牛顿运动定律巧解滑块—滑板模型.

动力学中的滑块—滑板模型
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．
L
F x1 x2 L
F x2 x1 L
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。
动力学中的滑块—滑板模型
C．当F＝10 N时，m对M有向左的2 N的摩擦力
D．当F＝10 N时，m对M有向右的4 N的摩擦力
动力学中的滑块—滑板模型
选择题题型训练
解析：m运动的最大加速度a＝μg＝2 m/s2，所以当整体
的加速度达到2 m/s2时，即F＝(m＋M)a＝20 N时，m相对 M开始运动，A错，B对；当F＝10 N时，整体的加速度a
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典型例题
[规范解答]—————————该得的分一分不丢！ (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 ) 1 1 xA＝ aAt2； xB＝ aBt2(2 分) 2 2 解得： t＝ 2 s． (2 分 ) [答案] (1)不会 (2) 2 s
选择题题型训练
BCD
动力学中的滑块—滑板模型
选择题题型训练
解析： A、B 间的最大静摩擦力为 2μmg，B 和地面之间的最大 3 3 静摩擦力为 μmg，对 A、 B 整体，只要 F＞ μmg，整体就会运 2 2 动，选项 A 错误；当 A 对 B 的摩擦力为最大静摩擦力时，A、B 将要发生相对滑动，故 A、 B 一起运动的加速度的最大值满足 3 1 2μmg－ μmg＝ mamax，B 运动的最大加速度 amax＝ μg，选项 D 2 2 3 正确；对 A、B 整体，有 F－ μmg＝3mamax，则 F＞ 3μmg 时两 2 5 者会发生相对运动，选项 C 正确；当 F＝ μmg 时，两者相对静 2 3 1 止，一起滑动，加速度满足 F－ μmg＝ 3ma，解得 a＝ μg，选 2 3 项 B 正确．
选择题题型训练 【例1】如图所示，光滑的水平面上静置质量为M＝8 kg的 平板小车，在小车左端加一个由零逐渐增大的水平推力F， 一个大小不计、质量为m＝2 kg的小物块放在小车右端上面， 小物块与小车间的动摩擦因数 μ ＝ 0.2 ，小车足够长．重力 加速度g取10 m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列 说法中正确的是( ) BC A．当F增加到4 N时，m相对M开始运动 B．当F增加到20 N时，m相对M开始运动
A．A的质量为0.5 kg B．B的质量为1.5 kg C．B与地面间的动摩擦因数为0.2 D．A、B间的动摩擦因数为0.2
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选择题题型训练
解析：当F≤3 N时，A、B均静止，表明B与地面间最大静 摩擦力为3 N；当3 N＜F≤9 N时，A、B一起以相同加速度 运动，a
F 2 (mA mB ) g 1 F 2 g mA mB mA mB
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典型例题
如图所示， 质量 M＝1 kg 的木板 A 静止在水平地面上， 【典例4】
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 块与木块间的动摩擦因数 μ1＝0.3，木板长 L＝1 m，用 F＝5 N 的水平恒力作用在铁块上，g 取 10 m/s2. (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．
解：根据图（1），设A、B间的静摩擦力达到最大 值f时，系统的加速度为a，根据牛顿第二定律有： • F=（mA+mB）a…① • f=mAa…② • 代入数据解得：f=2.0N…③ • 根据图（2）设A、B刚开始滑动时系统的加速度 为a′，根据牛顿第二定律有： • f=mBa′…④ • Fm=（mA+mB）a′…⑤ • 代入数据联立解得：Fm=6.0N． • 答：F′的最大值为6.0N．
【例1】如图所示，m =40kg的木板在无摩擦的 地板上，木板上又放m =10kg的石块，石块与 木板间的动摩擦因素μ=0.6。试问： （1）当水平力F=50N时，石块与木板间有无 （答：不滑动） 相对滑动？ （2）当水平力F=100N时，石块与木板间有无 相对滑动？（g=10m/s ）此时m 的加速度为 多大？ F （答：相对滑动 此时m 的加速度 m1 :a =4 m/s ）
fm m M fm F m fm M
fm
F
• 技巧总结： • (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)．知道每一过程的末速度是下一过程的初速度 • (4)．相对滑动的两个条件： A.摩擦力为滑动摩擦力（动力学条件）． B.二者速度或加速度不相等（运动学条件）．
【例2】.如图所示，在光滑水平面上有一小车 A，其质量为mA=2.0kg，小车上放一个物体B ，其质量为mB=1.0kg，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Fm． • 答：F′的最大 值为6.0N．
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典型例题
【典例5】 图所示，在光滑的水平地面上有一个长为 L，质 量为M 4Kg的木板A，在木板的左端有一个质量为 m 2Kg
的小物体B，A、B之间的动摩擦因数为 0.2 ，当对B施加 水平向右的力 F 作用时 (设 A、 B 间的最大静摩擦力大小与滑 动摩擦力大小相等)， （1）若F=5N，则A、B 加速度分别为多大？
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[解析 ] 铁块的加速度 F 作用时： F－ μmg＝ ma1，a1＝ 2 m/s2，向右 撤去 F 后： μmg＝ ma′ 1， a′ 1＝ 2 m/s2，向左． 木板的加速度(相对滑动过程中不变 ) μmg＝ Ma2， a2＝1 m/s2 前 1 s 内两者的位移： 1 2 x1＝ a1t ＝ 1 m 2 1 2 x2＝ a2t ＝ 0.5 m. 2 撤去 F 时两者的速度： v1＝ a1t＝2 m/s v2＝ a2t＝1 m/s
（2）若F=10N，则A、B 加速度分别为多大？ （ 3 ）在（ 2 ）的条件下，若力 F 作用时间 t=3s ， B 刚好到达 木板A的右端，则木板长L应为多少？
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典型例题
动力学中的滑块—滑板模型
典型例题
质量为M＝2 kg、长为L的木板静止在光滑的水平面 【典例6】
上，在木板左端放有质量为m＝1 kg的铁块(可视为质点)．现 给铁块施加一水平拉力F＝4 N，使铁块相对木板滑动，作用t ＝1 s后撤去拉力，铁块恰好不掉下木板，求木板的长度 L的 值．(已知铁块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.2，g取10 m/s2)
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 amax ，二者之间就 不发生相对滑动，反之二者之间就会发生相对滑动。
动力学中的滑块—滑板模型
选择题题型训练
【例3】如图所示，质量为m1的足够长的木板静止在光滑水 平面上，其上放一质量为m2的木块．t＝0时刻起，给木块施 加一水平恒力F.分别用a1、a2和v1、v2表示木板、木块的加 速度和速度大小，图中可能符合运动情况的是( AC )
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选择题题型训练
动力学中的滑块—滑板模型
知识梳理
1．模型特点：
上、下叠放两个物体，并且两物体在摩擦力的相互作用下发 生相对滑动． 2．建模指导： 基本思路： （ 1 ）受力分析，根据牛顿第二定律分别求出滑块和木板的 加速度； （ 2 ）运动状态分析，找出位移关系，速度关系，建立方 程．（特别注意位移都是相对地面的位移）.
云和课堂：
牛顿运动定律巧解
滑块—滑板模型
丽水市文元高级中学 王海桥
动力学中的滑块—滑板模型
学习目标
学习目标
1.掌握滑块—滑板题型及特点。 2.强化受力分析，运动过程分析； 3.抓住运动状态转化时的临界条件。
动力学中的滑块—滑板模型
考情分析
几点认识
1.“滑块-木板”类问题，具有涉及考点多，情境丰富，设问灵 活，解法多样，思维量高等特点，是一类选拔功能极强的 试题，也是新课标力学常考的试题。 2. 此类试题研究对象多、受力分析困难，运动过程复杂，往 往会使考生“手忙脚乱”，“顾此失彼”导致丢分。是学 生比较容易感到“头疼”的一类试题。因此探究并掌握此 类试题的分析技巧和解题方法是十分必要的。
典型例题
动力学中的滑块—滑板模型
典型例题
撤去 F 后，设铁块滑到木板右端用时为 t′，共同速度为 v. 由 v＝ v1－ a′ 1t′＝ v2＋a2t′得 4 1 v＝ m/s， t′＝ s 3 3 两者对地位移： v1＋ v 5 x′ 1＝ t′＝ m 2 9 v2＋ v 7 x′ 2＝ t′＝ m 2 18 2 木板长度 L＝(x1＋x′1)－ (x2＋x′2)＝ m. 3 2 [答案] m 3
，由图象斜率知
f (mA mB ) g
mA＋mB＝1.5 kg，B与地面间的动摩擦因数为μ2＝
＝0.2；当F＞9 N时，A的加速度为aA＝μ1g，根据图象可 F 1mA g 2 (mA mB )பைடு நூலகம்g a μ1＝0.4，B的加速度为 B ，
mB
由图象斜率知mB＝1 kg，mA＝0.5 kg，A、C对．故选AC.
F 2＜2 m/s2，所以m对M的摩擦力表现为静 ＝ ＝ 1 m/s M m
摩擦力，方向向左，大小为f＝ma′＝2 N， C对， D错． 故选BC.
动力学中的滑块—滑板模型
选择题题型训练
【例2】如图甲所示，在水平地面上有一长木板 B，其上叠放 木块A，假定木板与地面之间、木块和木板之间的最大静摩擦 力都和滑动摩擦力相等．用一水平力F作用于B，A、B的加速 度与F的关系如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，则下列说 法中正确的是( AC )
• 【例3】木板M静止在光滑水平面上，木板 上放着一个小滑块m，与木板之间的动摩擦 因数μ，为了使得m能从M上滑落下来，求 下列情况下力F的大小范围。
F>μ(M+m)g
F>μ(M+m)mg/M
动力学中的滑块—滑板模型
典型例题
解析（1）m与M刚要发生相对滑动的临界条件：①要滑动：m与M间的静摩擦力 达到最大静摩擦力；②未滑动：此时m与M加速度仍相同。受力分析如图，先隔 离m，由牛顿第二定律可得：a=μmg/m=μg 再对整体，由牛顿第二定律可得：F0=(M+m)a 解得：F0=μ(M+m) g 所以，F的大小范围为：F>μ(M+m)g （2）受力分析如图，先隔离M，由牛顿第二定律可 得：a=μmg/M 再对整体，由牛顿第二定律可得：F0=(M+m)a 解得：F0=μ(M+m) mg/M 所以，F的大小范围为：F>μ(M+m)mg/M
解析：由于力F的大小末知，若力F较小，木块和木板可能 保持相对静止，一起做匀加速直线运动．加速度大小相 等．故A正确．若力F较大，物块和木板之间的摩擦力达到 最大静摩擦力，木块可能相对木板向前滑，即木块的加速 度大于木板的加速度，都做匀加速直运动．故B错误，C正 确．D错误．故选：AC．
动力学中的滑块—滑板模型 【例4】