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滑块—滑板模型

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牛顿运动定律巧解滑块-滑板模型

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
THANKS
感谢观看
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》

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

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.

滑块——滑板模型问题分析方法ppt课件

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)

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

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

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

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．

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。
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高三物理专题复习：滑块一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M=1kg的木板B, —质量为m=1Kg的物块A以速度v0=2.0m/s滑上长木板B的左端，物块与木板的摩擦因素卩1=0.1、木板与地面的摩擦因素为卩2=0.1，已知重力加速度为g=10m/s , 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；人 ----------_B(3)物块A不滑离木板B,木板B至少多长？"TT/TTTTTTTTT/TTTTTTTT1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：f A二fmg =1NA的加速度：aj - - -1m/ s 方向向左m木板B受到地面的摩擦力：f地二」2(M - m)g =2N - f A故木板B静止，它的加速度a2=02(2)物块A的位移：s二二^=2m2a(3)木板长度：L亠S = 2m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卩3=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AB速度相同以后的运动情况； A _____________________B(3)整个运动过程，物块A与木板B相互摩高三物理专题复习：滑块一滑板模型擦产生的摩擦热多大？考点：牛顿第二定律、运动学、功能关系解析：对于物块 A ： f A = %mg =4N1分-0解析：（1）A 、B 动量守恒，有： mv 0 = （M - m ）vmv 0解得："Lf" （2）由动能定理得： 1 2 1 2对 A:-叫 mgS Amvmv 0加速度：aA -- - J 4g -4.0m/ s ，方向向左。

1 分m对于木板：1 『地二 ”2( m M )^ = 2N1分加速度：a C=2.0m / si 方向向右。

物块A 相对木板B 静止时，有：a B h = v 2 - a C l解得运动时间：鮎=1/3.s ， V A = VB = aBb = 2 / 3m / s（2）假设AB 共速后一起做运动， a 二」2（M― - -1m/s 2(M m)物块A 的静摩擦力:二 ma = 1N ：： f A所以假设成立，AB 共速后一起做匀减速直线运动。

2 2(3)共速前A 的位移：S A =V AV°木板B 的位移：S BV B 1m2a B 94 所以：J 3mg(S A - S B )J 3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？ 物块A 与木板B 摩擦产生的热量多大？ 动量守恒定律、动能定理、能量守恒定律 相对位移与物块、木板位移的关系，优(3) 考点:考查: 物块、木板的位移计算，木板长度的计算, 选公式列式计算。

对B:1 2-叫mgS BMvA …f 地M又: S A - L ■ S B解得：L = 1m（3 ）摩擦热：Q = JmgL =1J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L=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m=1kg,C与A、B间的动摩擦因数均为u=0.5.现在A以速度V a=6m/s向右运动并与B相碰，碰撞时间极短,碰后AB粘在一起运动，而C可以在B上滑动g=10m/s2,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 i，由动量守恒定律得mv=2mv①y 2 分）A B、C的共同速度为V2，由动量守恒定律有mv=3mv②1. 一》；（1 分）小铁块C做匀加速运动： "V 心③：二匚厂（1分）2 y& -—二0.4in I- —-0.4s当达到共同速度时：____ 2a_______ ④（1分）盘⑤（1分）（1 分）"3—S+£ =0.血小铁块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：c S =S _S c =0.6m1 2 1 2系统损失的机械能：Emv o 2mv i -」mg.'S = 8J2 2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L= 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 \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： m% =(M • m)v解得： “ mv 0 =1m/s M +m设最大弹性势能为 E P ，由能量守恒定律得:解得：E p =0.5J(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:mv 0 = (M m)v 11 2 1 2 mv 0 (M mN 亠'■ mgL 2 2解得：=0.2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:mv 0 = (M m)v 2 1 2 1 2|mv 0 (M ' m)v 1 2 mgL2 2」(M 22m)v 亠打mgL E pTO解得：)=0.1所以：0.1 …：：：0.2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R=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2kg，小车上表面的AB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m=1kg的滑块(视为质点)以V0=3m/s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2相对小车静止，g=10m/s .(1)求滑块与小车之间的动摩擦因数卩和此过程小车在水平面上滑行的距离s；(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.2.如图所示，在光滑的水平面上停放着一辆质量M= 4 kg、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 kg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 =0.3，能发生相互摩擦的长度L = 1.5 m，g取10 m/s 2.(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.(1) 当v 0=3m/sai,滑块在昵相对小车静止时的北同速度为J,由动量守恒定律：mv 0= (M+m) V]... 对滑块，由动能定理=-pmg (£+L)=*n 『扌01甘+®对小车！由动能定理！ pmgs= 由①®歸V 嘉严④(2) 裳便滑块刚好不从ID 弧轨道上端亡点飞出，滑块到C 点时，二若具有相同的遠度设为v 才由系统水平方向的动壘守恒；mv 0= (M+m)巧…⑥_ 1 7 1 1由系统能壘守恒：|jmgL+mgR=^mx (j 专(M+m)》…⑦ 由④⑥⑦箒v 0=430m/s要楫滑块不从圆弧轨道上端魚飞出，必须衢足* v c <>(30m/s答；(1)滑块与小车之间的动摩擦因数虚0占，此过程，卜车在水平面上滑行的距葛是*m ； (2)要使滑块滑上小车后不从C 处飞出，初遠度％应满足的条件是v 0<436m/s.2.解析：⑴ 设物块滑上车时的速度为 v i .物块从A 滑至该点的过程中机械能守恒，有:mg 金 2mV,得：V i = “-：/2gR ^ 6 m/s. (2)设弹簧获得的最大弹性势能为 对运动的过程中，动量守恒，有：mv =(讨 M V 2.②由能量守恒定律，有：1 2 1 2，mv =孑耐 MV 2 +（1 mg ® E ）.④⑤联立得：V 3= 0, V 4= 3 m/s( V 3= 4 m/s , V 4= 1 m/s 舍去). 因V 4>V 3,故物块最后能从车的右端掉下 由 h = ^gt 2,及△ s = V 4t — V 3t ,得物块落地时与车的右端的水平距离△ s = 1.2 m.E p ,此时物块与车的速度相同， 设为V 2.在物块与车相①②③联立得：E = 15 J.(3)设物块回到车的右端时物块的速度为 的过程中，动量守恒，能量守恒，有：mv = mv + Mw1 2 1 2 1 2一mv = mv + Mv + 2 i mgl _ 2 2 2 V 3,车的速度为V 4.从A 滑上车至回到车的右端④⑤-D …③答案：(1)6 m/s (2)15 J (3)1.2 m1一条滑道由一段半径 R = 0.8 m 的丄圆弧轨道和一段长为 L = 3.2 m的水平4M 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(2)B 在碰撞后在摩擦力作用下减速运动，到达1 2 —fL = 0— 2mv B ‘ ④ 其中f =卩m(⑤由④⑤得尸0.25. 答案：(1)0 4 m/s (2)0.253、如图所示，光滑水平面 MN 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/s 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E p = 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 卩=0.2，物块质量m A = m B=1kg 。