1、难点突破 2牛顿运动定律在滑块滑板类问题中的应用1滑块滑板类问题的特点涉及两个物体，并且物体间存在相对滑动2滑块和滑板常见的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3滑块滑板类问题的解题方法此类问题涉及两个物体、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)，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【典例】 如图所示，木板静止于水平地面上，在其最右端放一可视为质
2、点的木块已知木块的质量 m1 kg，木板的质量 M4 kg，长 L 2.5 m，上表面光滑，下表面与地面之间的动摩擦因数0.2.现用水平恒力 F20 N 拉木板，g 取 10 m/s2.(1)求木板加速度的大小；(2)要使木块能滑离木板，求水平恒力 F 作用的最短时间；(3)如果其他条件不变，假设木板的上表面也粗糙，其上表面与木块之间的动摩擦因数为 10.3，欲使木板能从木块的下方抽出，对木板施加的拉力应满足什么条件？(4)若木板的长度、木块质量、木板的上表面与木块之间的动摩擦因数、木板与地面间的动摩擦因数都不变，只将水平恒力增加为30 N，则木块滑离木板需要多长时间？【解析】 (1)木板受到
3、的摩擦力 f (M m)g10 N木板的加速度 a 2.5 m/s 2.F fM(2)设拉力 F 作用 t 时间后撤去F 撤去后，木板的加速度为 a 2.5 m/s 2afM木板先做匀加速运动，后做匀减速运动，且时间相等，故 at2L解得：t1 s，即 F 作用的最短时间为 1 s.(3)设木块的最大加速度为 a 木块 ，木板的最大加速度为 a 木板 ，则1mg ma 木块解得：a 木块 1g3 m/s2对木板：F 1 1mg(Mm)gMa 木板木板能从木块的下方抽出的条件：a 木板 a 木块解得：F 125 N.(4)木块的加速度 a 木块 1g3 m/s 2木板的加速度a 木板 4.25
4、m/s 2F2 1mg M mgM木块滑离木板时，两者的位移关系为 s 木板 s 木块 L，即 a 木板 t2 a 木块 t2L12 12代入数据解得：t2 s.【答案】 (1)2.5 m/s2 (2)1 s(3)大于 25 N (4)2 s如图所示，质量 M8 kg 的小车放在光滑水平面上，在小车左端加一水平推力 F8 N当小车向右运动的速度达到 3 m/s 时，在小车右端轻轻地放一个大小不计、质量 m 2 kg 的小物块小物块与小车间的动摩擦因数 0.2，小车足够长 g 取 10 m/s2，则：(1)放上小物块后，小物块及小车的加速度各为多大；(2)经多长时间两者达到相同的速度；(3)从小
5、物块放上小车开始，经过 t3 s 小物块通过的位移大小为多少？解析：(1) 小物块的加速度 amg2 m/s 2小车的加速度 aM 0.5 m/s 2.F mgM(2)由 amt v0a Mt，得 t2 s，v 同 22 m/s4 m/s.(3)在开始 2 s 内，小物块通过的位移 x1 amt24 m12在接下来的 1 s 内小物块与小车相对静止，一起做匀加速运动，加速度 a 0.8 m/s 2FM m小物块的位移 x2v 同 t at 24.4 m12通过的总位移 xx 1x 28.4 m.答案：(1)2 m/s 2 0.5 m/s 2 (2)2 s (3)8.4 m(2015新课标全国卷
6、)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 4.5 m，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 t1 s 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 1 s 时间内小物块的 vt 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 10 m/s2.求：(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解析：(1) 规定向右为正方向木板与墙壁相碰前
7、，小物块和木板一起向右做匀变速运动，设加速度为 a1，小物块和木板的质量分别为 m 和 M.由牛顿第二定律有 1(mM) g(mM)a 1由题图(b)可知，木板与墙壁碰前瞬间的速度 v14 m/s，由运动学公式得v1v 0a 1t1s0v 0t1 a1t 12 21式中，t 11 s，s 04.5 m 是木板碰前的位移，v 0 是小物块和木板开始运动时的速度联立式和题给条件得10.1在木板与墙壁碰撞后，木板以v 1 的初速度向左做匀变速运动，小物块以 v1 的初速度向右做匀变速运动设小物块的加速度为 a2，由牛顿第二定律有 2mgma 2由题图(b)可得 a2 v2 v1t2 t1式中，t 2
8、2 s，v 20，联立式和题给条件得20.4.(2)设碰撞后木板的加速度为 a3，经过时间 t，木板和小物块刚好具有共同速度 v3.由牛顿第二定律及运动学公式得2mg 1(Mm)gMa 3v3v 1a 3tv3v 1a 2t碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运动的位移为s1 t v1 v32小物块运动的位移为s2 tv1 v32小物块相对木板的位移为ss 2s 1联立式，并代入数值得s6.0 m 因为运动过程中小物块没有脱离木板，所以木板的最小长度应为6.0 m.(3)在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速运动直至停止，设加速度为 a4，此过程中小物块和木板运动的位移为 s3，由牛顿第二定律及运动学公式得1(m M)g(mM)a 40v 2a 4s323碰后木板运动的位移为 ss 1s 3联立式，并代入数值得 s6.5 m木板右端离墙壁的最终距离为 6.5 m.答案：(1) 10.1 20.4(2)6.0 m (3)6.5 m
