高考物理一轮复习专题复习课件：滑块-木板模型
f地
两平地面上，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。
f AB
f BA
f地
（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）若已知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。
f AB
f BA
f地
【总结】
1．物体之间相对滑动或相对静止的临界条件是： 物体间达到了最大静摩擦。
2．求解相对静止的临界条件的步骤：先假设相对静止，对整体列牛顿第二 定律；再隔离一个物体，求出最大静摩擦力时的临界加速度，使整体的加 速度等于临界加速度，即可求出临界拉力。 3．已知a或已知F时，先根据临界力或者最大加速度判断两物体是否已 经相对滑动，然后再选择不同的方法求解。
若F=kt，A、B将如何运动？
【总结】当外力作用在滑块上时，需要注意木板可能不会运动。
【模型3】若A、B两物体在外力作用下相对静止一起加速，
某时刻撤去外力后，二者如何运动？
【总结】木板和滑块以相同的初速度能相对静止共同减速的条件 是：
μ1≥μ2
【练一练】 （2013新课标II卷25）一长木板在水平地面上运动，在
【模型2】滑块A和木板B叠放在水平地面上，滑块质量为m，
木板质量为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。开始两者静止，外力F作用在木板上。
若F=kt，A、B将如何运动？
【模型2】滑块A和木板B叠放在水平地面上，滑块质量为m，
木板质量为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。开始两者静止，外力F作用在木板上。
【本节小结】
滑块-木板模型中，两物体具有相同的初速度时， 存在是否相对静止或相对滑动的判断问题，其临界条件 为：物体间达到了最大静摩擦。
需要熟练掌握的方法是整体法与隔离法。
练一练
如图所示，质量 M＝4kg 的小车长 L＝1.4m，静止在光滑水平面上，其上面右端静止一质量 m=1kg 的小滑
块（可看作质点），小车与木板间的动摩擦因数 μ＝0.4，先用一水平恒力 F 向右拉小车。（g＝10 m/s2.）
高三专题复习
滑块-木板模型
【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。
f AB
f BA
f地
（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。
f AB
f BA
（1）若F=kt，A、B将如何运动？试画出
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-时间图像如图所示。己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=10m/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
（1）若用一水平恒力 F＝10N，小滑块与小车间的摩擦力为多大？
（2）小滑块与小车间不发生相对滑动的水平恒力
F
大小要满足的条件？ [来源:]
（3）若用一水平恒力 F＝28N 向右拉小车，要使滑块从小车上恰好滑下来，力 F 至少应作用多长时间
F A
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高三物理一轮复习《滑块—滑板模型》 课件
A．1m B．2.1m C．2.25m D．3.1m
课后练习：
1．如图所示，质量M＝8kg的小车静止在光滑水平面上， 在小车右端施加一水平拉力F＝8N。当小车速度达到1.5m/s时， 在小车的右端由静止轻放一大小不计、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。从物体放上 小车开始经t＝1.5s的时间，物体相对地面的位移为(g取
练习3. 如图所示，足够长光滑斜面的倾角为θ，斜面上放着 质量为M的木板，木板左端有一个质量为m的木块，木块与木 板之间的动摩擦因数为μ，木块和木板的初速度都为零。对木块 施加平行斜面向上的恒力F后，下列说法正确的是( ) A．若μ＞tanθ，则木板一定沿斜面向上运动 B．若F＝mgsinθ，则木块一定静止在木板上 C．若木板沿斜面向上滑动，木板质量M越小，木块与木板分 离时，木块滑行的距离越大 D．若木板沿斜面向下滑动，木板质 量M越大，木块与木板分离时，木块 滑行的距离越大
长度均为l＝2m，质量均为m2＝1kg，一质量为m1＝1kg的物体 (可视为质点)以v0＝6m/s的速度冲上A木板的左端，物体与木板 间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2。(最 大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，g取10m/s2)
A．μ1＞μ2
B．μ3＜μ2
C．图乙中汉语词典受到的摩擦力大小是μ3mgcos θ
D．图甲中英语词典受到的摩擦力大小是μ2mgcos θ
4. 在一块固定的倾角为θ的木板上叠放质量均为m的一本英语词
典和一本汉语词典，图甲中英语词典在上，图乙中汉语词典在上，
已知图甲中两本书一起匀速下滑，图乙中两本书一起加速下滑。已
10m/s2)( B )
A．1m B．2.1m C．2.25m D．3.1m
课后练习：
1．如图所示，质量M＝8kg的小车静止在光滑水平面上， 在小车右端施加一水平拉力F＝8N。当小车速度达到1.5m/s时， 在小车的右端由静止轻放一大小不计、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。从物体放上 小车开始经t＝1.5s的时间，物体相对地面的位移为(g取
练习3. 如图所示，足够长光滑斜面的倾角为θ，斜面上放着 质量为M的木板，木板左端有一个质量为m的木块，木块与木 板之间的动摩擦因数为μ，木块和木板的初速度都为零。对木块 施加平行斜面向上的恒力F后，下列说法正确的是( ) A．若μ＞tanθ，则木板一定沿斜面向上运动 B．若F＝mgsinθ，则木块一定静止在木板上 C．若木板沿斜面向上滑动，木板质量M越小，木块与木板分 离时，木块滑行的距离越大 D．若木板沿斜面向下滑动，木板质 量M越大，木块与木板分离时，木块 滑行的距离越大
长度均为l＝2m，质量均为m2＝1kg，一质量为m1＝1kg的物体 (可视为质点)以v0＝6m/s的速度冲上A木板的左端，物体与木板 间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2。(最 大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，g取10m/s2)
A．μ1＞μ2
B．μ3＜μ2
C．图乙中汉语词典受到的摩擦力大小是μ3mgcos θ
D．图甲中英语词典受到的摩擦力大小是μ2mgcos θ
4. 在一块固定的倾角为θ的木板上叠放质量均为m的一本英语词
典和一本汉语词典，图甲中英语词典在上，图乙中汉语词典在上，
已知图甲中两本书一起匀速下滑，图乙中两本书一起加速下滑。已
10m/s2)( B )
A．1m B．2.1m C．2.25m D．3.1m
高三一轮复习专题：牛顿定律的综合应用之”滑块-木板“模型(81张ppt)
木板的中点放一个质量m=4 kg、大小可以忽略的铁块,铁块与木板之间的动摩擦因数
为μ=0.2,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力.二者开始均静止,从t=0时刻起铁块受到水
平向右、大小如图乙所示的拉力F的作用,F作用时间为6 s,g取10 m/s2,则: (1)铁块和木板在前2 s的加速度大小分别为多少? (2)铁块和木板相对静止前,运动的位移大小各为多少? (3)力F作用的最后2 s内,铁块和木板的位移大小分别是多少?
分析方法:分类讨论，整体法与隔离法。 分析过程:滑块A与木板B之间的最大静摩擦力f1max=u1mg，木板B与地而之间的最大静摩擦力 f2max=u2(M+m)g。若0<F≦ uz(M+m)g时，B与地而相对静止:,A与B之间既没有相对滑动也没有相对 运动趋势，A与B之间不存在摩擦力，A静止。若F>u2(M+m)g时，B与地而发生了相对滑动，此时令 F1=F-u2(M+m)g , F1相当于类型1中的F，此后的分析过程与类型1完全相同，应用类型1的分析结果可 得，若0<F≦(M+m)u1g,滑块与木板一起做匀加速直线运动;若F1>(M+m)u1g,滑块与木板发生了相对滑 动，它们分别做匀加速直线运动，设木板的加速度为a1,滑块的加速度a2,且a1>a2,a2=ug.
分析结果:若0 <F≦ (M+m)umg/M滑块与木板一起做匀加速直线运动;若F>(M+m)umg/M滑块与 木板发生了相对滑动，它们分别做匀加速直线运动，且a1>a2,a2=umg/M·
例题2-2：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)（ ）
为μ=0.2,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力.二者开始均静止,从t=0时刻起铁块受到水
平向右、大小如图乙所示的拉力F的作用,F作用时间为6 s,g取10 m/s2,则: (1)铁块和木板在前2 s的加速度大小分别为多少? (2)铁块和木板相对静止前,运动的位移大小各为多少? (3)力F作用的最后2 s内,铁块和木板的位移大小分别是多少?
分析方法:分类讨论，整体法与隔离法。 分析过程:滑块A与木板B之间的最大静摩擦力f1max=u1mg，木板B与地而之间的最大静摩擦力 f2max=u2(M+m)g。若0<F≦ uz(M+m)g时，B与地而相对静止:,A与B之间既没有相对滑动也没有相对 运动趋势，A与B之间不存在摩擦力，A静止。若F>u2(M+m)g时，B与地而发生了相对滑动，此时令 F1=F-u2(M+m)g , F1相当于类型1中的F，此后的分析过程与类型1完全相同，应用类型1的分析结果可 得，若0<F≦(M+m)u1g,滑块与木板一起做匀加速直线运动;若F1>(M+m)u1g,滑块与木板发生了相对滑 动，它们分别做匀加速直线运动，设木板的加速度为a1,滑块的加速度a2,且a1>a2,a2=ug.
分析结果:若0 <F≦ (M+m)umg/M滑块与木板一起做匀加速直线运动;若F>(M+m)umg/M滑块与 木板发生了相对滑动，它们分别做匀加速直线运动，且a1>a2,a2=umg/M·
例题2-2：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)（ ）
2025届高考物理一轮复习课件 第三章 第5课时 专题强化：“滑块—木板”模型中的动力学问题
√D.物块到达木板左端时木板前进的位移大小为3.5 m
1234567
由牛顿第二定律可得，物块的最大加速度 am＝μmmg＝2 m/s2， 若木板和物块相对静止，则整体加速度
F－μm＋Mg 40－0.2×1＋4×10
a′＝ m＋M ＝
1＋4
m/s2＝6 m/s2>am，
故木板与物块发生相对滑动，物块与木板不能以相同的加速度做匀加
第三章
运动和力的关系
专题强化：“滑块—木
第 5 课
板”模型中的动力学问题
时
目标 1.掌握“滑块—木板”模型的运动及受力特点。 要求 2.能正确运用动力学观点处理“滑块—木板”模型问题。
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。
√
1234567
设圆柱体的质量为m，圆柱体与薄板间的动摩擦因数、圆柱体与桌面间的 动摩擦因数均为μ，则在抽出薄板的过程中，圆柱体在薄板摩擦力的作用 下做加速运动，离开薄板后在桌面摩擦力的作用下做减速运动，根据牛 顿第二定律有μmg＝ma，可得加速运动与减速运动时的加速度大小都为 a＝μg。由于圆柱体A先离开薄板，B、C同时后离开薄板， 则根据v＝at可知，A离开薄板时的速度小于B、C离开薄 板时的速度，同时A加速运动的位移小于B、C加速运动 的位移。离开薄板后，根据v2＝2ax可知，B、C在桌面上 滑动的距离相等，且大于A在桌面上滑动的距离，故A正确。
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3.(2024·江苏常州市前黄高级中学校考)如图所示，质量为m＝1 kg的物块 (可视为质点)放在质量为M＝4 kg的木板的右端，木板长L＝2.5 m。开始 木板静止放在水平地面上，物块与木板及木板与水平地面间的动摩擦因 数均为μ＝0.2。现对木板施加一水平向右的恒力F＝40 N，最大静摩擦力 等于滑动摩擦力，g＝10 m/s2，则物块在木板上运动的过程中，下列说 法中正确的是 A.物块与木板以相同的加速度做匀加速运动 B.木板的加速度大小为5.6 m/s2 C.物块的最大速度大小为3.5 m/s
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由牛顿第二定律可得，物块的最大加速度 am＝μmmg＝2 m/s2， 若木板和物块相对静止，则整体加速度
F－μm＋Mg 40－0.2×1＋4×10
a′＝ m＋M ＝
1＋4
m/s2＝6 m/s2>am，
故木板与物块发生相对滑动，物块与木板不能以相同的加速度做匀加
第三章
运动和力的关系
专题强化：“滑块—木
第 5 课
板”模型中的动力学问题
时
目标 1.掌握“滑块—木板”模型的运动及受力特点。 要求 2.能正确运用动力学观点处理“滑块—木板”模型问题。
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。
√
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设圆柱体的质量为m，圆柱体与薄板间的动摩擦因数、圆柱体与桌面间的 动摩擦因数均为μ，则在抽出薄板的过程中，圆柱体在薄板摩擦力的作用 下做加速运动，离开薄板后在桌面摩擦力的作用下做减速运动，根据牛 顿第二定律有μmg＝ma，可得加速运动与减速运动时的加速度大小都为 a＝μg。由于圆柱体A先离开薄板，B、C同时后离开薄板， 则根据v＝at可知，A离开薄板时的速度小于B、C离开薄 板时的速度，同时A加速运动的位移小于B、C加速运动 的位移。离开薄板后，根据v2＝2ax可知，B、C在桌面上 滑动的距离相等，且大于A在桌面上滑动的距离，故A正确。
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3.(2024·江苏常州市前黄高级中学校考)如图所示，质量为m＝1 kg的物块 (可视为质点)放在质量为M＝4 kg的木板的右端，木板长L＝2.5 m。开始 木板静止放在水平地面上，物块与木板及木板与水平地面间的动摩擦因 数均为μ＝0.2。现对木板施加一水平向右的恒力F＝40 N，最大静摩擦力 等于滑动摩擦力，g＝10 m/s2，则物块在木板上运动的过程中，下列说 法中正确的是 A.物块与木板以相同的加速度做匀加速运动 B.木板的加速度大小为5.6 m/s2 C.物块的最大速度大小为3.5 m/s
16第三章专题强化五“滑块—木板”模型传送-2025年高考物理大一轮复习课件
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核心归纳
动力学中板块模型思维流程
2021[文件：中教联标彩.t]
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2 斜面上的“滑块—木板”问题
返回目17录
典例 2 (多选)滑沙运动是小孩比较喜欢的一项运动，其运动过程可类比为 如图 Z53 所示的模型，倾角为 37°的斜坡上有长为 1 m 的滑板，滑板与
沙间的动摩擦因数为2410.小孩(可视为质点)坐在滑板上端，与滑板一起由静 止开始下滑，小孩与滑板之间20的21[文动件摩：中擦教因联标数彩取.t] 决于小孩的衣料，假设图中 小孩与滑板间的动摩擦因数为 0.4，小孩的质量与滑板的质量相等，斜坡 足够长，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取 10 m/s2，则下列判断正确的 是( BC ).
向相反，两者加速度不同，最后 要判断两者是否有相对运动，以及
分离或相对静止，Δx＝x 块＋x 板
木板与地面是否有相对运动
1 水平面上的“滑块—木板”模型
返回目6录
典例 1 [“滑块—木板”模型与 v-t 图像综合](2024·湖北黄冈质检)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 Z51(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20动21[文，件直：至中教t联＝标1彩s.t]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 图像如图 Z51(b)所示.木板的 质量是小物块质量的 15 倍，重力加速度 g 取 10 m/s2.求：
大小为
a1＝mgsin
37°－μ1mgcos m
河北省涞水波峰中学人教版高中物理复习课件：“滑块—木板”模型(共14张PPT)
• A．木块受到的摩擦力一定是μmg
• B．木块受到的合力为F
• C．长木板受到的摩擦力为μmg
• D．长木板受到的合力为
• 44．(多选)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＝10 m/s2，下列说法正确的是( )
• (1)为使物块不滑离木板，求力F应满足的条件；
• (2)若F＝37.5 N，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时间及滑 离木板后沿斜面上升的最大距离。
• 解析 (1)以物块和木板整体为研究对象， 由牛顿第二定律得
• F－(M＋m)gsinα＝(M＋m)a，
• 依题意a>0，以物块为研究对象，由牛顿第 二定律得
• 2．位移关系：滑块由木板一端运动到另一端过程中， 滑滑块块和和木 木板板反同向向运运动动时时，，位位移移之之和差ΔΔxx＝＝xx22＋－xx11＝＝LL。(板长)；
• [例1] 如图所示，质量M＝1 kg的木板A静止 在水平地面上，在木板的左端放置一个质量m ＝1 kg的铁块B(大小可忽略)，铁块与木板间的 动摩擦因数μ1＝0.3，木Байду номын сангаас长L＝1 m，用F＝5 N 的水平恒力作用在铁块上，g取10 m/s2。
“滑块—木板”模型
• 滑块—木板模型是高考考查的热点之一，涉及摩擦力的 分析判断、牛顿运动定律、匀变速直线运动等主干知识， 能力要求较高。滑块和木板的位移关系、速度关系是解 答滑块—木板模型的切入点，前一运动阶段的末速度是 下一运动阶段的初速度，解题过程中必须以地面为参考 系。
• 1．模型特点：滑块(视为质点)置于长木板上，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。
• B．木块受到的合力为F
• C．长木板受到的摩擦力为μmg
• D．长木板受到的合力为
• 44．(多选)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＝10 m/s2，下列说法正确的是( )
• (1)为使物块不滑离木板，求力F应满足的条件；
• (2)若F＝37.5 N，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时间及滑 离木板后沿斜面上升的最大距离。
• 解析 (1)以物块和木板整体为研究对象， 由牛顿第二定律得
• F－(M＋m)gsinα＝(M＋m)a，
• 依题意a>0，以物块为研究对象，由牛顿第 二定律得
• 2．位移关系：滑块由木板一端运动到另一端过程中， 滑滑块块和和木 木板板反同向向运运动动时时，，位位移移之之和差ΔΔxx＝＝xx22＋－xx11＝＝LL。(板长)；
• [例1] 如图所示，质量M＝1 kg的木板A静止 在水平地面上，在木板的左端放置一个质量m ＝1 kg的铁块B(大小可忽略)，铁块与木板间的 动摩擦因数μ1＝0.3，木Байду номын сангаас长L＝1 m，用F＝5 N 的水平恒力作用在铁块上，g取10 m/s2。
“滑块—木板”模型
• 滑块—木板模型是高考考查的热点之一，涉及摩擦力的 分析判断、牛顿运动定律、匀变速直线运动等主干知识， 能力要求较高。滑块和木板的位移关系、速度关系是解 答滑块—木板模型的切入点，前一运动阶段的末速度是 下一运动阶段的初速度，解题过程中必须以地面为参考 系。
• 1．模型特点：滑块(视为质点)置于长木板上，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。
2025版高考物理一轮总复习第3章运动和力的关系专题强化4传送带模型和“滑块_木板”模型
在 ab 部分做匀速运动的运动时间
t2＝sab－v s1＝4.7－11.25 s＝3.45 s。
由于mgsin β>μmgcos β，所以物体沿传送带bc部分匀加速运动到c
点，物体A在传送带bc部分匀加速下滑，
由牛顿第二定律得ma2＝mgsin β－μmgcos β 解得加速度a2＝gsin β－μgcos β＝3.2 m/s2， 设在bc部分运动的时间为t3，由匀变速运动位移公式 得 sbc＝vt3＋12a2t23， 代入数据解得t3＝1.875 s。 物体A从a处被传送到c处所用的时间
专题强化四 传送带模型和“滑块—木板” 模型
核心考点·重点突破
1 传送带模型 (能力考点·深度研析)
解答传送带问题，应做好两个分析 1．传送带模型的受力分析 (1)摩擦力方向的判断：同向“以快带慢”、反向“互相阻碍”。 (2)共速时摩擦力可能突变： ①滑动摩擦力突变为零； ②滑动摩擦力突变为静摩擦力； ③摩擦力方向突变。
l≤2va2时(a＝μgcos θ－
l>2va2时，先加速后匀速(一定
gsin θ)一直加速(一定满
满足关系 gsin θ<μgcos θ)
足关系 gsin θ<μgcos θ)
情景
滑块的运动情况
l≤2va2，一直加速(加
l>2va2时，若 速
μ≥tan
θ，先加速后匀
速度为 gsin θ＋ μgcos θ)
(1)货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向； (2)制动坡床的长度。 [解析] (1)设货物的质量为m，货物在车厢内滑动过程中，货物与 车厢的动摩擦因数μ＝0.4，受摩擦力大小为f，加速度大小为a1，则 f＋mgsin θ＝ma1① f＝μmgcos θ② 联立①②并代入数据得a1＝5 m/s2③ a1的方向沿制动坡床向下。
t2＝sab－v s1＝4.7－11.25 s＝3.45 s。
由于mgsin β>μmgcos β，所以物体沿传送带bc部分匀加速运动到c
点，物体A在传送带bc部分匀加速下滑，
由牛顿第二定律得ma2＝mgsin β－μmgcos β 解得加速度a2＝gsin β－μgcos β＝3.2 m/s2， 设在bc部分运动的时间为t3，由匀变速运动位移公式 得 sbc＝vt3＋12a2t23， 代入数据解得t3＝1.875 s。 物体A从a处被传送到c处所用的时间
专题强化四 传送带模型和“滑块—木板” 模型
核心考点·重点突破
1 传送带模型 (能力考点·深度研析)
解答传送带问题，应做好两个分析 1．传送带模型的受力分析 (1)摩擦力方向的判断：同向“以快带慢”、反向“互相阻碍”。 (2)共速时摩擦力可能突变： ①滑动摩擦力突变为零； ②滑动摩擦力突变为静摩擦力； ③摩擦力方向突变。
l≤2va2时(a＝μgcos θ－
l>2va2时，先加速后匀速(一定
gsin θ)一直加速(一定满
满足关系 gsin θ<μgcos θ)
足关系 gsin θ<μgcos θ)
情景
滑块的运动情况
l≤2va2，一直加速(加
l>2va2时，若 速
μ≥tan
θ，先加速后匀
速度为 gsin θ＋ μgcos θ)
(1)货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向； (2)制动坡床的长度。 [解析] (1)设货物的质量为m，货物在车厢内滑动过程中，货物与 车厢的动摩擦因数μ＝0.4，受摩擦力大小为f，加速度大小为a1，则 f＋mgsin θ＝ma1① f＝μmgcos θ② 联立①②并代入数据得a1＝5 m/s2③ a1的方向沿制动坡床向下。
2024届高考一轮复习物理课件(新教材鲁科版)：传送带模型和“滑块—木板”模型
(2)小包裹通过传送带所需的时间t. 答案 4.5 s
根据(1)可知小包裹开始阶段在传送带上做匀减速直线运动， 用时 t1＝v2－a v1＝1.60－.40.6 s＝2.5 s 在传送带上滑动的距离为 x1＝v1＋2 v2t1＝0.6＋2 1.6×2.5 m＝2.75 m 共速后，匀速运动的时间为 t2＝L－v1x1＝3.950－.62.75 s＝2 s，
“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，滑块 和木板同向运动时，位移之差Δs＝s1－s2＝L(板长)；滑块和木板反向运 动时，位移大小之和s2＋s1＝L.
所以小包裹通过传送带所需的时间为t＝t1＋t2＝4.5 s.
考向3 传送带中的动力学图像
例3 (2023·福建省长汀县第一中学月考)如图所示，倾 角为θ的足够长传送带沿顺时针方向匀速转动，转动速 度大小为v1，一个物块从传送带底端以初速度大小v2(v2 >v1)上滑，同时物块受到平行于传送带向上的恒力F作用，物块与传送带 间的动摩擦因数μ＝tan θ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则物块运动 的v－t图像不可能是
小包裹的初速度v2大于传送带的速度v1，所以开 始时小包裹受到的传送带的摩擦力沿传送带向上， 因为小包裹所受滑动摩擦力大于重力沿传送带方 向上的分力，即μmgcos θ>mgsin θ，所以小包裹 与传送带共速后做匀速直线运动至传送带底端，根据牛顿第二定律 可知μmgcos θ－mgsin θ＝ma，解得a＝0.4 m/s2
传送带足够长
一直加速
先加速后匀速
v0<v时，一直加速
2025版高考物理一轮复习课件 专题强化：动量守恒在子弹打木块模型和“滑块—木板”模型中的应用
2025版高考物理一轮复习课件第七章第4课时目标要求1.会用动量观点和能量观点分析计算子弹打木块模型。
2.会用动量观点和能量观点分析计算“滑块—木板”模型。
专题强化：动量守恒在子弹打木块模型和“滑块—木板”模型中的应用内容索引考点一 子弹打木块模型考点二 “滑块—木板”模型课时精练><考点一子弹打木块模型1.模型图示2.模型特点(1)子弹水平打进木块的过程中，系统的动量守恒。
(2)系统的机械能有损失。
3.两种情景(1)子弹嵌入木块中，两者速度相等，机械能损失最多(完全非弹性碰撞)动量守恒：m v0＝(m＋M)v(2)子弹穿透木块动量守恒：m v0＝m v1＋M v2例1 如图所示，在光滑的水平桌面上静止放置一个质量为980 g的长方形匀质木块，现有一质量为20 g的子弹以大小为300 m/s的水平速度沿木块的中心轴线射向木块，最终留在木块中没有射出，和木块一起以共同的速度运动。
已知木块沿子弹运动方向的长度为10 cm，子弹打进木块的深度为6 cm。
设木块对子弹的阻力保持不变。
(1)求子弹和木块的共同速度大小以及它们在此过程中所产生的内能。
答案 6 m/s 882 J设子弹射入木块后与木块的共同速度为v，对子弹和木块组成的系统，由动量守恒定律得m v0＝(M＋m)v，代入数据解得v＝6 m/s此过程系统所产生的内能(2)若子弹是以大小为400 m/s的水平速度从同一方向水平射向该木块，则在射中木块后能否射穿该木块？答案 能假设子弹以v0′＝400 m/s的速度入射时没有射穿木块，则对以子弹和木块组成的系统，由动量守恒定律得m v0′＝(M＋m)v′解得v′＝8 m/s此过程系统损失的机械能为由功能关系有Q＝ΔE＝F阻x相＝F阻d ΔE′＝F阻x相′＝F阻d′因为d′>10 cm，所以能射穿木块。
拓展 在例1中，若子弹能射出木块，则：CD(1)当子弹射入的速度增大时，下列说法正确的是________。
2020版高考一轮物理复习数字课件第6章专题七 动量观点和能量观点综合应用的“四个模型”
A 和 B 固定在轻簧的两端(A 和 B 静止在光滑的水平面上)。小球 C 以初速度 v0＝8 m/s 向 右运动，在极短时间 Δt＝0.1 s 内与 A 发生碰撞后以速度 v＝－2 m/s 被反弹，求： (1)C 与 A 碰撞过程中的平均作用力大小 F； (2)碰撞过程中损失的机械能 ΔE； (3)弹簧的最大弹性势能 Ep。
模型一 “子弹打木块”模型
解析：(1)第一颗子弹射入木块的过程，系统动量守恒，即 mv0＝(m＋M)v1 系统由 O 到 C 的运动过程中机械能守恒，即12(m＋M)v21＝(m＋M)gR m＋M 联立以上两式解得 v0＝ m 2gR＝31 m/s。 (2)由动量守恒定律可知，第 2 颗子弹射入木块后，木块的速度为 0 当第 3 颗子弹射入木块时，由动量守恒定律得 mv0＝(3m＋M)v3 解得 v3＝3mm＋v0M＝2.4 m/s。
设长木板 B 的质量为 M，对长木板 B， 由牛顿第二定律，μmg＝Ma2，解得 M
积，即为 ΔE＝μmgL＝0.1×2×10×1 J ＝2 J，选项 D 错误。
＝2 kg，选项 B 正确；根据 v -t 图线与 答案： AB 横轴所围的面积等于位移可知，木块 A
模型二 滑块——木板模型问题
[多维练透] 2.如图所示，质量为 m＝245 g 的物块(可视为质点)放在质量为 M＝0.5 kg 的木板左 端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为 μ＝0.4。质 量为 m0＝5 g的子弹以速度 v0＝300 m/s 沿水平方向射入物块并留在其中(时间极短)， g 取 10 m/s2。子弹射入后，求： (1)物块相对木板滑行的时间。 (2)物块相对木板滑行的位移。
模型一 “子弹打木块”模型
(2019·福建龙岩质检)(多选)如图所示，两个质量和速度均相同的子弹分别水平射入 静止在光滑水平地面上质量相同、材料不同的两矩形滑块 A、B 中，射入 A 中的深度是射 入 B 中深度的两倍。上述两种射入过程相比较( ) A．射入滑块 A 的子弹速度变化大 B．整个射入过程中两滑块受到的冲量一样大 C．两个过程中系统产生的热量相同 D．射入滑块 A 中时阻力对子弹做功是射入滑块 B 中时的两倍
模型一 “子弹打木块”模型
解析：(1)第一颗子弹射入木块的过程，系统动量守恒，即 mv0＝(m＋M)v1 系统由 O 到 C 的运动过程中机械能守恒，即12(m＋M)v21＝(m＋M)gR m＋M 联立以上两式解得 v0＝ m 2gR＝31 m/s。 (2)由动量守恒定律可知，第 2 颗子弹射入木块后，木块的速度为 0 当第 3 颗子弹射入木块时，由动量守恒定律得 mv0＝(3m＋M)v3 解得 v3＝3mm＋v0M＝2.4 m/s。
设长木板 B 的质量为 M，对长木板 B， 由牛顿第二定律，μmg＝Ma2，解得 M
积，即为 ΔE＝μmgL＝0.1×2×10×1 J ＝2 J，选项 D 错误。
＝2 kg，选项 B 正确；根据 v -t 图线与 答案： AB 横轴所围的面积等于位移可知，木块 A
模型二 滑块——木板模型问题
[多维练透] 2.如图所示，质量为 m＝245 g 的物块(可视为质点)放在质量为 M＝0.5 kg 的木板左 端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为 μ＝0.4。质 量为 m0＝5 g的子弹以速度 v0＝300 m/s 沿水平方向射入物块并留在其中(时间极短)， g 取 10 m/s2。子弹射入后，求： (1)物块相对木板滑行的时间。 (2)物块相对木板滑行的位移。
模型一 “子弹打木块”模型
(2019·福建龙岩质检)(多选)如图所示，两个质量和速度均相同的子弹分别水平射入 静止在光滑水平地面上质量相同、材料不同的两矩形滑块 A、B 中，射入 A 中的深度是射 入 B 中深度的两倍。上述两种射入过程相比较( ) A．射入滑块 A 的子弹速度变化大 B．整个射入过程中两滑块受到的冲量一样大 C．两个过程中系统产生的热量相同 D．射入滑块 A 中时阻力对子弹做功是射入滑块 B 中时的两倍
2019版高考物理一轮复习核心素养微专题六“滑块—木板”模型问题课件
2
B 1
由①②④⑤式知,aA=aB;再由⑦⑧可知,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所用时间为t2,根据运动学公式,对木板有v2=v1-a2t2 ⑫
对A有v2=-v1+aAt2 ⑬ 在t2时间间隔内,B(以及木板)相对地面移动的距离为 s1=v1t2⑭ 在(t1+t2)时间间隔内,A相对地面移动的距离为 sA=v0(t1+t2)- aA(t1+t2)2 ⑮
【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与木板间的摩擦 力的大小分别为f1、f2,木板与地面间的摩擦力的大小为f3,A、B、木板相对于地面的加 速度大小分别是aA、aB和a1,在滑块B与木板达到共同速度前有:f1=μ1mAg ① f2=μ1mBg ② f3=μ2(mA+mB+m)g ③
2.如图所示,质量M=8 kg的小车静止在光滑水平面上, 在小车右端施加一水平拉力F=8 N,当小车速度达到 1.5 m/s时,在小车的右端由静止轻放一大小不计、质 量m=2 kg的物体,物体与小车间的动摩擦因数μ=0.2, 小车足够长,物体从放上小车开始经t=1.5 s的时间, 则物体相对地面的位移为(g取10 m/s2) ( )
M
1 2 a 1t1 2
速度为a= =0.8 m/s2,再运动0.5 s的位移s2= vt′+ at′2=1.1 m,故物体从放上小车开始的 1.5 s时间内,物体相对地面的位移为1 m+1.1 m= 2.1 m,选项B正确。
1 2
F M m
3.(2018· 宜昌模拟)如图甲所示,可视为质点的A、B两物体置于一静止长纸带上,纸带左 端与A、A与B间距均为d=0.5 m,两物体与纸带间的动摩擦因数均为μ1=0.1,与地面间的 动摩擦因数均为μ2=0.2。现以恒定的加速度a=2 m/s2向右水平拉动纸带,重力加速度g 取10 m/s2,求: