滑块和木板模型专题培训课件
滑块和木板模型
1. 如图所示，质量为M =2kg的小车放在光滑水平面上，
在小车右端放一质量为m=1kg 的物块。两者间的动摩擦
因数为μ=0.1，使物块以v1=0.4m/s 的水平速度向左运动， 同时使小车以v2=0.8m/s 的初速度水平向右运动， （取g=
10m/s2）求：
（1）物块和小车相对静止时，
8 24 V1 20
v1
2
8 5
24
2 5
24
由于v1 必是正数，故合理的解是
V1
8 24 20
0.155m /
s
⑦
v1
C
B
V1 A
v1
2 5
24
1.38m / s
⑧
当滑到A之后，B 即以V1= 0.155m/s 做匀速运动．而C 是 以 v1=1.38m/s 的初速在A上向右运动．设在A上移动了y 距离 后停止在A上，此时C 和A 的速度为V2，如图示：
由动量守恒得
MV1 mv1 (m M )V2 ⑨
解得 由功能关系得 解得
V2 = 0.563 m/s
⑩
1 2
mv12
1 2
MV12
1 2
(m
M )V22
mgy
y = 0.50 m
y 比A 板的长度小，故小物块C 确实是停在A 板上．
最后A、B、C 的速度分别为:
VA V2 0.563m / s
①
在此过程中，木板B 的位移为S，小木块C 的位移为S+x．
由功能关系得
mg ( s
x)
1 2
mV
2
1 2
mv02
mgx
1 2
(m
2M
)V
2
1 2
mv02
相加得 mgs 1 2MV 2
②
2
解①、②两式得 x
Mv02
③
(2M m)g
代入数值得
v0
C
B
A
x 1.6m ④
题目 下页
xC
S
B
VA
x 比B 板的长度l 大．这说明小物块C不会停在B板上，
而要滑到A 板上．设C 刚滑到A 板上的速度为v1，此时A、B
板的速度为V1，如图示：
则由动量能关系得
1 2
mv02
1 2
mv12
1 2
2MV12
mgl
⑥
以题给数据代入解得
使物体一直不从木板上掉下来，v0 必须满足什么条件？ 解：木板碰墙后速度反向，由动量守恒定律(向左为正向)
（ m1 +m2）V=（ m1 –m2）v0
讨论:（1）若m1 > m2 由能量守恒定律
最后以共同速度为V向左运动，
m2 B
v0 m1
A
1/2（ m1
v0
+m2）v0
1 2
(m1
2-
1/2（ m1 +m2）V 2 ≤μm2g v0 m2
解：小车碰墙后速度反向，由动量守恒定律
（M+m）V= （M-m）v0
m
v0
最后速度为V，由能量守恒定律
M
1/2（M+m）v0 2- 1/2（M+m）V 2 =μmg S
2M 2
S
0
(M m)g
V
v0 m
v0
M
V
m
M
例4、如图所示，长为l 质量为m1的木板A置于光滑水 平面上，左端放一质量为m2的物体B.物体与木板之间的 动摩擦因数为μ，现在A与B以速度v0在水平光滑地面上 一起向右匀速运动.当A与竖直墙壁发生弹性碰撞后，要
V1 y C V2
VB V1 0.155m / s
B
A
VC VA 0.563m / s
C与A、B之间的动摩擦因数皆为μ=0.10．求最后A、B、
C各以多大的速度做匀速运动．取重力加速度g=10m/s2.
m=1.0kg
C
v0 =2.0m/s
B
A
M=2.0kg M=2.0kg
解：先假设小物块C 在木板B上移动距离 x 后，停在B上．这
时A、B、C 三者的速度相等，设为V．
由动量守恒得 mv0 (m 2M )V
mm12
（3）若m1 < m2 木板能与墙多次碰撞, 每次碰后的总动 量都向右,最后木板静止在靠近墙壁处,B静止在A右侧.
由能量守恒定律 1/2（ m1 +m2）v0 2≤μm2g l
v0 2 m2 gl / (m1 m2 )
5.长L=1m，质量M=1kg的木板AB静止于光滑水平面上。 在AB的左端有一质量m=1kg的小木块C，现以水平恒力 F=20N作用于C，使其由静止开始向右运动至AB的右端， C与AB间动摩擦因数μ=0.5，求F对C做的功及系统产生 的热量
物块和小车的速度大小和方向
（2）为使物块不从小车上滑下， 小车的长度L至少多大？
v1 m
M
v2
m
M
V1
mV
M
V
2.一质量为M的长木板B 静止在光滑水平面上，一质量为
m 的小滑块A（可视为质点）以水平速度 v0从长木板的 一端开始在木板上滑动，到达另一端滑块刚离开木板时
的速度为1/3v0 ，若把此木板固定在水平桌面上，其它条 件相同，求：滑块离开木板时的速度。
解：由于C受到外力作用所以系统动量不守恒，设木板
向前运动的位移是S，则木块的位移为S+L, 时间为t
对C： F（S+L）-μmg（S+L）=1/2×mvm2
（F-μmg）t = mvm 对AB：μmgS = 1/2×MvM2
μmg t = M vM
m=1kg C
A
F=20N
B
M=1kg
解以上四式得： vm=3vM S=0.5 m F对C做的功 W=F（S+L）=30J
f1
A
f2 v0 B
L
v0 /3
A
B
V
S2
L
3.如图所示，质量为M的小车左端放一质量为m的物体. 物体与小车之间的摩擦系数为μ，现在小车与物体以速度 v0在水平光滑地面上一起向右匀速运动.当小车与竖直墙 壁发生弹性碰撞后，物体在小车上向右滑移一段距离后 一起向左运动，求物体在小车上滑移的最大距离.
F
LC
摩擦生的热 Q=μmgL=5J
SA
B
2001年春季北京: 如图所示，A、B是静止在水平地
面上完全相同的两块长木板。A的左端和B的右端相接 触。两板的质量皆为M=2.0kg，长度皆为l =1.0m,C 是 一质量为m=1.0kg的木块．现给它一初速度v0 =2.0m/s， 使它从B板的左端开始向右动．已知地面是光滑的，而
m2 )gl / m1
V V
l v0 m1
mm12
（2）若m1 = m2 碰后系统的总动量为0，最后都静止在 水平面上,设静止时物体在木板的右侧,
由能量守恒定律 1/2（ m1 +m2）v0 2 ≤μm2g l
v0 m2
v0 m1
v0 2 m2 gl / (m1 m2 ) gl
1. 如图所示，质量为M =2kg的小车放在光滑水平面上，
在小车右端放一质量为m=1kg 的物块。两者间的动摩擦
因数为μ=0.1，使物块以v1=0.4m/s 的水平速度向左运动， 同时使小车以v2=0.8m/s 的初速度水平向右运动， （取g=
10m/s2）求：
（1）物块和小车相对静止时，
8 24 V1 20
v1
2
8 5
24
2 5
24
由于v1 必是正数，故合理的解是
V1
8 24 20
0.155m /
s
⑦
v1
C
B
V1 A
v1
2 5
24
1.38m / s
⑧
当滑到A之后，B 即以V1= 0.155m/s 做匀速运动．而C 是 以 v1=1.38m/s 的初速在A上向右运动．设在A上移动了y 距离 后停止在A上，此时C 和A 的速度为V2，如图示：
由动量守恒得
MV1 mv1 (m M )V2 ⑨
解得 由功能关系得 解得
V2 = 0.563 m/s
⑩
1 2
mv12
1 2
MV12
1 2
(m
M )V22
mgy
y = 0.50 m
y 比A 板的长度小，故小物块C 确实是停在A 板上．
最后A、B、C 的速度分别为:
VA V2 0.563m / s
①
在此过程中，木板B 的位移为S，小木块C 的位移为S+x．
由功能关系得
mg ( s
x)
1 2
mV
2
1 2
mv02
mgx
1 2
(m
2M
)V
2
1 2
mv02
相加得 mgs 1 2MV 2
②
2
解①、②两式得 x
Mv02
③
(2M m)g
代入数值得
v0
C
B
A
x 1.6m ④
题目 下页
xC
S
B
VA
x 比B 板的长度l 大．这说明小物块C不会停在B板上，
而要滑到A 板上．设C 刚滑到A 板上的速度为v1，此时A、B
板的速度为V1，如图示：
则由动量能关系得
1 2
mv02
1 2
mv12
1 2
2MV12
mgl
⑥
以题给数据代入解得
使物体一直不从木板上掉下来，v0 必须满足什么条件？ 解：木板碰墙后速度反向，由动量守恒定律(向左为正向)
（ m1 +m2）V=（ m1 –m2）v0
讨论:（1）若m1 > m2 由能量守恒定律
最后以共同速度为V向左运动，
m2 B
v0 m1
A
1/2（ m1
v0
+m2）v0
1 2
(m1
2-
1/2（ m1 +m2）V 2 ≤μm2g v0 m2
解：小车碰墙后速度反向，由动量守恒定律
（M+m）V= （M-m）v0
m
v0
最后速度为V，由能量守恒定律
M
1/2（M+m）v0 2- 1/2（M+m）V 2 =μmg S
2M 2
S
0
(M m)g
V
v0 m
v0
M
V
m
M
例4、如图所示，长为l 质量为m1的木板A置于光滑水 平面上，左端放一质量为m2的物体B.物体与木板之间的 动摩擦因数为μ，现在A与B以速度v0在水平光滑地面上 一起向右匀速运动.当A与竖直墙壁发生弹性碰撞后，要
V1 y C V2
VB V1 0.155m / s
B
A
VC VA 0.563m / s
C与A、B之间的动摩擦因数皆为μ=0.10．求最后A、B、
C各以多大的速度做匀速运动．取重力加速度g=10m/s2.
m=1.0kg
C
v0 =2.0m/s
B
A
M=2.0kg M=2.0kg
解：先假设小物块C 在木板B上移动距离 x 后，停在B上．这
时A、B、C 三者的速度相等，设为V．
由动量守恒得 mv0 (m 2M )V
mm12
（3）若m1 < m2 木板能与墙多次碰撞, 每次碰后的总动 量都向右,最后木板静止在靠近墙壁处,B静止在A右侧.
由能量守恒定律 1/2（ m1 +m2）v0 2≤μm2g l
v0 2 m2 gl / (m1 m2 )
5.长L=1m，质量M=1kg的木板AB静止于光滑水平面上。 在AB的左端有一质量m=1kg的小木块C，现以水平恒力 F=20N作用于C，使其由静止开始向右运动至AB的右端， C与AB间动摩擦因数μ=0.5，求F对C做的功及系统产生 的热量
物块和小车的速度大小和方向
（2）为使物块不从小车上滑下， 小车的长度L至少多大？
v1 m
M
v2
m
M
V1
mV
M
V
2.一质量为M的长木板B 静止在光滑水平面上，一质量为
m 的小滑块A（可视为质点）以水平速度 v0从长木板的 一端开始在木板上滑动，到达另一端滑块刚离开木板时
的速度为1/3v0 ，若把此木板固定在水平桌面上，其它条 件相同，求：滑块离开木板时的速度。
解：由于C受到外力作用所以系统动量不守恒，设木板
向前运动的位移是S，则木块的位移为S+L, 时间为t
对C： F（S+L）-μmg（S+L）=1/2×mvm2
（F-μmg）t = mvm 对AB：μmgS = 1/2×MvM2
μmg t = M vM
m=1kg C
A
F=20N
B
M=1kg
解以上四式得： vm=3vM S=0.5 m F对C做的功 W=F（S+L）=30J
f1
A
f2 v0 B
L
v0 /3
A
B
V
S2
L
3.如图所示，质量为M的小车左端放一质量为m的物体. 物体与小车之间的摩擦系数为μ，现在小车与物体以速度 v0在水平光滑地面上一起向右匀速运动.当小车与竖直墙 壁发生弹性碰撞后，物体在小车上向右滑移一段距离后 一起向左运动，求物体在小车上滑移的最大距离.
F
LC
摩擦生的热 Q=μmgL=5J
SA
B
2001年春季北京: 如图所示，A、B是静止在水平地
面上完全相同的两块长木板。A的左端和B的右端相接 触。两板的质量皆为M=2.0kg，长度皆为l =1.0m,C 是 一质量为m=1.0kg的木块．现给它一初速度v0 =2.0m/s， 使它从B板的左端开始向右动．已知地面是光滑的，而
m2 )gl / m1
V V
l v0 m1
mm12
（2）若m1 = m2 碰后系统的总动量为0，最后都静止在 水平面上,设静止时物体在木板的右侧,
由能量守恒定律 1/2（ m1 +m2）v0 2 ≤μm2g l
v0 m2
v0 m1
v0 2 m2 gl / (m1 m2 ) gl
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滑块木板模型PPT课件
CHENLI
动力学中的滑块—滑板模型
核心疑难探究
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)，铁块与木块间的动摩擦因数 μ1＝0.3，木板长 L＝1 m，用 F＝5 N 的水平恒力作用在铁块上，g 取 10 m/s2. (1)若水平地面光滑，计算说明铁块与木板间是否会发生相对滑 动； (2)若木板与水平地面间的动摩擦因数 μ2＝0.1，求铁块运动到木 板右端所用的时间．
L x1
CHENLI
两种位移关系：（相对滑动的位移关系） 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；反向运动时，位移之和等于板长．
CHENLI
动力学中的滑块—滑板模型
易失分点: (1) 不 清 楚 滑 块 、 滑 板 的 受 力 情 况 ， 求 不出各自的加速度． (2) 不 清 楚 物 体 间 发 生 相 对 滑 动 的 条 件．
CHENLI
动力学中的滑块—滑板模型
核心疑难探究
【典例2】 （12分）图所示，在光滑的水平地面上有一个 长为L，质量为 M4Kg的木板A，在木板的左端有一个质量
为 m2Kg的小物体B，A、B之间的动摩擦因数为 0.2，
当对B施加水平向右的力F作用时(设A、B间的最大静摩擦
力大小与滑动摩擦力大小相等)，
（1）若F=5N，则A、B 加速度分别为多大？
（2）若F=10N，则A、B 加速度分别为多大？
（3）在（2）的条件下，若力F作用时间t=3s，B刚好到达 木板A的右端，则木板长L应为多少？
CHENLI
动力学中的滑块—滑板模型
【典例3】木板M静止在光滑水平面上，木板核上心放疑着难一探究个 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，求下列情况下力F的大小范围。
动力学中的滑块—滑板模型
核心疑难探究
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)，铁块与木块间的动摩擦因数 μ1＝0.3，木板长 L＝1 m，用 F＝5 N 的水平恒力作用在铁块上，g 取 10 m/s2. (1)若水平地面光滑，计算说明铁块与木板间是否会发生相对滑 动； (2)若木板与水平地面间的动摩擦因数 μ2＝0.1，求铁块运动到木 板右端所用的时间．
L x1
CHENLI
两种位移关系：（相对滑动的位移关系） 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；反向运动时，位移之和等于板长．
CHENLI
动力学中的滑块—滑板模型
易失分点: (1) 不 清 楚 滑 块 、 滑 板 的 受 力 情 况 ， 求 不出各自的加速度． (2) 不 清 楚 物 体 间 发 生 相 对 滑 动 的 条 件．
CHENLI
动力学中的滑块—滑板模型
核心疑难探究
【典例2】 （12分）图所示，在光滑的水平地面上有一个 长为L，质量为 M4Kg的木板A，在木板的左端有一个质量
为 m2Kg的小物体B，A、B之间的动摩擦因数为 0.2，
当对B施加水平向右的力F作用时(设A、B间的最大静摩擦
力大小与滑动摩擦力大小相等)，
（1）若F=5N，则A、B 加速度分别为多大？
（2）若F=10N，则A、B 加速度分别为多大？
（3）在（2）的条件下，若力F作用时间t=3s，B刚好到达 木板A的右端，则木板长L应为多少？
CHENLI
动力学中的滑块—滑板模型
【典例3】木板M静止在光滑水平面上，木板核上心放疑着难一探究个 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，求下列情况下力F的大小范围。
专题4滑块木板连接体模型(课件)高二物理(人教版2019选择性)
力分析，由牛顿第二定律得1 = p , 1 − 2 + = Q ,联立解得1 =
0.15，2 = 0.05,故C错误，D正确。
第二部分
滑块 — 圆弧
模型
高中物理选择性必修第一册
01. 滑块——圆弧槽模型
1.模型建构：地面光滑
2.模型特点
(1)最高点：m与M有共同的水平速度，
定律有2 0 = 1 + 2 ，解得 =
2 0
1 +2
= 0.8m/s，故B正确；
07.
解析
高中物理选择性必修第一册
例题解析
1
2
C．根据 = = 2 02 −
1
2
1 + 2 2 = 0.24J，可知在此过程中系统产生
的内能为0.24J，故C正确；
D．设物块恰好不滑离小车时的初速度为0′ ，物块到达木板最右端时的速度为
v
f
S
f
x
高中物理选择性必修第一册
03. 证明系统机械能不守恒
根据牛顿第二定律
am g
mg
aM
M
v0 v
x
t
2
m
v0
vm v0 amt
M
vM aM t
v
S t
2
v
f
S
f
x
高中物理选择性必修第一册
04. 证明系统机械能不守恒
功能关系：fS
M
1
Mv2
2
1 2 1 2
m
v0
M
且m不可能从此处离开轨道，系统水平方向动量守恒，系统机械能守恒。
mv0 ( M m)v共
1
0.15，2 = 0.05,故C错误，D正确。
第二部分
滑块 — 圆弧
模型
高中物理选择性必修第一册
01. 滑块——圆弧槽模型
1.模型建构：地面光滑
2.模型特点
(1)最高点：m与M有共同的水平速度，
定律有2 0 = 1 + 2 ，解得 =
2 0
1 +2
= 0.8m/s，故B正确；
07.
解析
高中物理选择性必修第一册
例题解析
1
2
C．根据 = = 2 02 −
1
2
1 + 2 2 = 0.24J，可知在此过程中系统产生
的内能为0.24J，故C正确；
D．设物块恰好不滑离小车时的初速度为0′ ，物块到达木板最右端时的速度为
v
f
S
f
x
高中物理选择性必修第一册
03. 证明系统机械能不守恒
根据牛顿第二定律
am g
mg
aM
M
v0 v
x
t
2
m
v0
vm v0 amt
M
vM aM t
v
S t
2
v
f
S
f
x
高中物理选择性必修第一册
04. 证明系统机械能不守恒
功能关系：fS
M
1
Mv2
2
1 2 1 2
m
v0
M
且m不可能从此处离开轨道，系统水平方向动量守恒，系统机械能守恒。
mv0 ( M m)v共
1
滑块、木板模型和传送带模型课件
的模型，传送带倾斜放置，与 水平面夹角为 θ＝37°，传送带 AB 足够长，传送带以大小为 v＝2 m/s 的恒定 速率顺时针转动．一包货物以 v0＝12 m/s 的初速度从 A 端滑上倾斜传送带， 若货物与皮带之间的动摩擦因数 μ＝0.5，且可将货物视为质点．
图3
传送带模型
1.问题的特点 (1)当物体与传送带相对静止时，物体与传送带间可能存在静摩擦力也可 能不存在摩擦力． (2)当物体与传送带相对滑动时，物体与传送带间有滑动摩擦力，这时物 体与传送带间会有相对滑动的位移． (3)若物体以大于传送带的速度沿传送带运动方向滑上传送带，则物体将 受到传送带提供的使它减速的摩擦力作用，直到减速到和传送带有相同速度， 相对传送带静止为止，因此该摩擦力方向一定与物体运动方向相反．
滑块—木板模型和传送带模型
滑块—木板模型
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 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；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．
【答案】 (1)10 m/s2 (2)1 s 7 m (3)(2＋2 2) s
分析传送带问题的三个步骤 (1)初始时刻，根据 v 物、v 带的关系，确定物体的受力情况，进而确定物 体的运动情况． (2)根据临界条件 v 物＝v 带确定临界状态的情况，判断之后的运动形式． (3)运用相应规律，进行相关计算．
3．解题方法 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．
图3
传送带模型
1.问题的特点 (1)当物体与传送带相对静止时，物体与传送带间可能存在静摩擦力也可 能不存在摩擦力． (2)当物体与传送带相对滑动时，物体与传送带间有滑动摩擦力，这时物 体与传送带间会有相对滑动的位移． (3)若物体以大于传送带的速度沿传送带运动方向滑上传送带，则物体将 受到传送带提供的使它减速的摩擦力作用，直到减速到和传送带有相同速度， 相对传送带静止为止，因此该摩擦力方向一定与物体运动方向相反．
滑块—木板模型和传送带模型
滑块—木板模型
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 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；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．
【答案】 (1)10 m/s2 (2)1 s 7 m (3)(2＋2 2) s
分析传送带问题的三个步骤 (1)初始时刻，根据 v 物、v 带的关系，确定物体的受力情况，进而确定物 体的运动情况． (2)根据临界条件 v 物＝v 带确定临界状态的情况，判断之后的运动形式． (3)运用相应规律，进行相关计算．
3．解题方法 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．
专题滑块木板问题1分析课件
第5页，共34页。
学习指导
1．模型特点： 两个物体上、下叠放在一起，发生相对滑动，运
动上——两者的加速度是不同的，受力上——两者 有相互的滑动摩擦力相联系。相对静止时，两者之间 为静摩擦力。
第6页，共34页。
2．解题思路： （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
学习目标
1、了解“滑板-滑块模型”的模型特点和动力 学特征。
2、掌握“滑板-滑块模型”问题的分析方法 和技巧。
第2页，共34页。
考情分析
1.“滑板-滑块”模型，具有涉及考点多（运
动学公式、牛顿运动定律、功能关系等）， 情境丰富，设问灵活，解法多样，思维量高 等特点，是一类选拔功能较强的试题，也是 高考常考的模型。
A尚未露出平台）后，将A取走。B离开平台后的落地点与平台右 边缘的水平距离x=1.2m。（取g=10m/s2）求： ⑴B离开平台时的速度vB。
⑵B从开始运动到刚脱离A时，B运动的时间tB和位移xB。
⑶A左端的长度l2。
第26页，共34页。
板块问题的解决思路
找
运
出
依
动
临
据
初
界
已
态
状
作
知
分
态，
运
所
析，
短时间;
(3)如果其他条件不变，假设木板上表面也粗
糙，其上表面与木块之间的动摩擦因数为
µ1=0.3，欲使木板能从木块的下方抽出，对
木板施加的拉力应满足什么条件？
（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
4.6专题三滑块-木板模型课件ppt-高一上学期物理教科版必修第一册
❶初始时刻：相对状态、摩擦力如何？aA=_______aB=____________
❷恰好不掉下B板长L=XA对B=________________ ❷足够长，共速后：aAB=________,做何运动?
v
B
μ1A
v0
地面光滑 v0 < v
【例题1】（多选）如图所示，一足够长的木板静止在粗糙的水平面上， t=0时刻滑块从木板的左端以速度vo水平向右滑行，木板与滑块间存在摩 擦，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力. 下列描述滑块的V-t 图像中可能
【例题3】质量M=3kg的长木板放在光滑的水平面上，在水平恒力F=11 N 作用下由静止开始向右运动，如图所示，当速度达到1 m/s 时，将质量 m=4kg的物块轻轻放到木板的右端，已知物块与木板间的动摩擦因数 μ=0.2，g取 10m/s²，求∶ （1）物块经多少时间与木板保持相对静止; （2）在这一段时间内，物块相对于木板滑行的距离多大; （3）物块与木板相对静止后，物块受到的摩擦力多大.
❶ 初始初时始❷刻时、刻相共：速相时对对刻运的动滑受状力态动和？过摩程各擦力如自何？加速，力的最小值___________________________。
➊木板能够运动，动摩擦因数有何要求?
加速度a临界值: a整体=a隔离临界=F隔离合/m
(1)求冲上木板后，木块减速的加速度大小a1,木板加速的加速度大小a2，两者一起减速的加速度a3 谁有最大加速度？为多少？
A
0
μ 下列描述滑块的V-t 图像中可能正确的是（ ）
1
B
(2)求木❷块和初木板始的质量时比 刻：aA=_________aB=___________________
地面μ2
➌木板足够长，共速后：aAB=________,一起匀减速
专题三滑块——木板模型和传送带模型-高一物理精品课件(人教版必修第一册)
2、滑块——木板模型的三个基本关系
(1)加速度关系：如果滑块与木板之间没有发生相对运动，可以用“整体
法”求出它们一起运动的加速度；如果滑块与木板之间发生相对运动，
应采用“隔离法”求出滑块与木板运动的加速度。应注意找出滑块与木
板是否发生相对运动等隐含条件。
(2)速度关系：滑块与木板之间发生相对运动时，明确滑块与木板的速
水平恒定推力F＝8 N，当长木板向右运动的速度达到1.5 m/s 时，在长木板前端轻轻地
放上一个大小不计、质量为m＝2 kg的小物块，物块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.2，
长木板足够长。(g取10 m/s2)
(1)小物块放在长木板上后，小物块及长木板的加速度各为多大？
(2)经多长时间两者达到相同的速度？
由图(b)可知，木板与墙壁碰前瞬间的速度v1＝4 m/s，由运动学公式得
v1＝v0＋a1t1 ②
s0＝v0t1＋ a1t 2 ③
式中t1＝1 s，s0＝4.5 m是木板与墙壁碰前瞬间的位移，v0是小物块和木板开始运动时的速度．联立
①②③式并结合题给条件得μ1＝0.1.④
在木板与墙壁碰撞后，木板以－v1的初速度向左做匀变速运动，小物块以v1的初速度向右做匀变速
牛顿第二定律及运动学公式得
μ2mg＋μ1(M＋m)g＝Ma3 ⑧
v3＝－v1＋a3Δt
⑨
v3＝v1＋a2Δt ⑩
碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板的位移为
－+
+
s1 ＝
Δt
⑪小物块的位移为s2＝
Δt
⑫
小物块相对木板的位移为Δs＝s2－s1
⑬
联立⑥⑧～⑬式，并代入数据得Δs＝6.0 m．
(1)加速度关系：如果滑块与木板之间没有发生相对运动，可以用“整体
法”求出它们一起运动的加速度；如果滑块与木板之间发生相对运动，
应采用“隔离法”求出滑块与木板运动的加速度。应注意找出滑块与木
板是否发生相对运动等隐含条件。
(2)速度关系：滑块与木板之间发生相对运动时，明确滑块与木板的速
水平恒定推力F＝8 N，当长木板向右运动的速度达到1.5 m/s 时，在长木板前端轻轻地
放上一个大小不计、质量为m＝2 kg的小物块，物块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.2，
长木板足够长。(g取10 m/s2)
(1)小物块放在长木板上后，小物块及长木板的加速度各为多大？
(2)经多长时间两者达到相同的速度？
由图(b)可知，木板与墙壁碰前瞬间的速度v1＝4 m/s，由运动学公式得
v1＝v0＋a1t1 ②
s0＝v0t1＋ a1t 2 ③
式中t1＝1 s，s0＝4.5 m是木板与墙壁碰前瞬间的位移，v0是小物块和木板开始运动时的速度．联立
①②③式并结合题给条件得μ1＝0.1.④
在木板与墙壁碰撞后，木板以－v1的初速度向左做匀变速运动，小物块以v1的初速度向右做匀变速
牛顿第二定律及运动学公式得
μ2mg＋μ1(M＋m)g＝Ma3 ⑧
v3＝－v1＋a3Δt
⑨
v3＝v1＋a2Δt ⑩
碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板的位移为
－+
+
s1 ＝
Δt
⑪小物块的位移为s2＝
Δt
⑫
小物块相对木板的位移为Δs＝s2－s1
⑬
联立⑥⑧～⑬式，并代入数据得Δs＝6.0 m．
高考物理研究小滑块与长木板(车)相对运动模型 PPT课件 图文
(mP＋mQ)v1＝(mP＋mQ＋mC)v2， 解得：v2＝4 m/s. 设 C 与 PQ 共速时相对滑动的位移为 s，相对滑动的过 程中，根据系统能量守恒定律，有：
12(mP＋mQ)v21＝12(mP＋mQ＋mC)v22＋μmCgs， 解得：s＝5 m.
高考总复习.物理
(2)P 对 C 的动摩擦力使 C 向右做加速运动，C 对 P 的动 摩擦力使 PQ 整体向右做减速运动．
对位移的积累效果方面来研究力学问题的．
(3)动量的观点是利用不受外力或所受的合外力为零时， 动量将保持不变，这就是_____动__量_定守律恒．它对物体之间相对 运动的速度过渡起着很重要的________纽作带用
高考总复习.物理
1.动量守恒原则 在小滑块与长木板(车)相对运动问题中，地面(或水平面) 都是光滑的，因为它们之间相对运动的时间较长，不象碰撞那 样很短，只有这样，才能符合动量定恒的条件．而地面(或水 平面)不光滑，则要用牛顿第二定律和运动学解答，难度较大， 高考较少出现． 2.摩擦力做功的处理 一对滑动摩擦力做功的过程中，既有通过摩擦力做功， 将部分机械能从一个物体转移到另一个物体上，又有部分机械 能转化为内能．
μmgL＝12mv12－(12mvP2＋12MvQ2)．②
高考总复习.物理
① ②联立并代入已知数据解得：vP＝3 m/s，vQ＝1 m/s ② (vP＝1 m/s，vQ＝3 m/s 不合理，舍去)． 因 vP>vQ，故小物块 P 能从小车 Q 的右端飞出． 小物块 P 能从小车 Q 的右端飞出，然后做平抛运动， 根据平抛运动的规律，
高考总复习.物理
(2)能量的观点是利用动能定理和功能原理将物体的 _能__量__变__化_与____做__功__联系起来；当除重力与弹力外没有其他 力做功时__机__械__能__保持不变，这就是机械能守恒定律；能量 在转移与转化过程中总量保持不变，这就是能__量__守__恒__定 律．功是力对____位__移__的积累效果，所以能量观点就是从力
12(mP＋mQ)v21＝12(mP＋mQ＋mC)v22＋μmCgs， 解得：s＝5 m.
高考总复习.物理
(2)P 对 C 的动摩擦力使 C 向右做加速运动，C 对 P 的动 摩擦力使 PQ 整体向右做减速运动．
对位移的积累效果方面来研究力学问题的．
(3)动量的观点是利用不受外力或所受的合外力为零时， 动量将保持不变，这就是_____动__量_定守律恒．它对物体之间相对 运动的速度过渡起着很重要的________纽作带用
高考总复习.物理
1.动量守恒原则 在小滑块与长木板(车)相对运动问题中，地面(或水平面) 都是光滑的，因为它们之间相对运动的时间较长，不象碰撞那 样很短，只有这样，才能符合动量定恒的条件．而地面(或水 平面)不光滑，则要用牛顿第二定律和运动学解答，难度较大， 高考较少出现． 2.摩擦力做功的处理 一对滑动摩擦力做功的过程中，既有通过摩擦力做功， 将部分机械能从一个物体转移到另一个物体上，又有部分机械 能转化为内能．
μmgL＝12mv12－(12mvP2＋12MvQ2)．②
高考总复习.物理
① ②联立并代入已知数据解得：vP＝3 m/s，vQ＝1 m/s ② (vP＝1 m/s，vQ＝3 m/s 不合理，舍去)． 因 vP>vQ，故小物块 P 能从小车 Q 的右端飞出． 小物块 P 能从小车 Q 的右端飞出，然后做平抛运动， 根据平抛运动的规律，
高考总复习.物理
(2)能量的观点是利用动能定理和功能原理将物体的 _能__量__变__化_与____做__功__联系起来；当除重力与弹力外没有其他 力做功时__机__械__能__保持不变，这就是机械能守恒定律；能量 在转移与转化过程中总量保持不变，这就是能__量__守__恒__定 律．功是力对____位__移__的积累效果，所以能量观点就是从力
专题-木板与木块模型ppt课件
• 若滑块恰好滑至圆弧到达Ｔ点时就停止，则滑块 也能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道．
•
根据动能定理，有：
mgL2
mg
•
R
0
1 2
m
1
2
代入数据解得：
L2 2.8 m
这种情况下小车的长度为： L L1 L2 5.8 m
若滑块滑至P点时速度恰好为零，由动能定理，有：
7
mgL2
0
1 2
m12
• 解得： L2 4 m （1分）
• 这种情况下小车的长度为：L L1 L2 7 m
• 综上所述，滑块能沿圆轨道运动而不脱离 圆轨道，半圆轨道的半径必须满足：
• 3m L 4m 或 5.8m L <7m
8
变式训练 如图所示，地面和半圆轨道面均光滑，质 量Ｍ＝1kg、长Ｌ＝4m的小车放在地面上，其右端 与墙壁的距离S＝3m，小车上表面与半圆轨道最低 点Ｐ的切线相平．现有一质量为m0=0.1kg的子弹 以 速 度 v0=120m/s 射 入 静 止 于 小 车 左 端 质 量 m ＝ 1.9kg的滑块（可视为质点）并留在滑块中，再带 动小车向右运动，小车与墙壁碰撞时即被粘在墙 壁上．已知滑块与小车表面的滑动摩擦因数μ＝ 0.2，g取10m/s2．
5
• 解:（18分）（1）设滑块与小车的共同速度为v1，滑块与 小车相对运动过程中动量守恒，有：
•
………（2分）
m 0 (m M )1
• 代入数据解得：1 4m / s
…………（2分）
• 设小车的最小长度为L1，由系统能量守恒定律，有：
•
mgL1
1 2
m
0
2
1 2
(m
M
)1
•
根据动能定理，有：
mgL2
mg
•
R
0
1 2
m
1
2
代入数据解得：
L2 2.8 m
这种情况下小车的长度为： L L1 L2 5.8 m
若滑块滑至P点时速度恰好为零，由动能定理，有：
7
mgL2
0
1 2
m12
• 解得： L2 4 m （1分）
• 这种情况下小车的长度为：L L1 L2 7 m
• 综上所述，滑块能沿圆轨道运动而不脱离 圆轨道，半圆轨道的半径必须满足：
• 3m L 4m 或 5.8m L <7m
8
变式训练 如图所示，地面和半圆轨道面均光滑，质 量Ｍ＝1kg、长Ｌ＝4m的小车放在地面上，其右端 与墙壁的距离S＝3m，小车上表面与半圆轨道最低 点Ｐ的切线相平．现有一质量为m0=0.1kg的子弹 以 速 度 v0=120m/s 射 入 静 止 于 小 车 左 端 质 量 m ＝ 1.9kg的滑块（可视为质点）并留在滑块中，再带 动小车向右运动，小车与墙壁碰撞时即被粘在墙 壁上．已知滑块与小车表面的滑动摩擦因数μ＝ 0.2，g取10m/s2．
5
• 解:（18分）（1）设滑块与小车的共同速度为v1，滑块与 小车相对运动过程中动量守恒，有：
•
………（2分）
m 0 (m M )1
• 代入数据解得：1 4m / s
…………（2分）
• 设小车的最小长度为L1，由系统能量守恒定律，有：
•
mgL1
1 2
m
0
2
1 2
(m
M
)1
专题 滑块—木板模型(板块模型)(课件)(共54张PPT)
1.模型特点 涉及两个发生相对滑动的物体. 两种位移关系 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； 若滑块和滑板相向运动，位移之和等于板长.
设板长为L，滑块位移x1，滑板位移x2 x1
同向运动时：
运动演示
L=x1-x2
x2 L=x1+x2
相向运动时：
x1 x2
模型特征 滑块—滑板模型(如图a所示),涉及两个物体间的相对滑动,题目涉及摩擦力 分析、相对运动、摩擦生热、多次相互作用等,属于多物体、多过程问题,综 合性较强,对能力要求较高,频现于高考试卷中。另外,常见的子弹射击木块 (如图b)、圆环在直杆上滑动(如图c)都属于滑块—滑板类问题,处理方法与滑 块—滑板模型类似。
专题 滑块—木板模型 (板块模型)
人教版（2019） 高一上
综合模型 滑块——木快板模型
运动和力观点
功能பைடு நூலகம்点 动量观点
三大
四大
思路
问题
木板＋木块
模型
突出----
独立性、规律性、关联性
抓住----
两个加速度 两个位移 三个关系
1、板块用力拉 2、块在板上滑 3、板块相向动 4、弹碰情景加
1.概念：一个物体在另一个物体上发生相对滑动，两者之间有相对运动。 问题涉及两个物体、多个过程，两物体的运动时间、速度、位移间有一定 的关系。 2.模型的特点： 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 在摩擦力的相互作用下发生相对滑动。
到随时间t变化的水平拉力F作用时,用传感器测出木板B的加速
度a,得到如图乙所示的a-F图像,已知g取10 m/s2,则 ( )
A.木板B的质量为1 kg B.滑块A的质量为4 kg C.当F=10 N时木板B的加速度为4 m/s2 D.滑块A与木板B间动摩擦因数为0.1
滑块与木板问题PPT课件
与木板之间的动摩擦因数μ，小滑块的初速度为V0，求： （1）小滑块在木板上滑行的距离
（2）在这个过程中产生的内能
V0 m
M
2021/3/7
CHENLI
8
解析 （1）m相对M水平向右运动，所以m受到摩擦力如图，
力的作用是相互的，所以M受到摩擦力如图
（2）由牛顿第二定律可得： m的加速度为 a1=μmg/m=μg M的加速度为a2=μmg/M
（2）所示，要使A、B不相对滑动，求F′的最大值Fm.
FB A
F′
B A
图（1）
图（2）
答案：根据图（1），设A、B间的静摩擦力达到最大值fm时，系统的加速度为
a.根据牛顿第二定律有：F=(mA+mB)a fm=mAa ② 代入数值联立解得：fm=2.0N ③
①
f
BF
m
A
fm
图（1）
F′
B A
fm
f
mF M
2021/3/7
CHENLI
10
[解析]（1）小滑块与木板间的滑动摩擦力 f=μFN=μmg=4N…………①
f
m
f
F
M
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 a1 F> 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。
CHENLI
11
小结：
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 • 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；