本章复习与测试教案公开课一等奖

第5课时

牛顿运动定律应用3滑板滑块问题

姓名

【考纲考点】

牛顿运动定律及其应用（Ⅱ）

【知识梳理】

滑块—木板模型：

(1)分析滑块和木板的受力情况，根据牛顿第二定律分别求出滑块和木板的加速度；

(2)对滑块和木板进行运动情况分析，找出滑块和木板之间的位移关系或速度关系，建立方程．特别注意滑块和木板的位移都是相对地面的位移．

【基础检测】

1、质量M＝9 kg、长L＝1 m的木板在动摩擦因数μ1＝0.1的水平地面上向右滑行，当速度v0＝2 m/s时，在木板的右端轻放一质量m＝1 kg的小物块如图所示。当小物块刚好滑到木板左端时，物块和木板达到共同速度。取g＝10 m/s2，求：

(1)从木块放到木板上到它们达到相同速度所用的时间t；

(2)小物块与木板间的动摩擦因数μ2。

2、如图所示，质量为M＝8kg的木板，放在水平地面上，木板向右运动的速度v0＝5 m/s时，在木板前端轻放一个大小不计、质量为m＝2kg的小物块．木板与地面间、物块与木板间的动摩擦因数均为μ＝0.2，g＝10 m/s2，求：

（1）物块及木板的加速度大小；

（2）要使物块不滑离木板，木板至少多长？

1

◇◇◇◇◇◇课堂导学案◇◇◇◇◇◇

反思订正

要点提示

滑板—滑块模型

1．模型特点

涉及两个物体，并且物体间存在相对滑动．

2．两种位移关系

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．解题思路

4．易失分点

(1)不清楚滑块、滑板的受力情况，求不出各自的加速度．(2)不清楚物体间发生相对滑动的条件．

2

考点突破

问题

滑板滑块问题

【典型例题1】如图所示，A、B两物块的质量分别为2m和m，静止叠放在1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。最2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

51B．当F＝μmg时，A的加速度为μg

23C．当F>3μmg时，A相对B滑动

1D．无论F为何值，B的加速度不会超过μg

2

变式：如图(a)所示，在光滑水平面上叠放着甲、乙两物体。现对甲施加水平向右的拉力F，通过传感器可测得甲的加速度a随拉力F变化的关系如图(b)所示。已知重力加速度g＝10 m/s2，求：

(1)甲的质量；

(2)甲、乙之间的动摩擦因数

(3)乙的质量；

反思订正

3

【典型例题2】如图所示，质量M=1.0kg的长木板静止在光滑水平面上，在长木板的右端放一质量m=1.0kg的小滑块（可视为质点），小滑块与长木板之间的动摩擦因数=0.20.现用水平恒力F=6.0N向右拉长木板，使小滑块与长木板发生相对滑动，经过t=1.0s撤去力F.小滑块在运动过程中始终没有从长木板上掉下。求：

（1）撤去力F时小滑块和长木板的速度各是多大；

（2）运动中小滑块距长木板右端的最大距离是多大？

m F

M

变式1：如图所示，光滑水平面上静止放着长L＝4 m，质量为M＝3 kg的木板(厚度不计)，一个质量为m＝1 kg的小物体放在木板的最右端，m和M之间的动摩擦因数μ＝0.1，今对木板施加一水平向右的拉力F，(g取10 m/s2) (1)为使两者保持相对静止，F不能超过多少？

(2)如果F＝10 N，求小物体离开木板时的速度？

反思订正

4

变式2：如图所示，一长木板质量为M＝4 kg，木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.2，质量为m＝2 kg的小滑块放在木板的右端，小滑块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.4.开始时木板与滑块都处于静止状态，木板的右端与右侧竖直墙壁的距离L＝2.7 m．现给木板以水平向右的初速度v0＝6 m/s使木板向右运动，反思订正

设木板与墙壁碰撞时间极短，且碰后以原速率弹回，取g＝10 m/s2，求：

(1)木板与墙壁碰撞时，木板和滑块的瞬时速度各是多大？

(2)木板与墙壁碰撞后，经过多长时间小滑块停在木板上？

5

第5课时

牛顿运动定律应用3滑板滑块问题参考答案

【知识梳理】

【基础检测】

1、解析：(1)设木板的加速度大小为a1，时间t内的位移为x1；木块的加速度大小为a2，时间t内的位移为x2则有

1x1＝v0t－a1t2

21x2＝a2t2

2x1＝L＋x2

又v0－a1t＝a2t

代入数据得t＝1 s (2)根据牛顿第二定律，

有μ1(M＋m)g＋μ2mg＝Ma1，μ2mg＝ma2

解得μ2＝0.08 ①

②

③

④

⑤

⑥

⑦

2、（1）木块的加速度a12m/s2；木板的加速度a13m/s2

（2）木板至少长度为2.5m 考点突破

33【典型例题1】解析

对A、B整体，地面对B的最大静摩擦力为μmg，故当μmg3μmg时，A相对B才能滑动，C对。当F＝μmg时，A、B相对静止，2μμ51对整体有：μmg－×3mg＝3ma，a＝μg，故B正确。无论F为何值，B所受最大的动22312μmg－×3μmg21力为A对B的最大静摩擦力2μmg，故B的最大加速度aBm＝＝μg，可见m2D正确。

变式：（1）m16kg，（2）0.2

（3）m22kg

【典型例题2】

（1）滑块速度为v12m/s；木板速度为v24m/s

（2）最大距离1.5m 变式1：解析

(1)要保持两者相对静止，两者之间的摩擦力不能超过最大静摩擦力，故最大1

加速度a＝μg＝1 m/s2

反思订正

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

11由位移关系有：L＝a2t2－a1t2

22代入数据解得t＝2 s 则小物块的速度v1＝a1t＝2 m/s. 答案

(1)4 N

(2)2 m/s

变式2：解析

(1)木板获得初速度后，与小滑块发生相对滑动，木板向右做匀减速运动，小Ffm滑块向右做匀加速运动，加速度大小分别为：am＝＝μ2g＝4 m/s2①

mFfm＋Ff地aM＝＝5 m/s2②

M22设木板与墙碰撞时，木板的速度为vM，小滑块的速度为vm，根据运动学公式有：vM－v0＝－2aML③

解得vM＝3 m/s④

vM－v0t1＝＝0.6 s⑤

－aMvm＝amt1＝2.4 m/s⑥

(2)设木板反弹后，小滑块与木板达到共同速度所需时间为t2，共同速度为v，以水平向左为正方向，

对木板有v＝vM－aMt2⑦

对滑块有v＝－vm＋amt2⑧

代入公式有3－5t2＝－2.4＋4t2，解得t2＝0.6 s

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