牛顿运动定律的应用与拓展之滑块滑板模型

高考一轮复习牛顿运动定律的应用与拓展4槐芽中学：李兵强

滑块滑板模型求解动力学问题的一般思路和步骤：（1）审题意，想情景，画草图（2）分析力、析过程，建模型（3）挖临界，寻突破，找联系（4）用规律，列方程，讨论解1.(2009宁夏卷20)如图所示，一足够长的木板静止在光滑水平面上，一物块静止在木板上，木板和物块间有摩擦。现用水平力向右拉木板，当物块相对木板滑动了一段距离但仍有相对运动时，撤掉拉力，此后木板和物块相对于水平面的运动情况为()

A．物块先向左运动，再向右运动

B．物块向右运动，速度逐渐增大，直到做匀速运动

C．木板向右运动，速度逐渐变小，直到做匀速运动

D．木板和物块的速度都逐渐变小，直到为零物块木板拉力14:122.(2014年江苏卷8)如图所示，A、B两物块的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上。A、B间的动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数为μ/2．最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g．现对A施加一水平拉力F，则

A．当F<2μmg

时，A、B都相对地面静止

B．当F=5μmg/2时，A的加速度为

μg/3

C．当F>3μmg

时，A相对B滑动

D．无论F为何值，B的加速度不会超过μg/2

14:123.(2013年江苏卷14)(16分)如图所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验。若砝码和纸板的质量分别为m1和m2，各接触面间的动摩擦因数均为μ,重力加速度为g。

（1）当纸板相对砝码运动时，求纸板所受摩擦力的大小；

（2）要使纸板相对砝码运动，求所需拉力的大小；

（3）本实验中，m1=0.5kg，m2=0.1kg，μ=0.2，砝码与纸板左端的距离d=0.1m，取g=10m/s2。若砝码移动的距离超过L=0.002m，人眼就能感知。为确保实验成功，纸板所需的拉力至少多大？14:12【解析】(1)砝码对纸板的动摩擦力

桌面对纸板的动摩擦力(2)设砝码的加速度为,纸板的加速度为,则

要发生相对运动须解得(3)纸板抽出前,砝码运动的距离纸板运动的距离纸板抽出后，砝码在桌面上运动的距离由题意知解得代入数据得F=22.4N解得纸板所受的摩擦力题后反思：①多过程问题，要针对每一过程，分析其运动性质，受力情况，画出运动过程示意图，针对其规律列方程。②依据物理过程先后顺序，应用“程序法”分析求解。关键是思维要连贯，解题要细心、条理要清楚。4.(2013年新课标Ⅱ卷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-时间图像如图所示。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：

⑴物块与木板间、木板与地面间的动

摩擦因数；

⑵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。

v/(m

s-1)t/s0150.514:12【解析】(1)从t=0时开始，木板与物块之间的摩擦力使物块减速，此过程一直持续到物块和木板具有共同速度为止。由图可知，在t1=0.5s时，物块和木板的速度相同，设t=0到t=t1时间间隔内，物块和木板的加速度大小分别为a1和a2，则

a1=v1/t1

①

a2=(v0-v1)/t1

②式中v0=5m/s，v1=1m/s分别为木板在t=0、t=t1时速度的大小。设物块和木板为m，物块和木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为μ1和μ2，由牛顿第二定律得

μ1mg=ma1

③

μ1mg+μ22mg

=ma1

④联立①②③④式得

μ1=0.20⑤

μ2=0.30⑥v/(m

s-1)t/s0150.5解析(2)在t1时刻后，地面对木板的摩擦力阻碍木板运动，物块与木板之间的摩擦力改变方向。设物块与木板之间的摩擦力大小为f，物块和木板的加速度大小分别为a1和a2，则由牛顿第二定律得f=ma1′

⑦μ22mg-f=ma2′

⑧假设f<μ1mg，则a1′=a2′；由⑤⑥⑦⑧式得f=μ2mg>μ1mg，与假设矛盾，故f=μ1mg⑨s1=2v12/2a1

⑩

s2=(v0+v1)t1/2+v12/2a2′

⑪物块相对于木板的位移的大小为s=s2-s1⑫由⑦⑨式知，物块的加速度的大小

等于a1；物块的v-t图象如图中点划线所示。运动学公式可推知，物块和木板相对于地面的运动距离分别为联立①⑤⑥⑧⑨⑩

⑪⑫式得s=1.125mv/(m

s-1)t/s0150.55.(2015年课标卷I25)(20分)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。t=0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t=1s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

(1)木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2；

(2)木板的最小长度；

(3)木板右端离墙壁的

最终距离。

14:124.5m1sV1=4m/sv0Ff1Ff1解析：受力图运动过程图运动状态图V0v/(m/s)t/s4014.5m画速度时间图象由图得：v0=5m/sa1=－1m/s2－μ1(m+M)g=(m+M)a1

μ1=0.1画运动过程图、受力图Ff2V1=4m/sV2=02m1sa2=－4m/s2

－μ2mg=ma2

μ2=0.4木块受力图运动过程图运动状态图V1=4m/sFf3Ff2V3V3V1=4m/sFf2V2=0Ff2V3Ff2V3a2=－4m/s2

木板受力图、运动过程图、运动状态图(2)碰撞后木板的加速度为a3，再经过时间Δt，木板和小物块刚好具有共同速度v3．μ2mg+μ1(m+M)g=Ma3

a3=4/3m/s2

V3=－v1+a3Δt=v1+a2Δt可得

v3=－2m/s，Δt=1.5s小滑块运动位移为

s2=1.5m

木板运动的位移为s3=－4.5m木板的最小长度为Δs=s2－s3=6.0m

2－2v/(m/s)t/s4011.5233.5－

4小物块木板Ff4V3V3Ff4V4=0(3)小物块和木板具有共同速度v3=2m/s后，设加速度为a4，运动的位移s4．－μ1(m+M)g=(m+M)a4

a4

=－1m/s2s4=－v32/2a4=2m木板右端离墙壁的最终距离为s=s3+s4=6.5m．2－2v/(m/s)t/s4011.5233.5－

4小物块木板变式训练1.A木板L=5m,M=5kg,右端与桌边相齐，B木块m=2kg,B点距右端s=3m,A与B间的μ1=0.1，A、B与桌面间μ2=0.2，最初系统静止，现对板A右端施一水平恒力F,将A从B下抽出，且恰使B停在桌右边缘，试求F的大小。（g=10m/s2）MASB桌子LF=26NF14:126.(2004年全国理综25)(20分)一小圆盘静止在桌布上，位于一方桌的水平桌面的中央．桌布的一边与桌的AB边重合，如图示．已知盘与桌布间的动摩擦因数为μ1，盘与桌面间的动摩擦因数为μ2．现突然以恒定加速度a将桌布抽离桌面，加速度方向是水平的且垂直于AB边．若圆盘最后未从桌面掉下，则加速度a满足的条件是什么？(以g表示重力加速度)ABa14:12变式训练2.

木板L=0.5m，质量M=0.5kg，右端与木块相齐，木块质量m=0.1kg,木块、木板、桌面之间的动摩擦因数均为μ=0.2。现对木