3.13牛顿第二定律的应用(十)滑板-滑块问题

人教版2020年高考物理考点---点对点专题强化-----牛顿运动定律的应用之滑块、滑板问题知识点：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)、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——滑板模型类似．2．两种类型3.分析“板块”模型时要抓住一个转折和两个关联对点训练：典例1：（滑块带动木板）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，木板长L＝1 m，用F＝5 N的水平恒力作用在铁上，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．【答案】 (1)见解析 (2) 2 s典例1解码：(1)A 、B 之间的最大静摩擦力为f m ＞μ1mg ＝0.3×1×10 N ＝3 N假设A 、B 之间不发生相对滑动，则对A 、B 整体：F ＝(M ＋m )a对A ：f AB ＝Ma解得：f AB ＝2.5 N因f AB ＜f m ，故A 、B 之间不发生相对滑动．(2)对B ：F －μ1mg ＝ma B对A ：μ1mg －μ2(M ＋m )g ＝Ma A据题意：x B －x A ＝Lx A ＝12a A t 2，x B ＝12a B t 2 解得：t ＝ 2 s.典例2：（木板带动滑块）如图所示，质量为M ＝8 kg 的小车放在光滑的水平面上，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v 0＝1.5 m/s 时，在小车前端轻轻放上一个大小不计、质量为m ＝2 kg 的小物块，小物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.2，已知运动过程中，小物块没有从小车上掉下来，g 取10 m/s 2，求：(1)经过多长时间两者达到相同的速度；(2)小车至少多长，才能保证小物块不从小车上掉下来；(3)从小物块放上小车开始，经过t ＝1.5 s 小物块对地的位移大小为多少？【答案】 (1)1 s (2)0.75 m (3)2.1 m典例2解码：(1)设小物块和小车的加速度分别为a m 、a M ，由牛顿第二定律有：μmg ＝ma m ，F －μmg ＝Ma M代入数据解得：a m ＝2 m/s 2，a M ＝0.5 m/s 2设经过时间t 1两者达到相同的速度，由a m t 1＝v 0＋a M t 1，解得：t 1＝1 s.(2)当两者达到相同的速度后，假设两者保持相对静止，以共同的加速度a 做匀加速运动，对小物块和小车整体，由牛顿第二定律有：F ＝(M ＋m )a ，解得：a ＝0.8 m/s 2此时小物块和小车之间的摩擦力f ＝ma ＝1.6 N而小物块和小车之间的最大静摩擦力f m ＞μmg ＝4 N ＞f ，所以两者达到相同的速度后，两者保持相对静止．从小物块放上小车开始，小物块的位移为：s m ＝12a m t 21小车的位移s M ＝v 0t 1＋12a M t 21 小车的长度至少为l ＝s M －s m代入数据得：l ＝0.75 m(3)在开始的1 s 内，小物块的位移s m ＝12a m t 21＝1 m ，末速度v ＝a m t 1＝2 m/s ，在剩下的时间t 2＝t －t 1＝0.5 s 时间内，物块运动的位移为s 2＝vt 2＋12at 22，得s 2＝1.1 m ，可见小物块在总共1.5 s 时间内通过的位移大小为s ＝s m ＋s 2＝2.1 m.针对训练：1.如图所示，在山体下的水平地面上有一静止长木板，某次山体滑坡，有石块从山坡上滑下后，恰好以速度v 1滑上长木板，石块与长木板、长木板与水平地面之间都存在摩擦．设最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力的大小，且石块始终未滑出长木板．下面给出了石块在长木板上滑行的v －t 图象，其中可能正确的是( )【答案】BD. 【解析】由于石块与长木板、长木板与地面之间都有摩擦，故石块不可能做匀速直线运动，故选项A 错误；若石块对长木板向右的滑动摩擦力小于地面对长木板的最大静摩擦力，则长木板将静止不动，石块将在长木板上做匀减速直线运动，故选项D 正确；设石块与长木板之间的动摩擦因数为μ1，长木板与地面之间的动摩擦因数为μ2，石块的质量为m ，长木板的质量为M ，当μ1mg ＞μ2(M ＋m )g 时，最终石块与长木板将一起做匀减速直线运动，此时的加速度为μ2g ，由μ1mg ＞μ2(M ＋m )g ，可得μ1mg ＞μ2mg ，即石块刚开始的加速度大于石块与长木板一起减速时的加速度，即μ1g ＞μ2g ，也就是说图象的斜率将变小，故选项C 错误，B 正确．2.如图所示，在光滑的水平面上有一足够长的质量为M ＝4 kg 的长木板，在长木板右端有一质量为m ＝1 kg 的小物块，长木板与小物块间动摩擦因数为μ＝0.2，长木板与小物块均静 止．现用F ＝14 N 的水平恒力向右拉长木板，经时间t ＝1 s 撤去水平恒力F .(1)在F 的作用下，长木板的加速度为多大？(2)刚撤去F 时，小物块离长木板右端多远？(3)最终长木板与小物块一同以多大的速度匀速运动？(4)最终小物块离长木板右端多远？【答案】(1)3 m/s 2 (2)0.5 m (3)2.8 m/s (4)0.7 m【解析】(1)根据牛顿第二定律可得a ＝F －μmg M，解得a ＝3 m/s 2 (2)撤去F 之前，小物块只受摩擦力作用，故a m ＝μg ＝2 m/s 2Δx 1＝12at 2－12a m t 2，解得Δx 1＝0.5 m (3)刚撤去F 时，v ＝at ＝3 m/s ，v m ＝a m t ＝2 m/s撤去F 后，长木板的加速度a ′＝μmg M＝0.5 m/s 2 最终速度v ′＝v m ＋a m t ′＝v －a ′t ′解得v ′＝2.8 m/s(4)在t ′内，小物块和木板的相对位移Δx 2＝v 2－v ′22a ′－v ′2－v 2m 2a m解得Δx 2＝0.2 m最终小物块离长木板右端x ＝Δx 1＋Δx 2＝0.7 m.3.有一项“快乐向前冲”的游戏可简化如下：如图所示，滑板长L ＝1 m ，起点A 到终点线B的距离s＝5 m．开始滑板静止，右端与A平齐，滑板左端放一可视为质点的滑块，对滑块施一水平恒力F使滑板前进．滑板右端到达B处冲线，游戏结束．已知滑块与滑板间动摩擦因数μ＝0.5，地面视为光滑，滑块质量m1＝2 kg，滑板质量m2＝1 kg，重力加速度g 取10 m/s2，求：(1)滑板由A滑到B的最短时间；(2)为使滑板能以最短时间到达，水平恒力F的取值范围．【答案】(1)1 s(2)30 N≤F≤34 N【解析】(1)滑板一直以最大加速度加速时，所用时间最短．设滑板最大加速度为a2，f＝μm1g＝m2a2，a2＝10 m/s2，s＝a2t22，解得t＝1 s.(2)滑板与滑块刚好相对滑动时，水平恒力最小，设为F1，此时可认为二者加速度相等，F1－μm1g＝m1a2，解得F1＝30 N.当滑板运动到B点，滑块刚好脱离时，水平恒力最大，设为F2，设滑块加速度为a1，F2－μm1g＝m1a1，a1t2 2－a2t22＝L，解得F2＝34 N.则水平恒力大小范围是30 N≤F≤34 N.。

动力学中的“板块”和“传送带”模型一．“滑块—滑板”模型1. 模型特点：上下叠放两个物体，在摩擦力的相互作用下发生相对滑动。

2. 两种位移关系①物体的位移：各个物体对地的位移，即物体的实际位移。

②相对位移：一物体相对另一的物体的位移。

两种情况。

（1）滑块和滑板同向运动时，相对位移等两物体位移之差，即.21x x x -=∆相 （2）滑块和滑板反向运动时，相对位移等两物体位移之和，即.21x x x +=∆相 这是计算摩擦热的主要依据，.相滑x f Q ∆=3. 解题思路：（1）初始阶段必对各物体受力分析，目的判断以后两物体的运动情况。

（2）二者共速时必对各物体受力分析，目的判断以后两物体的运动情况。

二者等速是滑块和滑板间摩擦力发生突变的临界条件，是二者相对位移最大的临界点。

（3）物体速度减小到0时，受力分析，判断两物体以后是相对滑动还是相对静止。

相对静止二者的加速度a 相同；相对滑动二者的加速度a 不同。

（4）明确速度关系：弄清各物体的速度大小和方向，判断两物体的相对运动方向，从而弄清摩擦力的方向，正确对物体受力分析。

例.如图，两个滑块A 和B 的质量分别为m A ＝1 kg 和m B ＝5 kg ，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μ1＝0.5；木板的质量为m ＝4 kg ，与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1.某时刻A 、B 两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v 0＝3 m/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g ＝10 m/s 2.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．〖思路指导〗（1）AB 开始运动时，相向均做减速运动，二者初速等大，加速度等大，则经历相等时间,v ∆相等.即相同时刻速度等大.对A 、B 、木板分析B 和木板同向向右运动，A 和木板反向运动，故B 和木板先相对静止，A 减速到0后，反向加速再与木板共速. （2）B 和木板共速后是相对滑动还是相对静止，假设法讨论.相对静止的条件：f<f max . 解析：（1）B 和木板共速前，AB 加速度分别为a A 、a B ,木板加速度为a 1.经t 1木板和B 共速. 对A 向左减速，加速度大小：../5,211向右解得s m a a m g m A A A ==μ 对B 向右减速，加速度大小：.m /s 5,21==B B B B a a m g m 解得μ对木板，由于g m m m g m g B A A B )(m 211++>-μμμ，则合外力向右，向右加速运动../5.2,)(-m 211211s m a ma g m m m g m g B A A B ==++-解得μμμB 和木板共速有：,1110t a t a v B =-解得t 1=0.4s../110s m t a v v B B =-=0.8m.t 2v v x 1Bo B =+= A 的速度大小v A =v B =1m/s.（2）设B 和木板共速后相对静止，对B 和木板：./m 35,)m 22212s a a m m g m g m m B A B A =+=+++解得）（（μμ向右减速运动. 对B 有，木板和A相对静止.假设正确，设再经t g,m μN 320a m f 2B 12B B <== A 全程加速度不变.对B 和木板:,222t a v v B -=对A 有：,222t a v v A +-=解得t 2=0.3s.v 2=0.5m/s.0.225m,m 409t 2v v x 22B /B ==+=0.875m.)t (t a 21)t (t v x 221A 210A =+-+= 故 1.9m.x x x L /B B A =++= 练习1. (水平面光滑的“滑块—滑板”模）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．从物体放上小车开始经t ＝1.5 s 的时间，物体相对地面的位移为(g 取10 m/s 2)( )A ．1 mB ．2.1 mC ．2.25 mD ．3.1 m解析：（1）刚放上物体时，对物体：.2m/s解得a ,ma μmg 211== 对小车：,/5.0,222s m a Ma mg F ==-解得μv 0=1.5m/s.设经t 1二者等速v 1.则2m/s.1s，v 解得t ,t a v t a v 11120111==+==此时物体运动：1m.t v 21x 111==故A 错.（2）共速后，设二者相对静止，整体：.0.8m/s，解得a m)a (M F 233=+= 对物体：μmg，<1.6N =ma =f 3假设正确.再经0.5s 物体运动：.1.2,1.12121223212m x x x m t a t v x =+==+=故故B 对CD 错.2. (水平面粗糙的“滑块—滑板”模型)如图所示，一长木板在水平地面上运动，在某时刻(t ＝0)将一相对于地面静止的物块轻放到木板上．已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．在物块放到木板上之后，木板运动的速度—时间图象可能是图中的( )解析：（1）物体刚放上木板，对木板：.a ,mg g )1121向左，减速运动（Ma M m =++μμ （2）共速后若二者相对静止：错，，则（BC a a Ma g M 2121,)m >=+μ 由于地面有摩擦，共速后木板做减速运动，故D 错。

1一 无外力F 的板块问题分析【知识构建】1. 地面光滑，即板和地面的μ2=0，2.地面粗糙，即A 和B 的动摩擦因数μ1板和地面的动摩擦因数μ2， （1）μ1＞μ2（2）μ1＜μ211mg ma μ=()()23+M m g M m a μ+=23.板和快都有初速度【总结】μ1＞μ2 μ1＜μ211a v t =3【典例分析】 1、地面光滑【例1】 （多选）（2021·深圳第二外国语学校高一开学考试）如图甲所示，长木板A 静止在光滑水平面上，另一质量为2kg 的物体B （可看作质点）以水平速度v 0＝3 m/s 滑上长木板A 的表面。

由于A 、B 间存在摩擦，之后的运动过程中A 、B 的速度图像如图乙所示。

g 取10 m/s 2，下列说法正确的是（ ）A ．长木板A 、物体B 所受的摩擦力均与运动方向相反 B ．A 、B 之间的动摩擦因数μ＝0.2C ．长木板A 的长度可能为L ＝0.8 mD ．长木板A 的质量是4kg 【答案】BD【详解】A ．由题意可知，A 木板的运动方向与其摩擦力方向相同，故A 错误；B ．由图象知B 的加速度大小为2231m/s 2m/s 1B a -==对B 进行分析有：μm B g =m B a B ，可解得：μ=0.2故B 正确；C ．由题意可知，木块B 尚未滑出木板A ，则临界条件为当AB 具有共同速度时，B 恰好滑到A 的右端，设A 、B 物体位移量分别为s A 、s B ，加速度分别为a A 、a B ，由图可知a A =1m/s 2，a B =2m/s 2，A 的长度为L ，则有：22011,,22A A B B B A s a t s v t a t s s L ==--=联立上式可解得L =1.5m ，即L ≥1.5m 即可，故C 错误；D ．由μm B g =m A a A ，μm B g =m B a B 联立两式可解得：21A B BA a m a m ==即A 物体的质量是B 物体的两倍，长木板A 的质量是4kg ，故D 正确；故选BD 。

滑块－滑板类问题的实质是牛顿运动定律与运动学等知识的综合问题，求解时应先仔细审题，清楚题目的含义、分析清楚每一个物体的受力情况、运动情况．1.处理滑块与滑板类问题的基本思路与方法是什么?判断滑块与滑板间是否存在相对滑动是思考问题的着眼点.方法有整体法隔离法、假设法等.即先假设滑块与滑板相对静止，然后根据牛顿第二定律求出滑块与滑板之间的摩擦力，再讨论滑块与滑板之间的摩擦力是不是大于最大静摩擦力.2.滑块与滑板存在相对滑动的临界条件是什么?(1)运动学条件：若两物体速度和加速度不等，则会相对滑动.(2)动力学条件：假设两物体间无相对滑动，先用整体法算出一起运动的加速度，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fm的关系，若ffm，则发生相对滑动.3.滑块滑离滑板的临界条件是什么?当滑板的长度一定时，滑块可能从滑板滑下，恰好滑到滑板的边缘达到共同速度是滑块滑离滑板的临界条件4.因题目所给的情境中至少涉及两个物体、多个运动过程，并且物体间还存在相对运动，所以：（1）应准确求出各物体在各运动过程的加速度(注意两过程的连接处加速度可能突变)；（2）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．（3）求解中更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．例1.如图所示，一足够长的木板B静止在水平地面上，有一小滑块A以v0＝2 m/s的水平初速度冲上该木板．已知木板质量是小滑块质量的2倍，木板与小滑块间的动摩擦因数为μ1＝0.5，木板与水平地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1，求小滑块相对木板滑行的位移是多少？(g取10 m/s2)例2.如图所示，质量M＝8 kg的长木板放在光滑的水平面上，在长木板左端加一水平恒推力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＝10 m/s2)(1)小物块放后，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？(3)从小物块放上长木板开始，经过t＝1.5 s小物块的位移大小为多少？例3. (2011·山东卷·24)如图所示，在高出水平地面h＝1.8 m的光滑平台上放置一质量M＝2 kg、由两种不同材料连接成一体的薄板A，其右段长度l1＝0.2 m且表面光滑，左段表面粗糙．在A最右端放有可视为质点的物块B，其质量m＝1 kg，B与A左段间动摩擦因数μ＝0.4.开始时二者均静止，现对A施加F＝20 N水平向右的恒力，待B脱离A(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＝1.2 m．(取g＝10 m/s2)求：.(1)B离开平台时的速度v(2)B从开始运动到刚脱离A时，B运动的时间t B和位移x B.(3)A左段的长度l2.3.13牛顿第二定律的应用（十）滑板-滑块问题（参考答案）例1.答案：13m 解析：设滑块的质量为m ，木板的质量为2m ，小滑块的加速度为a 1，木板的加速度为a 2，以小滑块为研究对象，由牛顿第二定律得： μ1mg ＝ma 1，即a 1＝μ1g ＝5 m/s 2.经t s ，设木板与小滑块相对静止，共同速度为 v ， 则：v ＝v 0－a 1t .以木板为研究对象，由牛顿第二定律得：μ1mg －μ23mg ＝2ma 2，a 2＝μ1mg －μ23mg 2m＝1 m/s 2. 则经t s 木板的速度为：v ＝a 2t ，所以，a 2t ＝v 0－a 1t ，t ＝v 0a 1＋a 2＝13s. 则小滑块相对木板滑行的位移为：x ＝⎝⎛⎭⎫v 0t －12a 1t 2－12a 2t 2＝13m. 例2.答案： (1)2 m/s 2；0.5 m/s 2 (2)1 s (3)2.1 m解析：(1)物块的加速度a m ＝μg ＝2 m/s 2 长木板的加速度a M ＝F －μmg M＝0.5 m/s 2. (2)由a m t ＝v 0＋a M t 可得t ＝1 s.(3)在开始1 s 内小物块的位移：x 1＝12a m t 2＝1 m 1 s 末速度为v ＝a m t ＝2 m/s 在接下来的0.5 s 物块与长木板相对静止，一起做加速运动且加速度为a ＝F M ＋m＝0.8 m/s 2 这0.5 s 内的位移为x 2＝v t ＋12at 2＝1.1 m 通过的总位移x ＝x 1＋x 2＝2.1 m. 例3. 答案： (1)2 m/s (2)0.5 s 0.5 m (3)1.5 m解析： (1)设物块平抛运动的时间为t ，由运动学知识可得h ＝12gt 2 ① x ＝v B t ②联立①②式，代入数据得v B ＝2 m/s. ③(2)设B 的加速度为a B ，由牛顿第二定律和运动学的知识得μmg ＝ma B ④v B ＝a B t B ⑤x B ＝12a B t 2B ⑥ 联立③④⑤⑥式，代入数据得t B ＝0.5 s ⑦x B ＝0.5 m ． ⑧(3)设B 刚开始运动时A 的速度为a 1，由动能定理得Fl 1＝12M v 21⑨ 设B 运动后A 的加速度为v A ，由牛顿第二定律和运动学的知识得F －μmg ＝Ma A ⑩l 2＋x B ＝v 1t B ＋12a A t 2B○11 联立⑦⑧⑨⑩○11式，代入数据得 l 2＝1.5 m.○12。

验证牛顿第二定律的滑块实验标题：验证牛顿第二定律的滑块实验引言：牛顿第二定律是经典力学中最为重要的定律之一，它描述了物体的运动与施加在物体上的力之间的关系。

为了验证牛顿第二定律的有效性，我们可以进行一系列的实验。

本文将详细阐述滑块实验的设计、实施和分析，并展示该实验的应用和专业角度的评估。

一、实验设计与准备：1. 实验目的：验证牛顿第二定律在实际物体运动中的适用性。

2. 实验材料和设备：- 一条光滑水平的桌面- 一个质量较小且平坦的滑块- 一根轻质且不弹性的绳子- 一个固定在桌面上的滑轮- 一瓶滑动摩擦系数已知的润滑剂3. 实验步骤：1) 将滑块放置在桌面上，并与滑轮之间用绳子连接起来，确保绳子不打结且绷直。

2) 微量喷洒润滑剂，以减小滑块与桌面之间的摩擦力。

3) 将滑轮旋转，使绳子发出定向的拉力，使滑块开始运动。

4) 以不同的力大小和角加速度重复实验，并记录相关数据。

二、实验过程与数据分析：1. 牛顿第二定律的数学表达：牛顿第二定律表示为：F = ma，其中F是作用在物体上的力，m是物体的质量，a是物体的加速度。

2. 实验观察与数据收集：实验过程中，需要测量滑动的加速度和应用到滑块上的力。

- 测量加速度：可以通过计时物体从静止位置滑行至某一点所消耗的时间，以及滑行距离来计算加速度。

加速度计也是另一种常用的测量工具。

- 测量施力：使用弹簧测力计或称量天平来测量施加在滑块上的力。

3. 数据分析与验证：通过将所收集到的数据带入牛顿第二定律的公式中，验证实验数据与理论预测是否一致。

实验过程中需要重复尽可能多的实验次数，以求得更准确的数据，并使用统计学方法进行数据处理和求解。

三、实验应用：1. 课堂教学：通过滑块实验，学生能够理解牛顿第二定律，并将理论应用于实际物体的运动状况。

这有助于学生深入理解物理学基础知识。

2. 工程应用：牛顿第二定律在工程中有广泛的应用，如机械、交通和航天工程等。

通过验证实验的结果，我们可以为这些实际应用情境下的运动提供准确的描述和计算。

牛顿运动定律在滑板-滑块问题中的应用高考频度：★★★☆☆难易程度：★★★☆☆（2018·四川南充高中）长为1.5 m 的长木板B 静止放在水平冰面上，小物块A 以某一初速度从木板B 的左端冲上长木板B ，直到A 、B 的速度达到相同，此时A 、B 的速度为0.4 m/s ，然后A 、B 又一起在水平冰面上滑行了8.0 cm 。

若小物块A 可视为质点，它与长木板B 的质量相同，A 、B 间的动摩擦因数μ1=0.25。

求：（取g =10 m/s 2）（1）木板与冰面的动摩擦因数。

（2）小物块相对长木板滑行的距离。

（3）为了保证小物块不从木板的右端滑落，小物块滑上长木板时的初速度应满足什么条件。

【参考答案】（1）0.10 （2）0.96m （3）3.0m/s【试题解析】（1）A 、B 一起运动时，受冰面对它的滑动摩擦力，做匀减速运动，加速度2222mg a g m μμ⨯==且221m/s 2v a s ==； 解得木板与冰面的动摩擦因数20.10μ=（2）小物块A 在长木板上受木板对它的滑动摩擦力，做匀减速运动，加速度211 2.5m/s a g μ==小物块A 在木板上滑动时，木板B 受小物块A 的滑动摩擦力和冰面的滑动摩擦力，做匀加速运动，有1222)(mg m g ma μμ-=解得加速为220.50m/s a =设小物块冲上木板时的初速度为10v ，经时间t 后A 、B 的速度相同为v由长木板的运动得2v a t =解得滑行时间20.8s v t a == 小物块冲上木板的初速度101 2.4m/s v v a t =+=小物块A 在长木板B 上滑动的距离为2212101211Δ0.96m 22s s s v t a t a t =-=--= （3）小物块A 的初速度越大，它在长木板B 上滑动的距离越大，当滑动距离达到木板B 的最右端时，两者的速度相等（设为v '），这种情况下A 的初速度为保证不从木板上滑落的最大初速度，设为v 0有220121122v t a t a t L --= 01v v a t '-=2v a t '=由上三式解得，为了保证小物块不从木板的右端滑落，小物块冲上长木板的初速度不大于最大初速度()0122 3.0m/s v a a L =+= xk ……w【知识补给】如图所示，质量为M =4 kg 的木板放置在光滑的水平面上，其左端放置着一质量为m =2 kg 的滑块（视作质点），某时刻起同时给二者施以反向的力，如图，已知F 1=6 N ，F 2=3 N ，适时撤去两力，使得最终滑块刚好可到达木板右端，且二者同时停止运动，已知力F 2在t 2=2 s 时撤去，板长为s =4.5 m ，g =10 m/s 2，求：（1）力F 1的作用时间t 1；（2）二者之间的动磨擦因数μ；（3）t 2=2 s 时滑块m 的速度大小 m v 。