。
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．计算滑块和木板的相对位移（即两者的位移差或位移和）；4．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；5．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。
下面我们将“滑块－木板”模型按照常见的四种类型进行分析：一．木板受到水平拉力类型一：如图A 是小木块，B 是木板，A 和B 都静止在地面上。
A 在B 的右端，从某一时刻起，B 受到一个水平向右的恒力F 作用开始向右运动。
AB 之间的摩擦因数为μ1，B 与地面间的摩擦因数为μ2，板的长度L 。
根据A 、B 间有无相对滑动可分为两种情况：假设最大静摩擦力max f 和滑动摩擦力相等，A 受到的摩擦力g m f A 11μ≤，因而A 的加速度g a A 1μ≤。
A 、B 间滑动与否的临界条件为：A 、B 的加速度相等，即：a a A B =，亦即：2212111/])([m g m m g m F g +--=μμμ。
高考备考重点题型——滑块木板模型解题攻略
高考备考重点题型——滑块木板模型解题攻略滑块木板模型是高考题构建中一个重要插件，也是一个高频的考察模型。
简单的道具为牛顿运动定律、功能关系的应用提供了广阔的舞台。
在备考中理应收到师生的重视。
【模型分析】1、相互作用：滑块之间的摩擦力分析2、相对运动：具有相同的速度时相对静止。
两相互作用的物体在速度相同，但加速度不相同时，两者之间同样有位置的变化，发生相对运动。
3、通常所说物体运动的位移、速度、都是对地而言。
在相对运动的过程中相互作用的物体之间位移、速度、时间一定存在关联。
它就是我们解决力和运动突破口。
画出运动草图非常关键。
4、求时间通常会用到牛顿第二定律加运动学公式。
5、求位移和速度通常会用到牛顿第二定律加运动学公式或动能定理。
例1：如图所示，质量为M=100kg的平板车放在光滑水平面上，车高为h=1.25m，一个质量为m=50kg的可视为质点的物体放在车上，距左端b=1m，物体与平板车上表面间的动摩擦因数为μ=0.2，取g=10m/s2。
今对平板车施加水平向右的恒力F，当车运动的位移为s=2m时，物体恰从车的左端滑离平板车，求物体着地时距平板车左端多远？例2：如图所示，质量为M的汽车载着质量为m的木箱以速度v运动，木箱与汽车上表面间的动摩擦因数为μ，木箱与汽车前端挡板相距L，若汽车遇到障碍物制动而静止时，木箱恰好没碰到汽车前端挡板，求：（1）汽车制动时所受路面的阻力大小；（2）汽车制动后运动的时间。
尝试练习1、如图所示，在光滑水平面上有一小车A，其质量为0.2=m kg，小车上放一个A物体B，其质量为0.1=m kg，如图（1）所示。
给B一个水平推力F，当F增B大到稍大于3.0N时，A、B开始相对滑动。
如果撤去F，对A施加一水平推力F′，如图（2）所示，要使A、B不相对滑动，求F′的最大值Fm图（1）图（2）2．如图所示，质量M=8 kg 的小车放在水平光滑的平面上，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，物块与小车间的动摩擦因数 =0.2，小车足够长(取g=l0 m/s 2)。
秘籍04 滑块板块模型和传送带模型(教师版)-备战2024年高考物理抢分秘籍
秘籍04滑块木板模型和传送带模型一、滑块木板模型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．2．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，设板长为L ，滑块(可视为质点)位移大小为x 块，滑板位移大小为x 板。
同向运动时：L ＝x 块－x 板．反向运动时：L ＝x 块＋x 板．不再有摩擦力(水平面上共同匀速运动)．5．分析板块模型的思路二、传送带模型(摩擦力方向一定沿斜面向上)3．划痕问题：滑块与传送带的划痕长度Δx等于滑块与传送带的相对位移的大小，若有两次相对运动且两次相对运动方向相同，Δx＝Δx1＋Δx2(图甲)；若两次相对运动方向相反，Δx等于较长的相对位移大小．(图乙)4.功能关系分析：(1)功能关系分析：W＝ΔE k＋ΔE p＋Q。
(2)对W和Q的理解传送带克服摩擦力做的功：W＝fx；传。
产生的内能：Q＝fx相对【题型一】滑块木板模型A．地面对木板的摩擦力方向水平向右B．地面对木板的摩擦力大小为9NA．小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.6B．当水平拉力增大时，小滑块比长木板先相对地面发生滑动C．小滑块的质量为2kgF=时，长木板的加速度大小为2m/s D．当水平拉力12N【答案】AC【详解】A．设小滑块质量为m，小滑块与长木板之间的动摩擦数为A．若只增大M，则小滑块能滑离木板B．若只增大v0，则小滑块在木板上运动的时间变长【答案】（1）15 4a g=，方向沿斜面向下，【详解】（1）A第一次碰挡板前，系统相对静止，之间无摩擦。
碰后，对A．木板的长度为2mB．木板的质量为1kgC．木板运动的最大距离为2mD．整个过程中滑块B的位移为0【答案】D【详解】B．对两滑块受力分析，根据牛顿第二定律可得a=A依题意，相遇前木板匀加速，由牛顿第二定律，有μm g由图可知，木板的长度为A．滑块Q与长木板P之间的动摩擦因数是0.5B．长木板C．t=9s时长木板P停下来D．长木板P 【答案】C【详解】A．由乙图可知，力F在5s时撤去，此时长木板PA ．122v v =B ．弹簧弹性势能的最大值为2118mv C ．图甲所示的情况，滑块压缩弹簧被弹回后回到长木板右端时，滑块的速度为D ．图甲所示的情况，滑块压缩弹簧被弹回后回到长木板右端时，滑块的速度大小为【答案】BD【详解】CD ．如图甲，设滑块被弹簧弹开，运动到长木板右端时的速度为v 3，系统的合外力为零，系统动量守恒，滑块压缩弹簧被弹回后恰好可以到达A 的右端，由动量守恒定律得132mv mv =解得3112v v =故C 错误，D 正确；AB ．如图甲，弹簧被压缩到最短时两者速度相同，设为v ，弹簧最大弹性势能为长木板到弹簧被压缩到最短的过程，由动量守恒定律和能量守恒定律12mv mv=()22112p 11222mv mv mg x x E μ=⨯+++A ．滑块A 的质量为4kgB ．木板B 的质量为1kgC ．当10N F =时木板B 加速度为24m/sD ．滑块A 与木板B 间动摩擦因数为0.1【答案】BC【详解】ABD ．根据题意，由图乙可知，当拉力等于8N ，滑块【答案】（1）1.5m/s；1.5m/s；（2【详解】（1）由于A与B之间的动摩擦因数及均相对斜面静止，小球在由释放到碰【答案】（1）3m/s；（2）2m/s；（3）不能与1A B【典例1】如图所示，某快递公司为提高工作效率，利用传送带传输包裹，水平传送带长为4m ，由电动机驱动以4m/s 的速度顺时针转动。
2024届高考物理微专题：“滑块-木板”模型问题
微专题24“滑块－木板”模型问题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 fm m.假设两物体同时由静止开始运动，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.如图所示，静止在水平地面上的木板(厚度不计)质量为m 1＝1kg ，与地面间的动摩擦因数为μ1＝0.2，质量为m 2＝2kg 且可看成质点的小物块与木板和地面间的动摩擦因数均为μ2＝0.4，以v 0＝4m/s 的水平初速度从左端滑上木板，经过t ＝0.6s 滑离木板，g 取10m/s 2，以下说法正确的是()A ．木板的长度为1.68mB ．小物块离开木板时，木板的速度为1.6m/sC ．小物块离开木板后，木板的加速度大小为2m/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 ，对木板，由牛顿第二定律得μ2m 2g －μ1(m 1＋m 2)g ＝m 1a 1，解得a 1＝2m/s 2，即物块在木板上以加速度大小a 2＝μ2g ＝4m/s 2向右减速滑行时，木板以加速度大小a 1＝2m/s 2向右加速运动，在0.6s 时，物块的速度v 2＝1.6m/s ，木板的速度v 1＝1.2m/s ，B 错误；物块滑离木板时，物块位移为x 2＝v 0＋v 22t ＝1.68m ，木板位移x 1＝v 12t ＝0.36m ，两者相对位移为x ＝x 2－x 1＝1.32m ，即木板长度为1.32m ，A 错误；物块离开木板后，木板做减速运动，加速度大小为a 1′＝μ1g ＝2m/s 2，方向水平向左，C 错误；分离后，物块在地面上的加速度大小为a 2′＝μ2g ＝4m/s 2，在地面上物块会滑行x 2′＝v 222a 2′＝0.32m ，木板会滑行x 1′＝v 122a 1′＝0.36m ，所以两者会相碰，D 正确．2．(多选)如图a ，一长木板静止于光滑水平桌面上，t ＝0时，小物块(可视为质点)以速度v 0滑上长木板左端，最终小物块恰好没有滑出长木板；图b 为物块与木板运动的v －t 图像，图中t 1、v 0、v 1已知．重力加速度大小为g .由此可求得()A ．木板的长度B ．物块的质量C ．物块与木板的质量之和D ．物块与木板之间的动摩擦因数答案AD 解析根据最终小物块恰好没有滑出长木板，由图像可求出木板的长度为L ＝v 1＋v 02t 1－v 12t 1＝v 02t 1，故A 符合题意；物块的质量不能求出来，也无法求出木板的质量，故不能求出物块与木板的质量之和，故B 、C 不符合题意；对物块，根据图像可以求出物块匀减速阶段的加速度大小，即a ＝v 0－v 1t 1，由牛顿第二定律可知a ＝F f m ＝μmg m＝μg ，联立解得物块与木板之间的动摩擦因数为μ＝v 0－v 1gt 1，故D 符合题意．3.(多选)一长轻质薄硬纸片置于光滑水平地面上，其上放质量均为1kg 的A 、B 两物块，A 、B 与薄硬纸片之间的动摩擦因数分别为μ1＝0.3，μ2＝0.2，水平恒力F 作用在A 物块上，如图所示．已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10m/s 2.下列说法正确的是()A ．若F ＝1.5N ，则A 物块所受摩擦力大小为1.5NB ．若F ＝8N ，则B 物块的加速度大小为2.0m/s 2C ．无论力F 多大，A 与薄硬纸片都不会发生相对滑动D ．无论力F 多大，B 与薄硬纸片都不会发生相对滑动答案BC 解析A 与硬纸片间的最大静摩擦力为F f A ＝μ1m A g ＝0.3×1×10N ＝3N ，B 与硬纸片间的最大静摩擦力为F f B ＝μ2m B g ＝0.2×1×10N ＝2N ．当B 刚要相对于硬纸片滑动时静摩擦力达到最大值，由牛顿第二定律得F f B ＝m B a 0，得a 0＝2m/s 2.对整体，有F 0＝(m A ＋m B )×a 0＝2×2N ＝4N ，即F ≥4N 时，B 将相对纸片运动，此时B 受到的摩擦力F B ＝2N ，则对A 分析，A 受到的摩擦力也为2N ，所以A 的摩擦力小于最大静摩擦力，故A 和纸片间不会发生相对运动；则可知，当拉力为8N 时，B 与纸片间的摩擦力即为滑动摩擦力为2N ，此后增大拉力，不会改变B 的受力，其加速度大小均为2m/s 2，由于轻质薄硬纸片看作没有质量，故无论力F 多大，A 和纸片之间不会发生相对滑动，故B 、C 正确，D 错误；F ＝1.5N<4N ，所以A 、B 与纸片保持相对静止，整体在F 作用下向左匀加速运动，对A 根据牛顿第二定律得F －F f ＝m A a ，所以A 物块所受摩擦力F f <F ＝1.5N ，故A 错误．4.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，木板与水平面间的动摩擦因数为μ4，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 .现对物块施加一水平向右的拉力F ，则木板的加速度a 的大小可能是()A ．μgB.13μgC.23μg D.F 2m －14μg 答案D 解析若物块和木板之间不发生相对滑动，物块和木板一起运动，对木板和木块组成的整体，根据牛顿第二定律可知：F －14μ·2mg ＝2ma ，解得：a ＝F 2m －14μg ；若物块和木板之间发生相对滑动，对木板，水平方向受两个摩擦力的作用，根据牛顿第二定律，有：μmg －14μ·2mg ＝ma ，解得：a ＝12μg ，故A 、B 、C 错误，D 正确．5．(多选)如图所示，在桌面上有一块质量为m 1的薄木板，薄木板上放置一质量为m 2的物块，现对薄木板施加一水平恒力，使得薄木板能被抽出而物块也不会滑出桌面．物块与薄木板、薄木板与桌面间的动摩擦因数均为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g ，则下列说法正确的是()A ．物块在薄木板上滑动的时间和在桌面上滑动的时间相等B ．拉力越大，物块刚离开薄木板时的速度越大C ．薄木板对物块的摩擦力方向与拉力方向相同D ．拉力的最小值为μ(2m 1＋m 2)g答案AC 解析物块在薄木板上相对滑动过程，从静止加速至速度v 时离开木板，加速度大小为μg ，在桌面上滑动的过程，受桌面滑动摩擦力作用，加速度大小为μg ，从速度v 减速至静止，由对称性可知，物块在薄木板上滑动的时间和在桌面上滑动的时间相等，A 正确；拉力越大，物块在薄木板上滑行时间越短，由v ＝μgt 可知，物块刚离开薄木板时的速度v 越小，B 错误；物块在薄木板上滑行过程，相对薄木板向左运动，故受到的滑动摩擦力向右，与拉力方向相同，C 正确；物块加速过程的加速度为μg ，薄木板的临界加速度为μg ，整体由牛顿第二定律可得F －μ(m 1＋m 2)g ＝(m 1＋m 2)μg ，解得F ＝2μ(m 1＋m 2)g .为使薄木板能抽出，故拉力的最小值应大于2μ(m 1＋m 2)g ，D 错误．6．如图甲所示，一质量为M 的长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为m 的小滑块．木板受到水平拉力F 作用时，用传感器测出长木板的加速度a 与水平拉力F 的关系如图乙所示，重力加速度g ＝10m/s 2，下列说法正确的是()A ．小滑块的质量m ＝3kgB ．小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.1C ．当水平拉力F ＝7N 时，长木板的加速度大小为3m/s 2D ．当水平拉力F 增大时，小滑块的加速度一定增大答案C 解析由a －F 图像可知，小滑块的最大加速度为2m/s 2，对小滑块分析有μmg ＝ma m ，解得μ＝0.2，B 错误；由a －F 图像可知，外力大于6N 后两物体相对滑动，对长木板受力分析有F－μmg ＝Ma ，整理得a ＝1M F －μmg M .由a －F 图像可知图像的斜率为k ＝1M ，代入数据解得1M＝k ＝26－41，解得M ＝1kg.由a －F 图像可知，外力小于6N 时，两物体有共同加速度，外力等于6N 时，两物体加速度为2m/s 2，对整体分析有F ＝(M ＋m )a ，解得M ＋m ＝3kg ，则有m ＝2kg ，A 错误；由a －F 图像可知，外力大于6N 后两物体相对滑动，相对滑动后小滑块的加速度不随外力的增大而改变，D 错误；由a －F 图像可知，外力大于6N 后两物体相对滑动，对长木板受力分析有F －μmg ＝Ma ′，当水平拉力F ＝7N 时，代入数据得长木板的加速度大小为3m/s 2，C 正确．7．(多选)如图所示，有一倾角θ为37°、下端固定一弹性挡板的光滑斜面，挡板与斜面垂直．一长木板质量为M ，下端距挡板的距离为L ，上端放有一质量为m 的小物块，长木板由静止自由下滑，与挡板每次发生碰撞后均以原速率弹回，且每次碰撞的时间极短，小物块和木板的运动始终与斜面平行．已知m ∶M ＝1∶2，长木板上表面与小物块之间的动摩擦因数为μ＝0.5，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度为g ，不计空气阻力．则下列说法正确的有()A．长木板第一次与挡板碰撞后的瞬间，小物块的加速度大小为0.2gB．长木板第一次与挡板碰撞后的瞬间，长木板的加速度大小为0.8gC．若长木板的长度为10L，则第三次碰撞前小物块已从长木板上滑落D．若长木板的长度为10L，则第三次碰撞前小物块仍没有从长木板上滑落答案ABD解析长木板第一次与挡板碰撞后的瞬间，对木板，有Mg sinθ＋μmg cosθ＝Ma1，a1＝0.8g.对物块，有mg sinθ－μmg cosθ＝ma2，a2＝0.2g，选项A、B正确；木板从开始下滑到与挡板第一次碰撞v02＝2gL sinθ，碰后木板与挡板往复碰撞，加速度不变，相邻两次碰撞的时间为t＝2v00.8g＝5v02g.若木板足够长，物块一直向下加速，加速度不变，则木板第一次与挡板碰撞到第二次碰撞的过程，两者相对位移x1＝2v0t－12(a1－a2)t2＝25v028g，物块的速度为v＝v0＋0.2gt＝1.5v0.木板第二次与挡板碰撞到第三次碰撞的过程，两者相对位移x2＝(1.5v0＋v0)t－12 (a1－a2)t2＝35v028g，则第三次碰前，两者的相对位移为x1＋x2＝15v022g＝9L.木板长10L，故第三次碰撞前小物块仍没有从长木板上滑落，故C错误，D正确．8.如图所示，在光滑水平面上一质量为M＝3kg的平板车以v0＝1.5m/s的速度向右匀速滑行，某时刻(开始计时)在平板车左端加一大小为8.5N、水平向右的推力F，同时将一质量为m＝2kg的小滑块(可视为质点)无初速度地放在小车的右端，最终小滑块刚好没有从平板车上掉下来．已知小滑块与平板车间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g＝10m/s2，求：(1)两者达到相同速度所需要的时间t；(2)平板车的长度l.答案(1)3s(2)2.25m解析(1)小滑块相对平板车滑动时，设小滑块和平板车的加速度大小分别为a1、a2，根据牛顿第二定律有μmg＝ma1，F－μmg＝Ma2解得a1＝2m/s2，a2＝1.5m/s2又a1t＝v0＋a2t解得t ＝3s.(2)两者达到相同速度后，由于F m ＋M＝1.7m/s 2<a 1，可知它们将一起做匀加速直线运动．从小滑块刚放在平板车上至达到与平板车相同速度的过程中，滑块向右的位移大小为x 1＝12a 1t 2平板车向右的位移大小为x 2＝v 0t ＋12a 2t 2又l ＝x 2－x 1解得l ＝2.25m.9.如图所示，在倾角为θ＝37°的足够长斜面上放置一质量M ＝2kg ，长度L ＝1.5m 的极薄平板AB ，在薄平板上端A 处放一质量m ＝1kg 的小滑块(可视为质点)，将小滑块和薄平板同时无初速度释放，已知小滑块与薄平板之间的动摩擦因数为μ1＝0.25，薄平板与斜面之间的动摩擦因数为μ2＝0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g ＝10m/s 2，求：(1)释放后，小滑块的加速度大小a 1和薄平板的加速度大小a 2；(2)从释放到小滑块滑离薄平板经历的时间t .答案(1)4m/s 21m/s 2(2)1s 解析(1)设释放后，滑块会相对于平板向下滑动，对滑块：由牛顿第二定律有mg sin 37°－F f1＝ma 1其中F N1＝mg cos 37°，F f1＝μ1F N1解得a 1＝g sin 37°－μ1g cos 37°＝4m/s 2对薄平板，由牛顿第二定律有Mg sin 37°＋F f1′－F f2＝Ma 2其中F N2＝(m ＋M )g cos 37°，F f2＝μ2F N2，F f1′＝F f1解得a 2＝1m/s 2a 1>a 2，假设成立，即滑块会相对于平板向下滑动．(2)设滑块滑离时间为t ，由运动学公式，有x 1＝12a 1t 2，x 2＝12a 2t 2，x 1－x 2＝L 解得：t ＝1s ．。
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高考备考重点题型——滑块木板模型解题攻略
滑块木板模型是高考题构建中一个重要插件，也是一个高频的考察模型。
简单的道具为牛顿运动定律、功能关系的应用提供了广阔的舞台。
在备考中理应收到师生的重视。
【模型分析】
1、相互作用：滑块之间的摩擦力分析
2、相对运动：具有相同的速度时相对静止。
两相互作用的物体在速度相同，但加速度不相同时，两者之间同样有位置的变化，发生相对运动。
3、通常所说物体运动的位移、速度、都是对地而言。
在相对运动的过程中相互作用的物体之间位移、速度、时间一定存在关联。
它就是我们解决力和运动突破口。
画出运动草图非常关键。
4、求时间通常会用到牛顿第二定律加运动学公式。
5、求位移和速度通常会用到牛顿第二定律加运动学公式或动能定理。
例1：如图所示，质量为M=100kg的平板车放在光滑水平面上，车高为h=1.25m，一个质量为m=50kg的可视为质点的物体放在车上，距左端b=1m，物体与平板车上表面间的动摩擦因数为μ=，取g=10m/s2。
今对平板车施加水平向右的恒力F，当车运动的位移为s=2m时，物体恰从车的左端滑离平板车，求物
体着地时距平板车左端多远
例2：如图所示，质量为M的汽车
载着质量为m的木箱以速度v运动，木箱与汽车上表面间的动摩擦因数为μ，木箱与汽车前端挡板相距L，若汽车遇到障碍物制动而静止时，木箱恰好没碰到汽车前端挡板，求：
（1）汽车制动时所受路面的阻力大小；
（2）汽车制动后运动的时间。
尝试练习
1、如图所示，在光滑水平面上有一小车A，其质量为0.2=
m kg，小车上放
A
一个物体B，其质量为0.1=
m kg，如图（1）所示。
给B一个水平推力F，当F
B
增大到稍大于时，A、B开始相对滑动。
如果撤去F，对A施加一水平推力F′，如图（2）所示，要使A、B不相对滑动，求F′的最大值
F
m
图图
（2）
2．如图所示，质量M=8 kg 的小车放在水平光滑的平面上，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，物块与小车间的动摩擦因数 =，小车足够长(取g=l0 m/s 2)。
求：
（1）小物块放后，小物块及小车的加速度大小各为多大 （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= s 小物块通过的位移 大小为多少
3.如图所示，一块质量为M ，长为L 的均质板放在很长的光滑水平桌面上，板的左端有一质
量为m 的小物体（可视为质点），物体上连接一根很长的细绳，细绳跨过位于桌边的定滑轮．某人以恒定的速率v 向下拉绳，物体最多只能到达板的中点，而板的右端尚未到达桌边定滑轮处．试求： （1）物体刚达板中点时板的位移．
（2）若板与桌面之间有摩擦，为使物体能达到板的右端，板与桌面之间的动摩擦因数的范围是多少
4.如图所示，半径R=0.8m 的光滑1/4圆弧轨道固定在光滑水平上，轨道上方的A 点有一个可视为质点的质量m=1kg 的小物块。
小物块由静止开始下落后
M
m
v
M
m
打在圆弧轨道上的B点但未反弹，在该瞬间碰撞过程中，小物块沿半径方向的分速度即刻减为零，而沿切线方向的分速度不变，此后小物块将沿着圆弧轨道滑下。
已知A点与轨道的圆心O的连线长也为R，且AO连线与水平方向的夹角为30°，C点为圆弧轨道的末端，紧靠C点有一质量M=3kg的长木板，木板的
μ，g取上表面与圆弧轨道末端的切线相平，小物块与木板间的动摩擦因数3.0=
10m/s2。
求：
（1）小物块刚到达B点时的速度Bυ；
（2）小物块沿圆弧轨道到达C点时对轨道压力FC的大小；
（3）木板长度L至少为多大时小物块才不会滑出长木板。