滑块—滑板模型
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牛顿运动定律巧解滑块-滑板模型
例题三：滑块与滑板在碰撞中的运动
要点一
总结词
要点二
详细描述
碰撞中的滑块-滑板模型需要考虑动量守恒和能量守恒，通 过牛顿运动定律可以求解碰撞后的运动状态。
当滑块与滑板发生碰撞时，根据动量守恒定律，可以求出 碰撞后的速度。根据能量守恒定律，可以判断碰撞是否为 弹性碰撞。根据牛顿第二定律，可以求出碰撞后滑块和滑 板的加速度。通过分析加速度和初速度作用力和反作用力之间的关系，即作用力和反作用力大小相等、方向相反 、作用在同一条直线上。
详细描述
该定律指出，当一个物体对另一个物体施加力时，另一个物体会对施力物体施加 一个大小相等、方向相反的力。这两个力是相互作用的，并且作用在同一条直线 上。
03
CATALOGUE
滑块-滑板模型中的牛顿运动定律
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滑块与滑板间的相互作用力分析
01
02
03
作用力与反作用力
根据牛顿第三定律，滑块 与滑板间的作用力和反作 用力大小相等、方向相反 。
摩擦力分析
滑动摩擦力的大小与接触 面的粗糙程度和正压力有 关，方向与相对运动方向 相反。
支持力分析
支持力垂直于接触面，指 向被支持的物体，与重力 等其他外力平衡。
滑块与滑板间的动量守恒分析
以判断滑块是否从滑板上滑落。
例题二：滑块与滑板在斜面上的运动
总结词
斜面上的滑块-滑板模型需要考虑重力的影 响，通过牛顿运动定律可以求解滑块和滑板 的运动状态。
详细描述
当滑块放在滑板上，在斜面上运动时，除了 受到重力、支持力和摩擦力的作用外，还需 要考虑重力的分力。根据牛顿第二定律，可 以求出滑块和滑板的加速度。通过分析加速 度和初速度的关系，可以判断滑块是否从滑 板上滑落。
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
滑块滑板模型
（3）最后阶段小物块和木板一起匀减速直到停止, 整体加速度大小 为向a1左＝运1 动m的 /s2位移为 x5＝2va321＝2 m 所以木板右端离墙壁最远的距离为x＝x1＋x3＋x5＝6.5 m
第二轮
假设又经历t2二者速度相等, 则有a2t2＝v1－a3t2, 解得t2＝0.5 s
第二轮
滑块-滑板模型
此过程中，木板向左运动的位移 x3＝v1t2－12a3t22＝76 m， 末速度 v3＝v1－a3t2＝2 m/s 小物块向左运动的位移 x4＝12a2t22＝0.5 m 此后小物块和木板一起匀减速运动，二者的相对位移最大， Δx＝x1＋x2＋x3－x4＝6 m 小物块始终没有离开木板, 所以木板最小的长度为6 m
F=8N
变式2：若F作用在小物块上，其它条件不变，要使两者保持相对
静止，F不能超过多少？ F=4/3N
变式3：若F作用在小物体上，地面粗糙且与木板间动摩擦因数为 μ2＝0.01，其它不变为使两者保持相对静止，F不能超过多少？
F=1.2N
变式4：若F作用在小物体上，地面粗糙且与木板间动摩擦因数也 为μ＝0.1，其它条件不变，随F的变化小物块与木板如何运动？
大静摩擦力，故最大加速度 a＝μg＝1 m/s2
由牛顿第二定律对整体有 Fm＝(m＋M)a＝4 N (2)当 F＝10 N>4 N 时，两者发生相对滑动
对小物体：a1＝μg＝1 m/s2 对木板：F 合＝F－μmg＝Ma2 代入数据解得 a2＝3 m/s2
由位移关系有：L＝12a2t2－21a1t2
第二轮
反思总结
易错点
滑块-滑板模型
(1)不清楚滑块－滑板类问题中滑块、滑板的受力 情况, 求不出各自的加速度. (2) 画不好运动草图, 找不出位移、速度、时间等 物理量间的关系. (3) 不清楚每一个过程的末速度是下一个过程的初 速度. (4)不清楚物体间发生相对滑动的条件.
第二轮
假设又经历t2二者速度相等, 则有a2t2＝v1－a3t2, 解得t2＝0.5 s
第二轮
滑块-滑板模型
此过程中，木板向左运动的位移 x3＝v1t2－12a3t22＝76 m， 末速度 v3＝v1－a3t2＝2 m/s 小物块向左运动的位移 x4＝12a2t22＝0.5 m 此后小物块和木板一起匀减速运动，二者的相对位移最大， Δx＝x1＋x2＋x3－x4＝6 m 小物块始终没有离开木板, 所以木板最小的长度为6 m
F=8N
变式2：若F作用在小物块上，其它条件不变，要使两者保持相对
静止，F不能超过多少？ F=4/3N
变式3：若F作用在小物体上，地面粗糙且与木板间动摩擦因数为 μ2＝0.01，其它不变为使两者保持相对静止，F不能超过多少？
F=1.2N
变式4：若F作用在小物体上，地面粗糙且与木板间动摩擦因数也 为μ＝0.1，其它条件不变，随F的变化小物块与木板如何运动？
大静摩擦力，故最大加速度 a＝μg＝1 m/s2
由牛顿第二定律对整体有 Fm＝(m＋M)a＝4 N (2)当 F＝10 N>4 N 时，两者发生相对滑动
对小物体：a1＝μg＝1 m/s2 对木板：F 合＝F－μmg＝Ma2 代入数据解得 a2＝3 m/s2
由位移关系有：L＝12a2t2－21a1t2
第二轮
反思总结
易错点
滑块-滑板模型
(1)不清楚滑块－滑板类问题中滑块、滑板的受力 情况, 求不出各自的加速度. (2) 画不好运动草图, 找不出位移、速度、时间等 物理量间的关系. (3) 不清楚每一个过程的末速度是下一个过程的初 速度. (4)不清楚物体间发生相对滑动的条件.
滑块——滑板模型问题分析方法ppt课件
• •
0.a51's物μ块1mm对g 木μ板1g的滑2动m 摩/ s擦2 力a1与速度方向相同，则木板的加速度为
a2'
2μ
2mg μ 1mg m
4m /
s2
• 则物块和木板的位移分别为：
s1
2
v12 2a1
0.5m
s2
v0
v1 2
t1
v12 2a2'
1.625m
• 物块相对于木板的位移大小为：
考点分析
• 本题考查了“滑动摩擦力”、 “物体的受力分 析”、“匀变速直线运动的规律”、“速度-时间 图像”、“牛顿第二定律”这几个知识内容。
• 本题涉及的考点在考纲中都是Ⅱ类要求，能突出 考查力学主干知识，重视基础知识和基本技能。 本题是一道力学组合题，涉及多个物理过程和情 景，可以考查学生的审题能力和物理过程分析能 力，重点考查学生应用力和运动观点解决力学综 合题的能力。
整体有牛顿第二定律有 F (M m)a
对M，由牛顿第二定律
f Ma
解得： f 2N
因为 f μ mg
可得 μ =0.2
（2）当F=12N作用于M时，两物体发生相对滑动，设M、m加速度分别为a1、
a2，对M，由牛顿第二定律有：
解得 a1 2.5m / s2
F f Ma1
题目背景
（2013新课标II，25,18分）一长木板在水平地面上运动，在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-时间图象如图中实线所 示，0~0.5s内物块运动的速度-时间图象如图中粗虚线所示．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）物块与木板间动摩擦因数 、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．
2020年高考物理素养提升专题02 动力学中的“滑块-滑板”模型(解析版)
素养提升微突破02 动力学中的“滑块-滑板”模型——构建模型，培养抽象思维意识“滑块-滑板”模型“滑块-滑板”模型涉及两个物体，并且物体间存在相对滑动。
叠放在一起的滑块和木板，它们之间存在着相互作用力，在其他外力作用下它们或加速度相同，或加速度不同，无论哪种情况受力分析和运动过程分析都是关键，特别是对相对运动条件的分析。
本模型深刻体现了物理运动观念、相互作用观念的核心素养。
【2019·新课标全国Ⅲ卷】如图（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g=10 m/s2。
由题给数据可以得出A．木板的质量为1 kgB．2 s~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】结合两图像可判断出0~2 s物块和木板还未发生相对滑动，它们之间的摩擦力为静摩擦力，此过程力F等于f，故F在此过程中是变力，即C错误；2~5 s内木板与物块发生相对滑动，摩擦力转变为滑动摩擦力，由牛顿运动定律，对2~4 s和4~5 s列运动学方程，可解出质量m为1 kg，2~4 s内的力F 为0.4 N，故A、B正确；由于不知道物块的质量，所以无法计算它们之间的动摩擦因数μ，故D错误。
【素养解读】本题以木板为研究对象，通过f-t与v-t图像对运动过程进行受力分析、运动分析，体现了物理学科科学推理的核心素养。
一、水平面上的滑块—滑板模型水平面上的滑块—滑板模型是高中参考题型，一般采用三步解题法：【典例1】如图所示，质量m＝1 kg 的物块A放在质量M＝4 kg的木板B的左端，起初A、B静止在水平地面上。
统考版高考物理总复习 专题三 动力学中的“传送带”和“滑块—滑板”模型
到木板左端时二者速度相等，则位移关
系为xB＝xA＋L
物块A带动长为L的木板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xB＋L＝xA
例2. [2021·全国乙卷，21](多选)水平地面上有一质量为m1的长木板，
木板的左端上有一质量为m2的物块，如图(a)所示．用水平向右的拉力
专题三
动力学中的“传送带”和“滑块—滑板”模型
关键能力·分层突破
关键能力·分层突破
模型一
“传送带”模型
1．模型特点
传送带在运动过程中，会涉及很多的力，是传送带模型难点的原因，
例如物体与传送带之间是否存在摩擦力，是滑动摩擦力还是静摩擦力
等；该模型还涉及物体相对地面的运动以及相对传送带的运动等；该
F作用在物块上，F随时间t的变化关系如图(b)所示，其中F1、F2分别
为t1 、t2 时刻F的大小．木板的加速度a1 随时间t的变化关系如图(c)所
示．已知木板与地面间的动摩擦因数为μ1，物块与木板间的动摩擦因
数为μ2.假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大
小为g.则(
)
A．F1＝μ1m1g
央．空香皂盒的质量为m＝20 g，香皂及香皂盒的总质量为M＝100 g，香皂盒与
传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.4，风洞区域的宽度为L＝0.6 m，风可以对香皂
盒产生水平方向上与传送带速度垂直的恒定作用力F＝0.24 N，假设最大静摩擦
力等于滑动摩擦力，香皂盒可看作质点，取重力加速度g＝10 2 ，试求：
跟进训练
1.如图所示，物块M在静止的足够长的传送带上以速度v0匀速下滑时，传送带突
然启动，方向如图中箭头所示，在此传送带的速度由0逐渐增加到2v0后匀速运动
系为xB＝xA＋L
物块A带动长为L的木板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xB＋L＝xA
例2. [2021·全国乙卷，21](多选)水平地面上有一质量为m1的长木板，
木板的左端上有一质量为m2的物块，如图(a)所示．用水平向右的拉力
专题三
动力学中的“传送带”和“滑块—滑板”模型
关键能力·分层突破
关键能力·分层突破
模型一
“传送带”模型
1．模型特点
传送带在运动过程中，会涉及很多的力，是传送带模型难点的原因，
例如物体与传送带之间是否存在摩擦力，是滑动摩擦力还是静摩擦力
等；该模型还涉及物体相对地面的运动以及相对传送带的运动等；该
F作用在物块上，F随时间t的变化关系如图(b)所示，其中F1、F2分别
为t1 、t2 时刻F的大小．木板的加速度a1 随时间t的变化关系如图(c)所
示．已知木板与地面间的动摩擦因数为μ1，物块与木板间的动摩擦因
数为μ2.假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大
小为g.则(
)
A．F1＝μ1m1g
央．空香皂盒的质量为m＝20 g，香皂及香皂盒的总质量为M＝100 g，香皂盒与
传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.4，风洞区域的宽度为L＝0.6 m，风可以对香皂
盒产生水平方向上与传送带速度垂直的恒定作用力F＝0.24 N，假设最大静摩擦
力等于滑动摩擦力，香皂盒可看作质点，取重力加速度g＝10 2 ，试求：
跟进训练
1.如图所示，物块M在静止的足够长的传送带上以速度v0匀速下滑时，传送带突
然启动，方向如图中箭头所示，在此传送带的速度由0逐渐增加到2v0后匀速运动
物理模型 “滑板—滑块”模型
物理模型 “滑板—滑块”模型[模型概述] (1)滑板——滑块模型的特点①滑块未必是光滑的．②板的长度可能是有限的，也可能是足够长的．③板的上、下表面可能都存在摩擦，也可能只有一个面存在摩擦，还可能两个面都不存在摩擦．(2)滑板——滑块模型常用的物理规律匀变速直线运动规律、牛顿运动定律、动能定理、机械能守恒定律、能的转化和守恒定律、功能关系等．[模型指导] (1)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；反向运动时，位移之和等于板长．(2)解题思路处理滑块—木板模型问题的分析方法(1)动力学分析：分别对滑块和木板进行受力分析，根据牛顿第二定律求出各自的加速度；从放上滑块到二者速度相等，所用时间相等，由t ＝Δv 2a 2＝Δv 1a 1可求出共同速度v 和所用时间t ，然后由位移公式可分别求出二者的位移.(2)功和能分析：对滑块和木板分别运用动能定理，或者对系统运用能量守恒定律，要注意区分三个位移：①求摩擦力对滑块做功时用滑块对地的位移x 滑；②求摩擦力对木板做功时用木板对地的位移x 板；③求摩擦生热时用相对滑动的位移x 相.1．如图所示，光滑水平面上放置着质量分别为m 、2m 的A 、B 两个物体，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，则拉力F 的最大值为A ．μmgB ．2μmgC ．3μmgD ．4μmg解析 当A 、B 之间恰好不发生相对滑动时力F 最大，此时，对于A 物体所受的合外力为μmg ，由牛顿第二定律知a A ＝μmgm ＝μg ；对于A 、B 整体，加速度a ＝a A ＝μg ，由牛顿第二定律得F ＝3ma ＝3μmg 。
答案 C2.(2017·广西质检)如图所示，A 、B 两个物体叠放在一起，静止在粗糙水平地面上，物体B 与水平地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，物体A 与B 之间的动摩擦因数μ2＝0.2.已知物体A 的质量m ＝2 kg ，物体B 的质量M ＝3 kg ，重力加速度g 取10 m/s 2.现对物体B 施加一个水平向右的恒力F ，为使物体A 与物体B 相对静止，则恒力的最大值是(物体间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( )A ．20 NB ．15 NC ．10 ND ．5 N答案：B 解析：对A 、B 整体，由牛顿第二定律，F max －μ1(m ＋M )g ＝(m ＋M )a ；对物体A ，由牛顿第二定律，μ2mg ＝ma ；联立解得F max ＝(m ＋M )(μ1＋μ2)g ，代入相关数据得F max ＝15 N ，选项B 正确．3．(2017·黄冈质检)如图甲所示，在水平地面上有一长木板B ，其上叠放木块A 。
滑块—滑板与传送带模型
第18课时
滑块—滑板与传送带模型 (题型研究课)
(一) 滑块—滑板模型 (二) 传送带模型 (三) 历年真题集中演练 课时达标检测
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(一) 滑块—滑板模型
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1．两种位移关系 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；反向运动时，位移之 和等于板长。
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[解析] μg＝ 4
物块刚滑上传送带时，速度方向向左，由于物块与
传送带间的摩擦作用，使得它做匀减速运动，加速度大小为a＝ m/s2，当物块的速度减小到0时，物块前进的距离为s＝ 0－ 42 m＝ 2 m，其值小于AB的长 3 m，故物块减速到0后仍 2×－ 4 在传送带上，所以它会随传送带向右运动，其加速度的大小与 减速时是相等的，其速度与传送带的速度相等时物块向右滑行 22－ 0 的距离为s′＝ m＝ 0.5 m，其值小于物块向左前进的距 2× 4 离，说明物块仍在传送带上，以后物块相对于传送带静止，其 速度大小等于传送带的速度大小，所以选项B正确。 [答案] B
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[通法归纳]
求解“滑块 —滑板 ”类问题的方法技巧 (1)弄清各物体初态对地的运动和相对运动(或相对运动趋 势 )，根据相对运动(或相对运动趋势)情况，确定物体间的摩 擦力方向。 (2)正确地对各物体进行受力分析，并根据牛顿第二定律 确定各物体的加速度，结合加速度和速度的方向关系确定物 体的运动情况。 (3)速度相等是这类问题的临界点，此时往往意味着物体 间的相对位移最大，物体的受力和运动情况可能发生突变。
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解析： 由于 μ<tan θ，由μmgcos θ<mg sin θ 可知， A沿斜面向下匀加速下滑，加速度 aA ＝ gsin θ－ μgcos θ，故 A错误；将 A、 B及 斜面体视为整体，受力分析可知地面对斜面体的摩擦力等于 m(gsin θ－ μgcos θ)cos θ＋ Fcos θ，地面受到的压力为 (M＋ 2m)g － Fsin θ－ m(gsin θ－ μgcos θ)sin θ，故B、 C错误； B与斜面体 的正压力 N＝ 2mgcos θ，对 B受力分析如图所示，根据共点力平 f′ 衡有： F＝ mgsin θ＋ μmgcos θ＋ f′，则动摩擦因数 μ＝ ＝ N F－ mgsin θ－ μmgcos θ ，故 D正确。 2mgcos θ 答案： D
滑块—滑板与传送带模型 (题型研究课)
(一) 滑块—滑板模型 (二) 传送带模型 (三) 历年真题集中演练 课时达标检测
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(一) 滑块—滑板模型
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1．两种位移关系 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；反向运动时，位移之 和等于板长。
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[解析] μg＝ 4
物块刚滑上传送带时，速度方向向左，由于物块与
传送带间的摩擦作用，使得它做匀减速运动，加速度大小为a＝ m/s2，当物块的速度减小到0时，物块前进的距离为s＝ 0－ 42 m＝ 2 m，其值小于AB的长 3 m，故物块减速到0后仍 2×－ 4 在传送带上，所以它会随传送带向右运动，其加速度的大小与 减速时是相等的，其速度与传送带的速度相等时物块向右滑行 22－ 0 的距离为s′＝ m＝ 0.5 m，其值小于物块向左前进的距 2× 4 离，说明物块仍在传送带上，以后物块相对于传送带静止，其 速度大小等于传送带的速度大小，所以选项B正确。 [答案] B
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[通法归纳]
求解“滑块 —滑板 ”类问题的方法技巧 (1)弄清各物体初态对地的运动和相对运动(或相对运动趋 势 )，根据相对运动(或相对运动趋势)情况，确定物体间的摩 擦力方向。 (2)正确地对各物体进行受力分析，并根据牛顿第二定律 确定各物体的加速度，结合加速度和速度的方向关系确定物 体的运动情况。 (3)速度相等是这类问题的临界点，此时往往意味着物体 间的相对位移最大，物体的受力和运动情况可能发生突变。
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解析： 由于 μ<tan θ，由μmgcos θ<mg sin θ 可知， A沿斜面向下匀加速下滑，加速度 aA ＝ gsin θ－ μgcos θ，故 A错误；将 A、 B及 斜面体视为整体，受力分析可知地面对斜面体的摩擦力等于 m(gsin θ－ μgcos θ)cos θ＋ Fcos θ，地面受到的压力为 (M＋ 2m)g － Fsin θ－ m(gsin θ－ μgcos θ)sin θ，故B、 C错误； B与斜面体 的正压力 N＝ 2mgcos θ，对 B受力分析如图所示，根据共点力平 f′ 衡有： F＝ mgsin θ＋ μmgcos θ＋ f′，则动摩擦因数 μ＝ ＝ N F－ mgsin θ－ μmgcos θ ，故 D正确。 2mgcos θ 答案： D
人教版高中物理必修第1册 第四章 专题3 滑块-滑板模型
(2)设水杯在桌布上运动的位移大小为 x1，加速度大小为 a1，运动时间为 t1，水杯离开桌布后运动的位移 大小为 x2，加速度大小为 a2，运动时间为 t2，桌布的加速度大小为 a，水杯离开桌布时，桌布运动的位移大 小为 x，有 F－μ1m1g－μ2(m1＋m2)g＝m2a；μ1m1g＝m1a1，x1＝12a1t12，μ2m1g＝m1a2，x2＝12a2t22，由题意可知 x1 ＋d＝x＝12at12，a1t1＝a2t2，若要完成挑战，则有 x1＋x2≤l，考虑临界值 x1＋x2＝l，联立可得提供的最小拉力 F＝9.5 N.
a′2＝f1－f2＝－4 M
m/s2，木板从
1
s
末到停下来的位移
xM＝－2av′22＝21×24
m＝0.125 m，小物块从 1 s 末到停下来
的位移 xm＝－2av′12＝21×21 m＝0.5 m，1 s 末到两者都停下，小物块相对于木板的位移Δx′＝xm－xM＝0.375 m．故
小物块最终停在距木板右端Δx＝Δx1－Δx′＝3 m－0.375 m＝2.625 m 处．
A．P 在 Q 上时，P、Q 两个物体加速度分别为 6 m/s2、4 m/s2 B．P 在 Q 上时，P、Q 两个物体加速度分别为 6 m/s2、2 m/s2 C．P 滑块在 Q 上运动时间为 1 s D．P 滑块在 Q 上运动时间为 2 s
解析
P 受重力和 Q 对 P 的支持力作用，根据牛顿第二定律有 mPgsin 37°＝mPaP，解得 aP＝gsin 37°＝6 m/s2， Q 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 mQgsin 37°－μ(mP＋mQ)gcos 37°＝mQaQ，解得 aQ＝2 m/s2，A 错误，B 正确；设 P 在 Q 上滑动的时间为 t，因 aP＝6 m/s2>aQ＝2 m/s2，故 P 比 Q 运动得快，根据位移关系有 L＝12aPt2－12aQt2，代入数据解得 t＝2 s，C 错误，D 正确．
a′2＝f1－f2＝－4 M
m/s2，木板从
1
s
末到停下来的位移
xM＝－2av′22＝21×24
m＝0.125 m，小物块从 1 s 末到停下来
的位移 xm＝－2av′12＝21×21 m＝0.5 m，1 s 末到两者都停下，小物块相对于木板的位移Δx′＝xm－xM＝0.375 m．故
小物块最终停在距木板右端Δx＝Δx1－Δx′＝3 m－0.375 m＝2.625 m 处．
A．P 在 Q 上时，P、Q 两个物体加速度分别为 6 m/s2、4 m/s2 B．P 在 Q 上时，P、Q 两个物体加速度分别为 6 m/s2、2 m/s2 C．P 滑块在 Q 上运动时间为 1 s D．P 滑块在 Q 上运动时间为 2 s
解析
P 受重力和 Q 对 P 的支持力作用，根据牛顿第二定律有 mPgsin 37°＝mPaP，解得 aP＝gsin 37°＝6 m/s2， Q 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 mQgsin 37°－μ(mP＋mQ)gcos 37°＝mQaQ，解得 aQ＝2 m/s2，A 错误，B 正确；设 P 在 Q 上滑动的时间为 t，因 aP＝6 m/s2>aQ＝2 m/s2，故 P 比 Q 运动得快，根据位移关系有 L＝12aPt2－12aQt2，代入数据解得 t＝2 s，C 错误，D 正确．
4.6滑块-滑板模型
方法指导
2.运动学条件判断法：先求出不受外力F作用的那个物 体的最大临界加速度，再用假设法求出在外力F作用下 滑块和滑板整体的加速度，最后把滑块和滑板的整体加 速度与不受外力F作用的那个物体的最大临界加速度进 行大小比较。若滑块与滑板整体的加速度不大于（小于
或等于）滑块的最大加速度，即 a a，ma二x 者之间就不发
(1)若地面光滑，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．
动力学中的滑块—滑板模型
典型例题
(1)A、B 之间的最大静摩擦力为 fm＞μ1mg＝0.3×1×10 N＝3 N(2 分) 假设 A、B 之间不发生相对滑动，则 对 A、B 整体：F＝(M＋m)a(2 分) 对 A：fAB＝Ma(2 分) 解得：fAB＝2.5 N(1 分) 因 fAB＜fm，故 A、B 之间不发生相对滑动．(1 分) (2)对 B：F－μ1mg＝maB(2 分) 对 A：μ1mg－μ2(M＋m)g＝MaA(2 分) 据题意：xB－xA＝L(2 分) xA＝12aAt2；xB＝12aBt2(2 分)
知识梳理
3．两种位移关系：（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．
F
x1
L
x2
F
x2
L
x1
同向运动时： L=X1-X2
L
反向运动时： L=X1+X2
方法指导
一、滑块与滑板间是否发生相对滑动的判断方法
方法有两种： 1.动力学条件判断法：即通过分析滑块——滑木板间的摩 擦力是否为滑动摩擦力来进行判断。可先假设滑块与木板 间无相对滑动，然后根据牛顿第二定律对滑块与木板整体 列式求出加速度，再把滑块或木板隔离出来列式求出两者 之间的摩擦力，把求得的摩擦力与滑块和木板之间的滑动 摩擦力进行比较，分析求得的摩擦力是静摩擦力还是滑动 摩擦力，若为静摩擦力，则两者之间无相对滑动；若为滑 动摩擦力，则两者之间有相对滑动。
牛顿运动定律巧解滑块—滑板模型
速度和加速度。
解决复杂问题
在滑块—滑板模型中，利用牛顿 运动定律可以解决一些复杂的问 题，如碰撞、摩擦力和外力作用
等。
建立数学模型
利用牛顿运动定律，我们可以建 立滑块—滑板模型的数学方程，
从而进行数值分析和模拟。
对未来研究的展望
深入研究动力学
未来可以进一步深入研究滑块—滑板模型的动力学特性，探索更 复杂的运动规律和现象。
滑块与滑板间的相对运动
相对静止
当滑块与滑板间无相对运 动时，两者保持相对静止 状态。
相对滑动
当滑块受到的合外力大于 最大静摩擦力时，滑块将 相对于滑板滑动。
滑动摩擦力的作用
滑动摩擦力阻碍相对运动， 但不影响绝对运动。
滑块与滑板的初速度和加速度分析
初速度分析
牛顿第二定律的应用
在滑块—滑板模型中，需要分析滑块 和滑板的初速度，判断是否满足相对 静止或相对滑动的条件。
总结词
考虑作用力和反作用力对滑块和滑板运 动的影响。
VS
详细描述
根据牛顿的第三定律，作用力和反作用力 大小相等、方向相反。在滑块—滑板模型 中，当滑块和滑板之间存在相互作用力时 ，作用力和反作用力将影响它们的运动状 态。因此，在解决问题时需要考虑第三定 律，分析作用力和反作用力对滑块和滑板 运动的影响。
响。
04
牛顿运动定律在滑块— 滑板模型中的运用
运用第一定律解决相关问题
总结词
理解滑块和滑板在静止和匀速直线运动状态下的受力平衡。
详细描述
根据牛顿的第一定律，滑块和滑板在不受外力或合外力为零时，将保持静止或 匀速直线运动状态。因此，在解决滑块—滑板模型问题时，需要分析滑块和滑 板的受力情况，判断其运动状态。
解决复杂问题
在滑块—滑板模型中，利用牛顿 运动定律可以解决一些复杂的问 题，如碰撞、摩擦力和外力作用
等。
建立数学模型
利用牛顿运动定律，我们可以建 立滑块—滑板模型的数学方程，
从而进行数值分析和模拟。
对未来研究的展望
深入研究动力学
未来可以进一步深入研究滑块—滑板模型的动力学特性，探索更 复杂的运动规律和现象。
滑块与滑板间的相对运动
相对静止
当滑块与滑板间无相对运 动时，两者保持相对静止 状态。
相对滑动
当滑块受到的合外力大于 最大静摩擦力时，滑块将 相对于滑板滑动。
滑动摩擦力的作用
滑动摩擦力阻碍相对运动， 但不影响绝对运动。
滑块与滑板的初速度和加速度分析
初速度分析
牛顿第二定律的应用
在滑块—滑板模型中，需要分析滑块 和滑板的初速度，判断是否满足相对 静止或相对滑动的条件。
总结词
考虑作用力和反作用力对滑块和滑板运 动的影响。
VS
详细描述
根据牛顿的第三定律，作用力和反作用力 大小相等、方向相反。在滑块—滑板模型 中，当滑块和滑板之间存在相互作用力时 ，作用力和反作用力将影响它们的运动状 态。因此，在解决问题时需要考虑第三定 律，分析作用力和反作用力对滑块和滑板 运动的影响。
响。
04
牛顿运动定律在滑块— 滑板模型中的运用
运用第一定律解决相关问题
总结词
理解滑块和滑板在静止和匀速直线运动状态下的受力平衡。
详细描述
根据牛顿的第一定律，滑块和滑板在不受外力或合外力为零时，将保持静止或 匀速直线运动状态。因此，在解决滑块—滑板模型问题时，需要分析滑块和滑 板的受力情况，判断其运动状态。
滑块-滑板模型问题分析方法
牛顿第二定律
滑块与滑板之间的动力学关系遵循牛顿第二定律，即合外力等于质量与加速度的 乘积。
03
滑块-滑板模型的建立与 求解
模型的建立
确定问题类型
根据实际问题，确定滑块-滑板模型是否适用，并明确模型中的物 理量及约束条件。
建立数学模型
根据物理现象和问题需求，建立滑块-滑板模型的数学表达式，包 括运动方程、力平衡方程等。
在航天器着陆过程中，滑块-滑板模型被用于分析着陆稳定性。通过模拟航天器在着陆时的运动，可以预测航天 器的着陆姿态和稳定性，从而优化着陆方案，确保航天器的安全着陆和回收。
谢谢观看
重力与支持力
滑块-滑板模型中，滑块与滑板之间的 相互作用力遵循牛顿第三定律，即作 用力和反作用力大小相等、方向相反。
滑块和滑板受到的重力与支持力在静 态平衡时相互抵消，而在动态平衡时 则相互作用。
摩擦力
滑块与滑板之间的摩擦力是影响滑块 运动的重要因素，摩擦力的方向和大 小取决于接触面的性质和相对运动状 态。
工程设计中的应用
机械系统设计
滑块-滑板模型在机械系统设计中 被广泛应用，用于分析机构运动 和受力情况，优化设计以提高机
械性能和稳定性。
车辆工程
在车辆工程中，滑块-滑板模型用 于研究车轮与地面之间的相互作用， 分析车辆动力学性能和行驶稳定性。
建筑结构
在建筑结构设计中，滑块-滑板模型 用于模拟和分析桥梁、高层建筑等 结构的滑动支撑和抗震性能。
确定边界条件和初始条件
根据实际问题的边界条件和初始状态，确定模型中相应的边界条件 和初始条件。
模型的求解方法
解析法
对于简单问题，可以采用解析法求解，得到精确解。
数值法
对于复杂问题，可以采用数值法求解，如有限元法、 有限差分法等。
滑块与滑板之间的动力学关系遵循牛顿第二定律，即合外力等于质量与加速度的 乘积。
03
滑块-滑板模型的建立与 求解
模型的建立
确定问题类型
根据实际问题，确定滑块-滑板模型是否适用，并明确模型中的物 理量及约束条件。
建立数学模型
根据物理现象和问题需求，建立滑块-滑板模型的数学表达式，包 括运动方程、力平衡方程等。
在航天器着陆过程中，滑块-滑板模型被用于分析着陆稳定性。通过模拟航天器在着陆时的运动，可以预测航天 器的着陆姿态和稳定性，从而优化着陆方案，确保航天器的安全着陆和回收。
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重力与支持力
滑块-滑板模型中，滑块与滑板之间的 相互作用力遵循牛顿第三定律，即作 用力和反作用力大小相等、方向相反。
滑块和滑板受到的重力与支持力在静 态平衡时相互抵消，而在动态平衡时 则相互作用。
摩擦力
滑块与滑板之间的摩擦力是影响滑块 运动的重要因素，摩擦力的方向和大 小取决于接触面的性质和相对运动状 态。
工程设计中的应用
机械系统设计
滑块-滑板模型在机械系统设计中 被广泛应用，用于分析机构运动 和受力情况，优化设计以提高机
械性能和稳定性。
车辆工程
在车辆工程中，滑块-滑板模型用 于研究车轮与地面之间的相互作用， 分析车辆动力学性能和行驶稳定性。
建筑结构
在建筑结构设计中，滑块-滑板模型 用于模拟和分析桥梁、高层建筑等 结构的滑动支撑和抗震性能。
确定边界条件和初始条件
根据实际问题的边界条件和初始状态，确定模型中相应的边界条件 和初始条件。
模型的求解方法
解析法
对于简单问题，可以采用解析法求解，得到精确解。
数值法
对于复杂问题，可以采用数值法求解，如有限元法、 有限差分法等。
第10讲 牛顿运动定律之滑块-滑板模型(解析版)
第10讲滑板-滑块模型11.模型特点上、下叠放的两个物体，并且两物体在摩擦力的相互作用下发生相对滑动。
2.解题指导（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位移关系或速度关系，建立方程。
（3）通常所说物体运动的位移、速度、加速度都是对地而言的。
在相对运动的过程中相互作用的物体之间位移、速度、加速度、时间一定存在关联。
它就是解决问题的突破口。
（4）求时间通常会用到牛顿第二定律加运动学公式或动量定理：应用动量定理时特别要注意条件和方向，最好是对单个物体应用动量定理求解。
（5）求位移通常会用到牛顿第二定律加运动学公式或动能定理，应用动能定理时研究对象为单个物体或可以看成单个物体的整体。
另外求相对位移时，通常会用到系统能量守恒定律。
（6）求速度通常会用到牛顿第二定律加运动学公式或动能定理或动量守恒定律：应用动量守恒定律时要特别注意系统的条件和方向。
3.两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，二者位移之差等于滑板长度；反向运动时，二者位移之和等于滑板长。
4.易错点（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。
说明：两者发生相对滑动的条件：（1）摩擦力为滑动摩擦力（动力学条件）；（2）二者速度或加速度不相等（运动学条件）。
（其中动力学条件是判断的主要依据）5.分析“滑块—滑板模型”问题时应掌握的技巧（1）分析题中滑块、滑板的受力情况，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）明确每一过程的末速度是下一过程的初速度。
2一、单选题1.（2020·四川省高三三模）如图所示，质量均为M 的物块A 、B 叠放在光滑水平桌面上，质量为m 的物块C 用跨过轻质光滑定滑轮的轻绳与B 连接，且轻绳与桌面平行，A 、B 之间的动摩擦因数为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g ，下列说法正确的是（ ）A.若物块A 、B 未发生相对滑动，物块A 受到的摩擦力为2f MmgF M m=+B.要使物块A 、B 发生相对滑动，应满足关系1Mm μμ>- C.若物块A 、B 未发生相对滑动，轻绳拉力的大小为mgD.若物块A 、B 未发生相对滑动时，轻绳对定滑轮的作用力为22MmgF M m=+【答案】A【解析】A .若物块A 、B 未发生相对滑动，A 、B 、C 三者加速的大小相等，由牛顿第二定律得()2mg M m a =+对A ，由牛顿第二定律得f F Ma =解得2f MmgF M m=+，故A 正确；B .当A 、B 发生相对滑动时，A 所受的静摩擦力达到最大，根据牛顿第二定律有Mg Ma μ=解得a g μ=以A 、B 、C 系统为研究对象，由牛顿第二定律得()2mg M m a =+解得21Mm μμ=- 故要使物块A 、B 之间发生相对滑动，则21Mm μμ>-，故B 错误； C .若物块A 、B 未发生相对滑动，设轻绳拉力的大小为F ，对C 受力分析，根据牛顿第二定律有mg F ma -=解得F mg ma mg =-<，故C 错误；D .若物块A 、B 未发生相对滑动时，由A 可知，此时的加速度为2f mgMmF a M ==+对C 受力分析，根据牛顿第二定律有mg F ma -=解得22MmgF M m=+根据力的合成法则，可得轻绳对定滑轮的作用力2222+=2MmgN F F M m=+故D 错误。
滑块和滑板模型(学习资料)
参考借鉴# 1滑块与滑板相互作用模型【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、加速度都是对地而言的。
在相对运动的过程中相互作用的物体之间位移、速度、加速度、时间一定存在关联。
它就是我们解决力和运动突破口。
4、求时间通常会用到牛顿第二定律加运动学公式5、求位移通常会用到牛顿第二定律加运动学公式或动能定理，应用动能定理时研究对象为单个物体或可以看成单个物体的整体。
另外求相对位移时：通常会用到系统能量守恒定律。
6、求速度通常会用到牛顿第二定律加运动学公式或动能定理或动量守恒定律：应用动量守恒定律时要特别注意系统的条件和方向。
1、如图所示，在光滑水平面上有一小车A ，其质量为0.2=A m kg ，小车上放一个物体B ，其质量为0.1=B m kg ，如图（1）所示。
给B 一个水平推力F ，当F 增大到稍大于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m F2．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μ=0.2，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=1.5 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？F A B 图（1） F ′ A B 图（2）M m v M m参考借鉴# 24．如图所示，质量为M ，长度为L 的长木板放在水平桌面上，木板右端放有一质量为m 长度可忽略的小木块，木块与木板之间、木板与桌面之间的动摩擦因数均为μ。
牛顿定律的应用---板块叠加模型
牛顿运动定律的应用---板块叠加模型一：知识回顾1．模型特征滑块——滑板模型(如图a)，涉及摩擦力分析、相对运动、摩擦生热，多次相互作用，属于多物体、多过程问题，知识综合性较强，对能力要求较高，故频现于高考试卷中．另外，常见的子弹射击滑板(如图b)也属于滑块类问题，处理方法与滑块——滑板模型类似．类型图示木板好滑到木板左端时二者速度相等，则位移关系为物块好滑到木板右端时二者速度相等，则位移关系为3.分析“板块”模型时要抓住一个转折和两个关联4．思维模板一：光滑水平面（1）有初速度类1.(多选)(2019·广东六校联考)如图甲所示，光滑平台上的物体A以初速度v0滑到上表面粗糙的水平小车B上，车与水平面间的动摩擦因数不计，图乙为物体A与小车B的v－t图象，由此可知() A．小车上表面长度B．物体A与小车B的质量之比C．物体A与小车B上表面的动摩擦因数D．小车B获得的动能2.如图甲所示,光滑水平面上有一质量为M=1kg的足够长木板。
板左端有一质量为m=0.5kg的物块(视为质点),物块与木板间的动摩擦因数为μ=0.2。
初始时物块与木板均处于静止状态,已知g=10m/s2,物块与=3m/s，求木板间的最大静摩擦力与滑动摩擦力相等。
现仅给物块一水平向右的初速度v（1）物块与木板最后的速度v.1(2)求物块相对木板滑动的距离L;(3)整个过程中因摩擦而产生的热量Q.3．如图所示，木板长L＝1.6m，质量M＝4.0kg，下表面光滑，上表面与滑块间的动摩擦因数为μ＝0.4.质量m＝1.0kg的小滑块(视为质点)放在木板的右端，开始时木板与物块均处于静止状态，现给木板以向右的初速度，取g＝10m/s2，求：(1)木板所受摩擦力的大小；(2)使小滑块不从木板上掉下来，木板初速度的最大值．(2)F作用于下方木块类4.(2020浙江丽水质检)如图所示,在光滑水平地面上,水平外力F拉动小车和木块一起做无相对滑动的加速运动。
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高三物理专题复习： 滑块—滑板模型典型例题：例1.如图所示,在粗糙水平面上静止放一长Ｌ质量为1的木板B ，一质量为１的物块Ａ以速度s m v /0.20=滑上长木板B 的左端，物块与木板的摩擦因素μ1=0．1、木板与地面的摩擦因素为μ２=0.1,已知重力加速度为１0m 2，求：（假设板的长度足够长)(1）物块A 、木板B 的加速度；(2)物块A 相对木板B 静止时A 运动的位移；(3)物块A 不滑离木板B,木板B 至少多长？考点： 本题考查牛顿第二定律及运动学规律考查：木板运动情况分析,地面对木板的摩擦力、木板的加速度计算，相对位移计算。
解析:(１)物块A 的摩擦力:N mgf A 11==μ A 的加速度：21/1s m m f a A -=-= 方向向左木板B 受到地面的摩擦力:A g m M f f N 2)(2>=+=μ地故木板B 静止，它的加速度02=a(2）物块A 的位移:m a v S 2220=-= (3）木板长度:m S L 2=≥拓展1．在例题1中,在木板的上表面贴上一层布,使得物块与木板的摩擦因素μ３=0.4,其余条件保持不变,（假设木板足够长）求：(1)物块A 与木块B 速度相同时，物块A 的速度多大？（2)通过计算，判断速度相同以后的运动情况；（３)整个运动过程，物块Ａ与木板Ｂ相互摩擦产生的摩擦热多大?考点：牛顿第二定律、运动学、功能关系考查:木板与地的摩擦力计算、是否共速运动的判断方法、相对位移和摩擦热的计算。
解析：对于物块Ａ:N mg f A 44==μ １分加速度：，方向向左。
24/0.4s m g m f a A A-=-=-=μ 1分 对于木板：N g m f 2)M 2=+=（地μ 1分加速度:，方向向右。
地2A /0.2s m M f f a C =-= 1分物块A 相对木板B 静止时，有：121-t a v t a C B =解得运动时间:，s t .3/11= s m t a v v B B A /3/21=== 1分(2)假设共速后一起做运动,22/1)()(s m m M g m M a -=++-=μ 物块Ａ的静摩擦力:A A f N ma f <==1'1分 所以假设成立,共速后一起做匀减速直线运动。
1分(3)共速前Ａ的位移：m a v v S A A A 942202=-= 木板Ｂ的位移:m a v S B B B 9122==所以:J S S mg Q B A 34)(3=-=μ拓展2：在例题1中，若地面光滑,其他条件保持不变,求:(1）物块A 与木板B 相对静止时,A 的速度和位移多大？(2）若物块Ａ不能滑离木板B ，木板的长度至少多大？（3）物块A 与木板B 摩擦产生的热量多大？考点： 动量守恒定律、动能定理、能量守恒定律考查：物块、木板的位移计算，木板长度的计算,相对位移与物块、木板位移的关系，优选公式列式计算。
解析:（1)Ａ、B 动量守恒,有：v m M mv )(0+= 解得:s m m M mv v /10=+= (２)由动能定理得:对A: 20212121mv mv mgS A -=-μ 对B ：02121-=-Mv mgS B μ 又: B AS L S += 解得：m L 1=（3）摩擦热:J mgL Q 11==μ拓展３:如图所示，光滑的水平面上有两块相同的长木板A 和B,长度均为０.５ｍ，在Ｂ的中间位置有一个可以看作质点的小铁块C 三者的质量都为1与Ａ、B 间的动摩擦因数均为0.5.现在A 以速度6m 向右运动并与B 相碰,碰撞时间极短，碰后粘在一起运动，而C 可以在B 上滑动1０ｍ2, 求: （1)A 、B 碰撞后B 的速度(2）小铁块C 最终距长木板A 左端的距离.（3)整个过程系统损失的机械能。
考点: 动量守恒定律、动能定理、能量守恒定律考查:对多物体、多过程问题的正确分析,选择合适的规律列表达式,准确书写出表达式。
解析：(1)与Ｂ碰后,速度为v 1,由动量守恒定律得0＝21 ①（２分)A 、B 、C 的共同速度为ｖ2，由动量守恒定律有0=３２ ②(1分）小铁块C 做匀加速运动: ③(1分）当达到共同速度时:④ (1分）⑤（1分）对A 、Ｂ整体,， ⑥ (１分)⑦(１分)小铁块C 距长木板A 左端的距离：⑧ （１分）（3）小铁块Ｃ在长木板的相对位移:m S S S C 6.0=-=∆系统损失的机械能:J S mg mv mv E 8221212120=∆--=∆μ拓展4例5.在例题1中,若地面光滑,长木板的上表面的右端固定一根轻弹簧,弹簧的自由端在Q 点,Q 点右端表面是光滑的，Q 点到木板左端的距离 ０.5 ｍ,其余条件保持不变,求:（1）弹簧的最大弹性势能多大？（２）要使滑块既能挤压弹簧,又最终没有滑离木板,则物块与木板的动摩擦因素4μ的范围。
（滑块与弹簧的相互作用始终在弹簧的弹性限度内)考点：动量守恒定律、功能关系、能量守恒定律考查：正确理解弹性势能最大的意思，准确找出临界条件,准确书写出相应的方程。
解析:（1)A 、B 动量守恒，有：v m M mv )(0+=解得:s m m M mv v /10=+= 设最大弹性势能为，由能量守恒定律得：p E mgL v m M mv +++=1220)(2121μ 解得:J E P 5.0=(2）要使滑块A 挤压弹簧,及A 、Ｂ共速且恰好运动到Q 点时,有:10)(v m M mv +=mgL v m M mv μ++=2120)(2121 解得:2.0=μ要使滑块最终没有滑离木板Ｂ,即A 、B 共速且物块恰好运动到木板B 的最左端时,有:20)(v m M mv +=mgL v m M mv μ2)(21212120++= 解得:1.0=μ所以:2.01.0<≤μ变式训练,巩固提升：考查：对知识的迁移、应用，培养能力1.如图所示，一平板小车静止在光滑的水平地面上,车上固定着半径为0.7m的四分之一竖直光滑圆弧轨道,小车与圆弧轨道的总质量M为2，小车上表面的部分是长为１．0m的粗糙水平面，圆弧与小车上表面在Ｂ处相切．现有质量1的滑块(视为质点）以v0３m的水平初速度从与车的上表面等高的固定光滑平台滑上小车，滑块恰好在B处相对小车静止，10m2.（1）求滑块与小车之间的动摩擦因数μ和此过程小车在水平面上滑行的距离ｓ;ﻫ（2）要使滑块滑上小车后不从C 处飞出，求初速度v0应满足的条件．ﻫ２.如图所示，在光滑的水平面上停放着一辆质量M＝４、高h＝0.8 ｍ的平板车Q,车的左端固定着一条轻质弹簧,弹簧自然状态时与车面不存在摩擦.半径为R=1.８ m的光滑圆轨道的底端的切线水平且与平板车的表面等高.现有一质量为m＝２的物块P（可视为质点)从圆弧的顶端Ａ处由静止释放,然后滑上车的右端.物块与车面的滑动摩擦因数为μ=0.３,能发生相互摩擦的长度L＝1．5 m,ｇ取10 ｍ２.（１)物块滑上车时的速度为多大？(2）弹簧获得的最大弹性势能为多大?（3)物块最后能否从车的右端掉下？若能，求出其落地时与车的右端的水平距离．2.解析：(1)设物块滑上车时的速度为v１．物块从A滑至该点的过程中机械能守恒，有：=，①得：v１=＝６ m.（2)设弹簧获得的最大弹性势能为，此时物块与车的速度相同,设为v2.在物块与车相对运动的过程中,动量守恒,有:ｍ＋Ｍ)ｖ2．②１=（由能量守恒定律,有：＝(m＋M）＋μ+．③①②③联立得：＝15 J．(3）设物块回到车的右端时物块的速度为v3，车的速度为v4.从Ａ滑上车至回到车的右端的过程中，动量守恒,能量守恒,有:１＝３＋4．④＝＋ +2μ. ⑤④⑤联立得:v3=0,v４=３ｍ（v３=4 m，v4=1 m舍去)．因v4＞ｖ３,故物块最后能从车的右端掉下由h＝2，及Δs＝ｖ4ｔ－v3ｔ，得物块落地时与车的右端的水平距离Δs=1.２ｍ.答案：(1）6 ｍ (2)1５Ｊ (3)1．2 m１１.如图所示,一条滑道由一段半径R=0．8 ｍ的圆弧轨道和一段长为L=3．2 m的水平轨道组成,在M点处放置一质量为m 的滑块B,另一个质量也为m的滑块A从左侧最高点无初速度释放,Ａ、B均可视为质点.已知圆弧轨道光滑，且A与B之间的碰撞无机械能损失.(ｇ取10 m2）(1)求A滑块与B滑块碰撞后的速度′和′.（2)若A滑块与B滑块碰撞后，B滑块恰能达到N点，则段与B 滑块间的摩擦因数μ的大小为多少？11.解析：（1)设与B相碰前A的速度为,Ａ从圆弧轨道上滑下时机械能守恒,故=①A与B相碰时，动量守恒且无机械能损失，有=′＋′②=′2+′2③由①②③得，′=０，′=4 m.(2)B在碰撞后在摩擦力作用下减速运动,到达N点速度为0,由动能定理得－＝0－′2④其中ｆ＝μ⑤由④⑤得μ＝0.25．答案:(1)0 4 m (2)0．25３、如图所示，光滑水平面的左端M 处由一弹射装置P (P 为左端固定，处于压缩状态且锁定的轻质弹簧,当A 与P 碰撞时P 立即解除锁定）,右端N 处与水平传送带恰平齐且很靠近,传送带沿逆时针方向以恒定速率ｖ＝5ｍ匀速转动,水平部分长度L =4m 。
放在水平面上的两相同小物块A 、Ｂ（均视为质点）间有一被压缩的轻质弹簧，弹性势能=4Ｊ,弹簧与A 相连接，与B 不连接,A 、B 与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2,物块质量＝=1。
现将A 、B 由静止开始释放,弹簧弹开，在Ｂ离开弹簧时,Ａ未与P 碰撞,B 未滑上传送带。
取g ＝10ｍ２。
求：（1)B 滑上传送带后，向右运动的最远处与N 点间的距离(2)B 从滑上传送带到返回到N 端的时间t 和这一过程中B 与传送带间因摩擦而产生的热能Ｑ(3）B 回到水平面后压缩被弹射装置P 弹回的Ａ上的弹簧，Ｂ与弹簧分离然后再滑上传送带。
则P 锁定时具有的弹性势能E 满足什么条件，才能使Ｂ与弹簧分离后不再与弹簧相碰。
3、【解析】（1)弹簧弹开的过程中，系统机械能守恒 = )υA ２ + )υＢ２由动量守恒有-=０联立以上两式解得=2m,＝2mA B P M N Lv DB滑上传送带做匀减速运动,当速度减为零时,向右运动的距离最大。
由动能定理得:-μ＝0-）2，解得==１m（2）物块B先向右做匀减速运动,直到速度减小到零,然后反方向做匀加速运动，回到皮带左端时速度大小仍为=2m 由动量定理:-μ=-－,解得t＝＝2sB向右匀减速运动因摩擦而产生的热能为：Ｑ1＝μ(＋)B向左匀加速运动因摩擦而产生的热能为：Q2=μ(－)Q＝Q1+Ｑ2=μ＝2０J(3)设弹射装置P将A弹开时的速度为′，则E=)′2－)2Ｂ离开弹簧时,速度互换，B的速度′＝′B与弹簧分离后不再与弹簧相碰，则B滑出平台Q端,由能量关系有)′2>μ以上三式解得E>μ－)2,代入数据解得E＞6Ｊ。