滑块木板模型(解析版)-2022年新课标高中物理模型与方法..pdf

滑块木板模型(解析版)-2022年新课标高中物理模型与方法..pdf

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韩哥智慧之窗韩哥智慧之窗1专题专题05滑块木板模型滑块木板模型目录【模型归纳】.1模型一光滑面上外力拉板.1模型二光滑面上外力拉块.1模型三粗糙面上外力拉板.1模型四粗糙面上外力拉块.2模型五粗糙面上刹车减速.2【常见问题分析】.2问题1板块模型中的运动学单过程问题.2问题2板块模型中的运动学多过程问题1至少作用时间问题.3问题3板块模型中的运动学多过程问题2抽桌布问题.3问题4板块模型中的运动学粗糙水平面减速问题.4【模型例析】.5【模型演练】.11【模型归纳】【模型归纳】模型一模型一光滑面上外力拉板光滑面上外力拉板加速度分离不分离m2m1Ff光滑afm1最大加速度a1max=gm2加速度a2=（F-m1g）/m2条件：

a2a1max即Fg（m1+m2）条件：

a2a1max即Fg（m1+m2）整体加速度a=F/（m1+m2）内力f=m1F/（m1+m2）模型二模型二光滑面上外力拉块光滑面上外力拉块加速度分离不分离m2m1Ff光滑afm2最大加速度a2max=m1g/m2m1加速度a1=（F-m1g）/m1条件：

a1a2max即Fm1g（1+m1/m2）条件：

a2a1max即Fm1g（1+m1/m2）整体加速度a=F/（m1+m2）内力f=m2F/（m1+m2）模型三模型三粗糙面上外力拉板粗糙面上外力拉板不分离（都静止）不分离（一起加速）分离韩哥智慧之窗韩哥智慧之窗2m2m11Ff1af12f2条件：

F2（m1+m2）g条件：

a2a1max即2（m1+m2）ga1max=1g即F（1+2）g（m1+m2）外力区间范围F（1+2）g（m1+m2）2（m1+m2）g分离一起加速都静止模型四模型四粗糙面上外力拉块粗糙面上外力拉块1m1g2（m1+m2）g一起静止一起加速分离m2m11Ff1af12f2条件：

F2（m1+m2）g条件：

2（m1+m2）ga2max=1m1g-2（m1+m2）g/m2即F（1-2）m1g（1+m1/m2）外力区间范围F（1-2）m1g（1+m1/m2）2（m1+m2）g分离一起加速一起静止模型五模型五粗糙面上刹车减速粗糙面上刹车减速一起减速减速分离m2m11f1vf12f2am1最大刹车加速度：

a1max=1g整体刹车加速度a=2g条件：

aa1max即21条件：

aa1max即21m1刹车加速度：

a1=1gm2刹车加速度：

a2=2（m1+m2）g-1m1g）/m2加速度关系：

a1a2【常见问题分析】【常见问题分析】问题问题1板块模型中的运动学单过程问题板块模型中的运动学单过程问题恒力拉板恒力拉块m1Fm2Lm1Fm2L韩哥智慧之窗韩哥智慧之窗3x1FFx2x相对m1m2v1v2x1FFx2x相对m1m2v1v2t0t/s0v2v/ms-1a1a2v1x相对t0t/s0v1v/ms-1a2a1v2x相对分离，位移关系：

x相对=a2t02a1t02=L分离，位移关系：

x相对=a1t02a2t02=L问题问题2板块模型中的运动学多过程问题板块模型中的运动学多过程问题1至少作用时间问题至少作用时间问题问题：

板块分离，F至少作用时间？

m1Fm2L过程：

板块均加速过程：

板加速、块减速x1FFx2x相对m1m2v1v2x1Fx2x2相对m1m2v1v2t1t/s0v1v/ms-1a2a1v2x1相对t1t/s0v1v/ms-1a2a1v2x1相对x2相对a1t2位移关系：

x1相对+x2相对=L即v（t1+t2）/2=L；利用相对运动v=（a2a1）t1、v=（a2+a1）t2问题问题3板块模型中的运动学多过程问题板块模型中的运动学多过程问题2抽桌布问题抽桌布问题抽桌布问题简化模型ABam1Fm2L1L2过程：

分离过程：

匀减速韩哥智慧之窗韩哥智慧之窗4x1FFx2L1m1m2v1v2x1FL2m1m2v1x1t0t/s0v2v/ms-1a1a2v1x相对t0t/s0v1v/ms-1a1v2x1x1a1分离，位移关系：

x2x1=L10v0多过程问题，位移关系：

x1+x1=L2问题问题4板块模型中的运动学粗糙水平面减速问题板块模型中的运动学粗糙水平面减速问题块带板板带块m1v0m221m1v0m221x1v0x2x相对m1m2v共v共x1v0x2x相对m1m2v共v共t0t/s0v0v/ms-1a2a1v共x相对a共t0t/s0v0v/ms-1a2a1v共x1相对a1x2相对a2t0t/s0v0v/ms-1a2a1v共x相对a共1211mg0.3110N3N韩哥智慧之窗韩哥智慧之窗6假设A、B之间不发生相对滑动，则对A、B整体，有F（Mm）a对A，有fABMa解得fAB2.5N因为fABfm，所以A、B之间不发生相对滑动

（2）对B，有F1mgmaB对A，有1mg2（Mm）gMaA据题意有xBxAL又xAaAt212xBaBt212解得ts2【例【例3】（2020安徽安庆市二模安徽安庆市二模）如图所示，光滑水平地面上有一质量M2kg的足够长的木板以速度v010m/s向右匀速运动，从t0时刻起对其施加一水平向左的恒力F8N经过t11s时，将一质量m2kg的小物块轻放在木板右端已知物块与木板间的动摩擦因数0.4，取g10m/s2.求：

（1）刚放上物块时木板的速度大小v1；

（2）物块在木板上相对木板滑动的时间t.【答案】

（1）6m/s

（2）0.5s【解析】

（1）放上物块之前，设木板的加速度大小为a1，对木板，根据牛顿第二定律有FMa1解得a14m/s2木板做匀减速直线运动，则v1v0a1t1解得v16m/s.

（2）放上物块之后，设物块的加速度大小为a2，木板的加速度大小为a3.对物块，根据牛顿第二定律有mgma2解得a24m/s2对木板，根据牛顿第二定律有FmgMa3解得a38m/s2经过时间t2二者共速时有a2t2v1a3t2解得t20.5s共速后若物块和木板相对静止，设二者共同的加速度大小为a0，由于F（Mm）a0解得a02m/s2a2，则二者一定相对滑动，若a0a2，则二者一定相对静止【易错提醒】【易错提醒】有的学生会误认为：

物块轻放在木板右端后，由于恒力F方向水平向左，物块会受到水平向左的滑动摩擦力，导致物块一开始就向左运动实际上，物块轻放在木板右端后受到的滑动摩擦力方向是根据物块相对木板的运动方向来判断的，物块相对木板是向左运动的，物块受到的滑动摩擦力方向是向右的，因而物块一开始是水平向右加速运动的【例【例4】（2015全国卷全国卷）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4.5m，如图（a）所示。

t0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t1s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1s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10m/s2。

求：

图（a）图（b）

（1）木板与地面间的动摩擦因数1及小物块与木板间的动摩擦因数2；

（2）木板的最小长度；（3）木板右端离墙壁的最终距离。

【大题拆分】第一步：

分析研究对象模型。

设小物块和木板的质量分别为m和M。

小物块可以看作质点（初始条件v0未知，如图甲所示）。

第二步：

分解过程模型。

（1）认为地面各点的粗糙程度相同，小物块和木板一起向右做匀变速运动，到速度大小为v1，如图乙所示。

韩哥智慧之窗韩哥智慧之窗8

（2）木板与墙壁碰撞过程：

小物块受到滑动摩擦力（设置的初始条件），由于碰撞时间极短（t0），故碰后小物块速度不变，木板的速度方向突变（设置的初始条件），如图丙所示。

（3）然后小物块向右减速，木板向左减速，经1s小物块速度减小为零（如图丁所示）。

由于木板的加速度较小，故小物块速度为零时，木板仍有速度。

然后小物块向左加速，木板向左减速，到二者达到共同速度v3（如图戊所示）。

（4）分析临界条件，包括时间关系和空间关系，如图戊所示。

（5）在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速直线运动直至停止（如图己所示）。

【答案】

（1）0.10.4

（2）6m（3）6.5m【解析】

（1）根据图象可以判定碰撞前小物块与木板共同速度为v4m/s碰撞后木板速度水平向左，大小也是v4m/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a2m/s24m/s2v0t401根据牛顿第二定律有2mgma2，解得20.4木板与墙壁碰撞前，匀减速运动时间t1s，位移x4.5m，末速度v4m/s其逆运动则为匀加速直线运动，可得xvta1t212解得a11m/s2对小物块和木板整体受力分析，地面对木板的滑动摩擦力提供合外力，由牛顿第二定律得：

1（m15m）g（m15m）a1，即1ga1解得10.1。

（2）碰撞后，木板向左做匀减速运动，依据牛顿第二定律有1（15mm）g2mg15ma3可得a3m/s243对滑块，加速度大小为a24m/s2由于a2a3，所以滑块速度先减小到0，所用时间为t11s的过程中，木板向左运动的位移为x1vt1a3tm，末速度v1va3t1m/s122110383滑块向右运动的位移x2t12mv02此后，小物块开始向左加速，加速度大小仍为a24m/s2木板继续减速，加速度大小仍为a3m/s243假设又经历t2二者速度相等，则有a2t2v1a3t2解得t20.5s此过程中，木板向左运动的位移x3v1t2a3tm，末速度v3v1a3t22m/s122276韩哥智慧之窗韩哥智慧之窗9滑块向左运动的位移x4a2t0.5m1222此后小物块和木板一起匀减速运动，二者的相对位移最大为xx1x2x3x46m小物块始终没有离开木板，所以木板最小的长度为6m。

（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a11m/s2向左运动的位移为x52mv232a1所以木板右端离墙壁最远的距离为xx1x3x56.5m。

【例【例5】（2017课标课标，25）如图，两个滑块A和B的质量分别为mA1kg和mB5kg，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10.5；木板的质量为m4kg，与地面间的动摩擦因数为20.1.某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v03m/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g10m/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【审题指导】：

如何建立物理情景，构建解题路径首先分别计算出B与板、A与板、板与地面间的滑动摩擦力大小，判断出A、B及木板的运动情况把握好几个运动节点由各自加速度大小可以判断出B与木板首先达到共速，此后B与木板共同运动A与木板存在相对运动，且A运动过程中加速度始终不变木板先加速后减速，存在两个过程【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aA和aB，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f11mAgf21mBgf32（mmAmB）g由牛顿第二定律得f1mAaAf2mBaB韩哥智慧之窗韩哥智慧之窗10f2f1f3ma1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v1v0aBt1v1a1t1联立式，代入已知数据得v11m/s

（2）在t1时间间隔内，B相对于地面移动的距离为sBv0t1aBt1221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f1f3（mBm）a2由式知，aAaB；再由式知，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v2v1a2t2对A有v2v1aAt2在t2时间间隔内，B（以及木板）相对地面移动的距离为s1v1t2a2t1222在（t1t2）时间间隔内，A相对地面移动的距离为sAv0（t1t2）aA（t1t2）212A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s0sAs1sB联立以上各式，并代入数据得s01.9m（也可用如图所示的速度时间图线求解）韩哥智慧之窗韩哥智慧之窗11【规律总结】【规律总结】“滑块滑板”模型的一般解题步骤滑块滑板问题的解题关键点

（1）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

（2）滑块是否会从滑板上掉下的临界条件是滑块到达滑板一端时两者共速（3）滑块不能从滑板上滑下的情况下，当两者共速时，两者受力、加速度发生突变【模型演练】【模型演练】1（多选多选）（2020河北唐山调研河北唐山调研）如图所示，将小砝码放在桌面上的薄纸板上，若砝码和纸板的质量分别为M和m，各接触面间的动摩擦因数均为，砝码到纸板左端的距离和到桌面右端的距离均为d.现用水平向右的恒定拉力F拉动纸板，下列说法正确的是（）A纸板相对砝码运动时，纸板所受摩擦力的大小为（Mm）gB要使纸板相对砝码运动，F一定大于2（Mm）gC若砝码与纸板分离时的速度小于，砝码不会从桌面上掉下gdD当F（2M3m）g时，砝码恰好到达桌面边缘解析：

选BC.对纸板分析，当纸板相对砝码运动时，纸板所受的摩擦力为（Mm）gMg，故A错误设砝码的加速度为a1，纸板的加速度为a2，则有MgMa1，FMg（Mm）gma2，发生相对运动需要a2a1，韩哥智慧之窗韩哥智慧之窗12代入数据解得F2（Mm）g，故B正确若砝码与纸板分离时的速度小于，砝码匀加速运动的位移小gd于，匀减速运动的位移小于，则总位移小于d，不会从桌面上掉下，故C正确当F（2Mv22a1gd2gd2v22a1gd2gd23m）g时，砝码未脱离纸板时的加速度a1g，纸板的加速度a22g，根据a2t2a1t2d，F（Mm）gMgm1212解得t，则此时砝码的速度va1t，砝码脱离纸板后做匀减速运动，匀减速运动的加速度大小2dg2gdag，则匀减速运动的位移xd，而匀加速运动的位移xa1t2d，可知砝码离开桌面，D错v22a2gd2g12误2.（多选多选）（2020河南周口市上学期期末调研河南周口市上学期期末调研）如图所示，质量M2kg的足够长木板静止在光滑水平地面上，质量m1kg的物块静止在长木板的左端，物块和长木板之间的动摩擦因数0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2.现对物块施加一水平向右的恒力F2N，则下列说法正确的是（）A物块和长木板之间的摩擦力为1NB物块和长木板相对静止一起加速运动C物块运动的加速度大小为1m/s2D拉力F越大，长木板的加速度越大【答案】AC【解析】物块对长木板的摩擦力使木板运动，当M与m之间达到最大静摩擦力时，发生相对滑动，设此时水平恒力为F0，由牛顿第二定律有a，解得F01.5N因F2NF01.5N，F0mgmF0MmmgM故两者有相对滑动，物块和长木板之间为滑动摩擦力，有Ffmg1N，故A正确，B错误；对物块，由牛顿第二定律Fmgma1，可得a11m/s2，故C正确；拉力F越大，物块的合力越大，则加速度越大，但长木板受到的滑动摩擦力为1N，保持恒定，则相对滑动时木板的加速度恒定为a20.5m/s2，mgM故D错误3.（多选）如图甲所示，一质量为m1的薄木板（厚度不计）静止在光滑水平地面上，现有一质量为m2的滑块以一定的水平初速度v0，从木板的左端开始向木板的右端滑行，滑块和木板的水平速度大小随时间变化的情况如图乙所示，根据图象可知以下判断正确的是（）A滑块始终与木板存在相对运动韩哥智慧之窗韩哥智慧之窗13B滑块未能滑出木板C滑块的质量m2大于木板的质量m1D在t1时刻，滑块从木板上滑出【答案】ACD【解析】滑块以水平初速度v0滑上木板，滑块减速，木板加速，滑块和木板的加速度的大小分别为a2g，a1，由vt图象可知，滑块的速度一直大于木板的速度，即两者之间始终存在相对运动，m2gm2m2gm1在t1时刻，滑块滑出木板，各自做匀速直线运动。

由vt图象分析可知a2a1，即g，则m1m2，m2gm1选项A、C、D正确。

4（多选多选）（2021江西上饶市重点中学六校第一次联考江西上饶市重点中学六校第一次联考）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，木板与水平面间动摩擦因数为，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4加速度a大小可能是（）A0B.2g3C.D.g2F2mg4【答案】ACD【解析】若F较小时，木板和物块均静止，则木板的加速度为零，选项A正确；若物块和木板之间不发生相对滑动，物块和木板一起运动，对木板和物块组成的整体，根据牛顿第二定律可得：

F2mg2ma，4解得：

ag，选项D正确；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F2m14用，根据牛顿第二定律，有：

mg2mgma，解得：

a，选项C正确4g25（多选多选）（2021河南天一大联考上学期期末河南天一大联考上学期期末）如图甲所示，一滑块置于足够长的长木板左端，木板放置在水平地面上已知滑块和木板的质量均为2kg，现在滑块上施加一个F0.5t（N）的变力作用，从t0时刻开始计时，滑块所受摩擦力随时间变化的关系如图乙所示设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度g取10m/s2，则下列说法正确的是（）韩哥智慧之窗韩哥智慧之窗14A滑块与木板间的动摩擦因数为0.4B木板与水平地面间的动摩擦因数为0.2C图乙中t224sD木板的最大加速度为2m/s2【答案】ACD【解析】由题图乙可知，滑块与木板之间的滑动摩擦力为8N，则滑块与木板间的动摩擦因数为Ffmmg0.4，选项A正确由题图乙可知t1时刻木板相对地面开始滑动，此时滑块与木板相对静止，则木板与820水平地面间的动摩擦因数为0.1，选项B错误t2时刻，滑块与木板将要产生相对滑动，此时滑Ff2mg440块与木板间的摩擦力达到最大静摩擦力Ffm8N，此时两物体的加速度相等，且木板的加速度达到最大，则对木板：

Ffm2mgmam，解得am2m/s2；对滑块：

FFfmmam，解得F12N，则由F0.5t（N）可知，t24s，选项C、D正确6（2020河北石家庄二模，河北石家庄二模，20）（多选多选）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g10m/s2，下列说法正确的是（）A小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.1B当水平拉力F7N时，长木板的加速度大小为3m/s2C当水平拉力F增大时，小滑块的加速度一定增大D小滑块的质量m2kg【答案】BD【解析】：

由题可知，当0F6N时二者一起加速运动，对整体有F（Mm）a，aF，即此时a-F1Mm图线的斜率为整体质量的倒数，得Mm3kg；当F6N时二者间出现相对滑动，对木板有FmgMa，即aF，可见此时图线斜率为木板质量的倒数，可得M1kg，则m2kg，D正确；由于出现相MmgM对滑动后小滑块所受合外力等于木板对它产生的摩擦力，不再随F的增大而变化，则出现相对滑动后小滑块的加速度达到最大，且不再变化，由图可知小滑块的最大加速度为a大2m/s2，用牛顿第二定律有mgma大，得0.2，A、C错误将F7N代入aF得a3m/s2，B正确1MmgM韩哥智慧之窗韩哥智慧之窗15思路探究拉力F6N，加速度为a2m/s2，是长木板和小滑块开始相对滑动的临界点当F6N时，对长木板和小滑块整体分析，F6N，对长木板和小滑块分别分析7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Fkt（k是常量），木板和木块加速度的大小分别为a1和a2。

下列反映a1和a2随时间t变化的图线中正确的是（）【答案】A【解析】开始时木板和木块一起做加速运动，有F（m1m2）a，解得a，即木板和木Fm1m2ktm1m2块的加速度相同且与时间成正比。

当木板与木块间的摩擦力达到m2g后两者发生相对滑动，对木块有Fm2gm2a2，a2g，故其图线的斜率增大；对木板，在发生相对滑动后，有m2gm1a1，Fm2gm2ktm2故a1为定值。

所以选项A正确。

m2gm18.（2020安徽六安市质量检测安徽六安市质量检测）如图所示，静止在水平地面上的木板（厚度不计）质量为m11kg，与地面间的动摩擦因数10.2，质量为m22kg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20.4，以v04m/s的水平速度从左端滑上木板，经过t0.6s滑离木板，g取10m/s2，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/s2，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2m2g1（m1m2）g，对木板由牛顿第二定律得2m2g1（m1m2）gm1a1，解得a12m/s2，即物块在木板上以a22g4m/s2向右减速滑行时，木板以a12m/s2向右加速运动，在0.6s时，物块的速度v21.6m/s，木板的速度v11.2m/s，B错误；物块滑离木板时，物块位移为x2t1.68m，木v0v22板位移x1t0.36m，两者相对位移为xx2x11.32m，即木板长度为1.32m，A错误；物块离开木板v12后，木板做减速运动，加速度大小为a12m/s2，方向水平向左，C错误；分离后，在地面上物块会滑行韩哥智慧之窗韩哥智慧之窗16x20.32m，木板会滑行x10.36m，所以两者会相碰，D正确v222a2v122a19（多选多选）（2020云南大理、丽江等校第二次统考云南大理、丽江等校第二次统考）如图（a），质量m10.2kg的足够长平板小车静置在光滑水平地面上，质量m