《“滑块+木板”模型》专题复习的素材选择与应用教程文件.doc

《“滑块+木板”模型》专题复习的素材选择与应用

精品文档
《“滑块+木板”模型》专题
永安一中 吴庆堂
（一）专题复习素材选择的理由
1、知识与技能、过程与方法、情感态度和价值观“三维目标”是新课程的“独创”，是新课程推进素质教育的根本体现，是新课程标准异于原教学大纲的关键点，也是这次课程改革的精髓，表现了改革所承担着的“新期待”。
2、新课程高考物理试题给我们的启示：引导教学重视物理过程的分析和学生综合解决问题能力的培养，强调对考生“运用所学知识分析问题、解决问题的能力”的考查，并且把渗透和关注学生的情感、态度、价值观纳入到了考查目标中。命题坚持能力立意、问题立意。主干、重点知识重点考。
3、在高中物理总复习中经常会遇到一个滑块在一个木板上的相对运动问题，我们称为“滑块+木板”模型问题。由于两个物体间存在相互作用力，相互影响，其运动过程相对复杂，致使一些同学对此类问题感到迷惑。此类问题曾是旧教材考试中热点问题，在我省实施的新课程高考中，由于高中物理3—3和3—5系选考内容，系统不受外力所遵循的动量守恒的情况在高考必考内容中一般会回避，因此，这类问题近些年在我省有些被冷落、受忽视。但千万记住有受外力情况下的相对运动依然是动力学的重要模型之一。
（二）专题复习素材的编制
为了提高训练的有效性，针对高考题目类型，选用题组进行强化训练，我们可以将训练试题分为“典例导学”、“变式训练”和“强化闯关”三部分。
“典例导学”和“变式训练”主要起方法引领的作用，适用于课堂教学，试题以典型性、层次梯度分明的基础题、中档题为主，训练解题思路，指导解题方法，规范解题过程，培养解题能力。“强化闯关”供学生课外进行综合训练，一般采用各地质检和历届高考经典试题，试题综合性较强，其主要目的是让学生把所掌握的解题方法和技巧应用于具体的问题情境中，不仅练习考点稳定的高考题型，还练习可能的符合时代气息的创新题型、拓展题型，特别是那些能够很好地体现高考改革最新精神和学科思想方法（如对图象、图表的理解应用和提取有效信息能力）的试题，让学生实战演练，提前进入实战状态，提早体验高考，揭去高考神秘的面纱，努力提高学生娴熟的技能技巧和敏捷的思维方式，使学生树立高考必胜的信心。多角度、多层面剖析重点难点，通过题组辐射形成点带线，线连网，对考点要求有更深层次的理解与把握。
下面试列举本专题复习中编制的三部分题型示例以供参考：
1、动力学问题
【例1】如图，A是小木块，B是木板，A和B都静止在地面上。A在B的右端，从某一时刻起，B受到一个水平向右的恒力F作用。AB之间的摩擦因数为，B与地面间的摩擦因数为，板的长度L，假设最大静摩擦力和滑动摩擦力相等，试分析A、B各种可能的运动情况及AB间、B与地面间的摩擦力。
【思路点拨】本题涉及两个临界问题：一、B是否相对地面滑动，这里先要弄清只有B相对地面滑动，B 与A之间才有相对运动趋势（或相对运动），B 与A之间才存在摩擦。所以，B是否相对地面滑动的临界条件：F==μ2（m1+m2）g；二、A是否相对B滑动，这里先需要明确A是靠B对它的摩擦力来带动的。由题设知最大静摩擦力和滑动摩擦力相等，A受到的摩擦力，因而A的加速度。A、B间滑动与否的临界条件为A、B的加速度相等，即，亦即。
【变式训练1】如图，A是小木块，B是木板，A和B都静止在地面上。A在B的左端，从某一时刻起，A受到一个水平向右的恒力F作用开。AB之间的摩擦因数为，B与地面间的摩擦因数为，板的长度L，假设最大静摩擦力和滑动摩擦力相等，试分析A、B各种可能的运动情况及AB间、B与地面间的摩擦力。
m
M
F
【例2】如图所示，质量M=4kg的木板长L=1.4m，静止在光滑的水平地面上，其水平顶面右端静置一个质量m=1kg的小滑块（可视为质点），小滑块与木板间的动摩擦因数μ=0.4。今用水平力F=28N向右拉木板，使滑块能从木板上掉下来，求此力作用的最短时间。（g=10m/s2）
【思路点拨】与例1相比较，本题可以看成是例1中的一种特殊情况：
即μ2=0，μ1=μ，F＞μ（m1+m2）g的情形，只要力F作用在长木板上足够长时间（存在最小值）后撤去，小滑块必定能从长木板右端滑离。可以用动力学观点（牛顿运动定律和运动学公式）求解，也可以用动量能量观点求解。
m
M
F
【变式训练2】如图所示，质量M=10kg的木板长L=1m，静止在光滑的水平地面上，其水平顶面左端静置一个质量m=4kg的小滑块（可视为质点），小滑块与木板间的动摩擦因数μ=0.25。今用水平力F向右拉滑块，使滑块能在2s内移到木板右端，则此力至少应为多大？（g=10m/s2）
【例3】如图甲所示，木板A、B叠放在水平地面上，它们的右端相平，木板B长1m，质量为m，木板A长2m，质量为2m。已知B与A之间的动摩擦因数是A与地面间动摩擦因数的4倍。现使木板A突然获得一水平向右的初速度v0，最后A、B左端相平，形成图乙所示的状态停止在地面上，全过程历时2s，求v0的大小。（g=10m/s2）
B
A
甲
LA
SA
SB
乙
LB
【思路点拨】本题也是一道多过程的相对运动问题。采用分解法分析复杂的物理过程，对各物体正确受力分析，画好运动示意图，建立清晰的物理情景，并从几何关系寻找物体之间的相互联系，甚至辅以v—t图像，仍是解决本题的重要手段。与例2相似，可以用动力学观点（牛顿运动定律和运动学公式）求解，也可以用动量能量观点求解。
【变式训练3】如图，质量为m1木块A（可视为质点）以一定的初速度滑上原来静止在地面上的质量为m2的木板B。AB之间的动摩擦因数为，B与地面间的动摩擦因数为，板的长度L，试分析A、B可能的运动情况。
2、能量问题：
功是能量转化的量度。不同的力做的功量度的是不同形式的能量转化。本专题涉及的功能关系主要有：（1）所有外力做的总功等于物体的动能增量即动能定理，表达式为W总=△Ek。（2）重力做功的特点是与物体的移动路径无关，只取决于物体始末位置的高度差，即WG=mg△h；重力做的功量度的是重力势能的变化或弹性力（遵循胡克定律的弹力）做的功量度的是弹性势能的变化，表达式为WG=－△Ep或WT=－△Ep。可见，（3）只有重力做功时，一定是物体的动能和重力势能之间相互转化，但系统机械能的总量保持不变；同理，只有弹性力做功时，一定是物体的动能和弹性势能之间相互转化，但系统机械能的总量也保持不变。所以，重力或弹性力做功并不会改变系统的机械能。换句话说，除重力和弹性力以外的其他力不做功或做的功代数和为零，系统的机械能总量保持不变，这就是机械能守恒定律。（4）除重力和弹性力以外的其他力做的功量度的是系统的机械能的变化，表达式为W其=△E。（5）一个静摩擦力或一个滑动摩擦力均可以做正功、不做功和做负功（请同学们自行举例说明，下同），且它们所做的功与移动的路径有关。但一对相互作用的静摩擦力做功的代数和总为零，因为作用力与反作用力总是同时存在、等大反向，而且静摩擦力总是发生在相对静止的两物体接触面之间，要么两物体（对地）都静止，这一对相互作用的静摩擦力都不做功，总功为零；要么两物体（对地）在摩擦力的方向上有相同的（分）位移，这一对相互作用的静摩擦力其中一个做正功，另一个必做等值的负功，总功也为零。所以，静摩擦力做功的结果只能使机械能在相互作用的两物体之间发生传递，但不会改变系统的机械能总量。而一对相互作用的滑动摩擦力做功的代数和总为负值，共有三种可能情况，第一种可能是一个滑动摩擦力不做功，它的反作用力却做负功；第二种可能是一个滑动摩擦力做负功，它的反作用力也做负功；第三种可能是相对滑动的两个物体（对地）朝同一个方向运动，一个滑动摩擦力对落后者做正功，它的反作用力对超前者做更多的负功。所以，滑动摩擦力做功的结果总是要使相互作用的两物体组成的系统机械能总量减少，一对相互作用的滑动摩擦力做功的代数和的绝对值量度的就是因摩擦所产生的内能，即Q=f相△S，式中△S表示物体间相对运动的路程。
不过，无论是什么力做功，是哪些形式的能量在相互转化，机械能是否守恒，各种形式的能量总和不变，这就是能的转化和守恒定律。
【例4】如图所示，质量为m=1kg的滑块（可视为质点）放在质量为M=2kg的长木板左端，木板放在粗糙水平面上，滑块与木板之间的动摩擦因数为μ1=0.1，木板与水平面之间的动摩擦因数为μ2=0.2，木板长为L＝150cm，开始时两者都处于静止状态。（1）现用水平向左的恒力F拉木板的左端，要使木板从小滑块下面抽出，F必须满足什么条件？（2）若F=10N，则从开始到刚好把木板抽出的过程中，摩擦力对滑块做了多少功？F对木板做了多少功？
【思路点拨】（1）如果有拉力F作用，WF将消耗的其他形式的能量转化为系统的动能和克服系统的摩擦力做功产生热量，即WF=ΔEK + Q， Q=f相△S
（2）如果没有拉力F作用，滑块或木板的初动能转换为克服系统的摩擦力做功产生的热量，最终将停下来。W合=ΔEK Q=f相△S
【变式训练4】如图所示，质量m=1kg的小物块放在一质量为M=4kg的足够长的木板右端，物块与木板间的动摩擦因数μ=0.2，木板与水平面间的摩擦不计。物块用劲度系数k=25N/m的弹簧拴住，弹簧的另一端固定。开始时整个装置静止，弹簧处于原长状态。现对木板施以12N的水平向右恒力（最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，g=10m/s2）。求：
（1）开始施力的瞬间小物块的加速度；
（2）物块达到最大速度时离出发点多远？
（3）若弹簧第一次拉伸最长时木板的速度为1.5m/s，则从开始运动到弹簧第一次达到最长损失的机械能是多少？
强化闯关：
1. 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
2.如图，质量为m1木块A（可视为质点）和质量为m2的木板B都静止在地面上，A在B的右端。从某一时刻起，B受到一个水平向右的瞬间打击力而获得了一个向右运动的初速度。AB之间的摩擦因数为，B与地面间的摩擦因数为，板的长度L，试分析A、B可能的运动情况。
3.如图所示，质量M = 8kg的小车放在水平光滑的平面上，在小车左端加一水平恒力F，F = 8N，当小车向右运动的速度达到1.5m/s时，在小车前端轻轻地放上一个大小不计，质量为m = 2kg的小物块，物块与小车间的动摩擦因数μ = 0.2，小车足够长．求从小物块放上小车开始，经过t = 1.5s小物块通过的位移大小为多少？（取g = 10m/s2）．
4．(2004全国卷Ⅰ)一小圆盘静止在桌布上，位于一方桌的水平桌面中央。桌布的一边与桌的AB边重合，如图。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。现突然以恒定的加速度 a 将桌布抽离桌面，加速度的方向水平且垂直于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）
5．如图为某生产流水线工作原理示意图。足够长的工作平台上有一小孔A，一定长度的操作板（厚度可忽略不计）静止于小孔的左侧，某时刻开始，零件（可视为质点）被无初速度地放上操作板中点，同时操作板在电动机带动下向右做匀加速直线运动直至运动到A孔的右侧（忽略小孔对操作板运动的影响），最终零件运动到A孔时速度恰好为零，并由A孔下落进入下一道工序。已知零件与操作板间的动摩擦因素，与工作台间的动摩擦因素，操作板与工作台间的动摩擦因素。试问：
（1）电动机对操作板所施加的力是恒力还是变力（只要回答是“变力”或“恒力”即可？）
（2）操作板做匀加速直线运动的加速度a的大小为多少？
（3）若操作板长L＝2m，质量M＝3kg，零件质量m＝0.5kg，重力加速度取g=10m/s2，则操作板从A孔左侧完全运动到右侧过程中，电动机至少做多少功？

6．(2010福建卷)如图所示，物体A放在足够长的木板B上，木板B静置于水平面。T=0时，电动机通过水平细绳以恒力F拉木板B，使它做初速度为零、加速度aB=1.0m/s2的匀加速直线运动。已知A的质量mA和B的质量mB均为2.0kg，A、B之间的动摩擦因数μ1=0.05，B与水平面之间的动摩擦因数μ2=0.1，最大静摩擦力与滑动摩擦力视为相等，重力加速度g取10m/s2。求：（1）物体A刚运动时的加速度aA；（2）t=1.0s时，电动机的输出功率P；（3）若t=1.0s时，将电动机的输出功率立即调整为P/=5W，并在以后的运动过程中始终保持这一功率不变，t=3.8s时物体A的速度为1.2 m/s。则在t=1.0s到t=3.8s这段时间内木板B的位移为多少？

7．图1中，质量为m的物块叠放在质量为2m的足够长的木板上方右侧，木板放在光滑的水平地面上，物块与木板之间的动摩擦因数为。在木板上施加一水平向右的拉力F，在0～3s内F的变化如图2所示，图中F以mg为单位，重力加速度g=10m/s2.整个系统开始时静止。
（1）求1s、1.5s、2s、3s末木板的速度以及2s、3s末物块的速度；
（2）在同一坐标系中画出0～3s内木板和物块的v—t图象，据此求0～3s内物块相对于木板滑过的距离。

8．如图所示，绝缘长方体B置于水平面上，两端固定一对平行带电极板，极扳间形成匀强电场E，长方体B的上表面光滑，下表面与水平面的动摩擦因数μ=0.05（设最大静摩擦力与滑动摩擦力相同），B与极板的总质量mB=1.0kg．带正电的小滑块A质量mA=0.6kg，其受到的电场力大小F=1.2N．假设A所带的电量不影响极板间的电场分布．t=0时刻，小滑块A从B表面上的a点以相对地面的速度vA=1.6m/s向左运动，同时，B（连同极板）以相对地面的速度vB=0.40m/s向右运动．问(g取10m/s2)
（1）A和B刚开始运动时的加速度大小分别为多少?
（2）若A最远能到达b点，a、b的距离L应为多少？从t=0时刻到A运动到b点时，摩擦力对B做的功为多少？
【归纳总结】本专题涉及的基本问题：判断滑块与木板间是否相对运动、能否分离、离开速度大小、对地位移、摩擦生热等等；基本道具：水平面（光滑或粗糙）、木板和滑块（分有无初速度或水平方向受不受外力几种情形）；基本方法和思路：采用分解法分析复杂的物理过程，降低难度，帮助理解。分析各阶段物体的受力情况，明确谁带谁、靠什么摩擦来带、是否带动、是否打滑，并确定各物体的运动性质（由合外力和初速度共同决定，即动力学观点）；画好受力分析、运动示意图，建立清晰的物理情景，并从几何关系寻找物体之间的相互联系，甚至辅以v—t图像，都是解决此类问题的重要手段。也可以结合动量能量观点求解。整体法与隔离法相结合，利用接触面间的静摩擦力存在最大值（近似等于滑动摩擦力）这个临界条件来分析判定是否出现相对滑动；然后利用动力学规律和能量观点求出相关的待求量。
（三）素材应用效果及启示
1、【效果】本专题复习传承了第一轮复习的精髓，较准确地反映了学生发展、社会发展和学科发展对高考的具体要求。遵循培养学生的创新精神和实践能力，进一步提高他们的科学素养的原则，以常见物理模型为载体，抓住知识的纵横联系，加深对双基知识的理解，提高解题能力；还可以将整个模型置于电磁场中，溶入电磁场的基本知识和规律，形成知识网络，提高学科内综合的能力；通过本专题复习，突出主干知识，使掌握的知识得以延伸和拓展；通过专项训练强化思维的缜密性和解题的规范性，带给学生的不仅仅是方法、思想、知识、美感，最重要的是先进的理念与超前的意识，对高考脉动的准确把握，对教改方向的正确领悟。
2、【启示】划分专题的方式不仅可以：第一，按教材内容设计专题。专题设计要尽量精简，突出主干知识，渗透学科的基本思想和方法。各部分知识间互相交错，形成有机的知识体系。纵横结合，互相联系。第二，按试题类型设计专题。选择题、实验题、材料题、计算综合题等，说明各类题型特点，进行解题方法指导。第三，按错误情况设计专题：知识错误和缺漏；审题错误，解题方法不当，表述不当，解题格式不够规范，等等。第四，按常见的模型设计专题：如物理学科中传送带传送问题、弹簧类问题、“滑块+木板”模型问题、带电粒子在电磁场中的运动问题、“棒+导轨”的电磁感应力电综合问题等等。而以常见的模型设计专题，更能以物理模型为载体，抓住知识的纵横联系，形成知识网络，提高学科内综合能力。
【参考解答】
【例1】【分析与解答】综上分析可知，可能出现以下三种情况：
①当0≤F≤μ2（m1+m2）g时，A、B均静止不动，AB之间摩擦力为=0；
②当μ2（m1+m2）g＜F≤（μ1+μ2）（m1+m2）g时，A、B一起向右做匀加速直线运动，共同加速度为，0＜a≤μ1g。
AB之间静摩擦力大小为=m1a， 0＜≤μ1m1g。
③当F＞（μ1+μ2）（m1+m2）g时，AB之间出现相对运动，AB之间滑动摩擦力大小为=μ1m1g。对A有：μ1m1g= m1aA 得aA=μ1g
对B有：F－μ2（m1+m2）g－μ1m1g= m2aB 得＞aA=μ1g
可见，欲使B从A下方抽出来，加在B上的水平恒力最小值应为（μ1+μ2）（m1+m2）g。在满足这个条件的前提下，设A在B上滑动的时间是t，如图所示，它们的位移关系是即，由此可以计算出时间t。
【变式训练1】【思路点拨】本题虽然也涉及两个临界问题：一、B是否相对地面滑动；二、A是否相对B滑动。但这里首先需要明确B是靠A对它的摩擦力来带动的。由题设知最大静摩擦力和滑动摩擦力相等，只要μ1m1g≤μ2（m1+m2）g，无论F多大，A是否相对B滑动，B均相对地面静止不动。换句话说，只有μ1m1g＞μ2（m1+m2）g时，A才有可能把B带动。所以，B是否相对地面滑动的临界条件是：F=μ1m1g=μ2（m1+m2）g；而A、B间滑动与否的临界条件为：，即。
【解答】综上分析，本题可能出现五种情况：
①当μ1m1g≤μ2（m1+m2）g时，无论F多大，B均相对地面静止不动。
Ⅰ.如果0≤F≤μ1m1g，则A也静止不动，AB之间静摩擦力大小等于B地之间静摩擦力大小==F；
Ⅱ.如果F＞μ1m1g，则A在B上做匀加速运动，加速度为，AB之间滑动摩擦力大小等于B地之间静摩擦力大小==μ1m1g。
②当μ1m1g＞μ2（m1+m2）g时，A、B受力如图所示
Ⅰ.如果0≤F≤μ2（m1+m2）g，A、B均静止不动，AB之间静摩擦力大小等于B地之间静摩擦力大小==F；
Ⅱ.如果μ2（m1+m2）g＜F≤，A、B一起向右做匀加速直线运动，共同加速度为。0＜a≤，AB之间静摩擦力大小为=μ2（m1+m2）g+m2a≤μ1m1g；
B地之间滑动摩擦力大小=μ2（m1+m2）g；
Ⅲ. 如果F＞，AB之间出现相对运动，即最常见的“A、B一起滑，速度不一样”，A最终将会从B上滑落下来。
AB之间滑动摩擦力大小为=μ1m1g；B地之间滑动摩擦力大小=μ2（m1+m2）g；
对A有：F－μ1m1g= m1aA 得 ，
对B有：μ1m1g－μ2（m1+m2）g= m2aB 得＜aA
可见，欲使A能从B上方拉出来，加在A上的水平恒力最小值Fmin应为：
当μ1m1g≤μ2（m1+m2）g时，Fmin=μ1m1g，由可得A在B上滑动的时间t。
当μ1m1g＞μ2（m1+m2）g时，，设A在B上滑动的时间是t，如图所示，它们的位移关系是，即，由此可以计算出时间t。
【例2】【分析与解答】与例1相比较，本题可以看成是例1中的一种特殊情况：
即μ2=0，μ1=μ，F＞μ（m1+m2）g的情形，只要力F作用在长木板上足够长时间（存在最小值）后撤去，小滑块必定能从长木板右端滑离。
m
M
F
m
M
v1
v2
S2/
M
v
v
m
S1
S2
L
解法一：动力学观点（牛顿运动定律和运动学公式）
如上图所示，设力F作用时间t1后撤去，最终小滑块恰好能从长木板右端滑离（也可以理解为恰好不能滑离）。所以，临界状态和条件是小滑块出现在长木板右端时，两者恰好达到相同速度v。
对m，全过程有：μmg= ma1 得a1=μg ① v2=2a1S1 ②
对M，撤去力F前，有：F－μmg=Ma2 ③ S2=a2t12/2 ④
撤去力F后，有：μmg=Ma2/ ⑤ (a2t1) 2－v2=2a2/S2/ ⑥
v/m●s-1
t/ s
0
2
4
6
0.5
1.0
1.5
长木板
小滑块
5.6
由几何关系，有：S2+S2/－S1=L ⑦
联立以上各式可得：a1=4m/s2，a2=6m/s2，a2/=1m/s2，v2=6m/s，v=5.6m/s，S1=3.92m，S2=3m，S2/=2.32m，t1=1s 即此力作用的最短时间为1s
由以上解答结果，可作出小滑块与长木板的v—t图像如图所示
解法二：动量能量观点（动量定理和动能定理）
设力F作用时间t1后撤去，再经时间t2小滑块恰好能从长木板右端滑离
由动量定理，在时间t1内
对M：（F－μmg）t1=Mv2 ①
对m：μmgt1=mv1 ②
在时间t2内
对M：－μmgt2= Mv－Mv2 ③
对m：μmgt2= mv－mv1 ④
由动能定理，
对M，在时间t1内：（F－μmg）S2=Mv22/2 ⑤
在时间t2内：－μmgS2/= Mv2/2－Mv22/2 ⑥
对m，全过程：μmgS1=mv2/2 ⑦
由几何关系，有：S2+S2/－S1=L ⑧
联立以上各式可得：t1=1s 即此力作用的最短时间为1s ⑨
当然，本题还可以由动量定理和功能关系对系统全过程列方程如下：
Ft1=（m+M）v ①
FS2－μmg L=(m+M)v2/2 ②
而在时间t1内，对M：（F－μmg）t1=Mv2 ③
（F－μmg）S2=Mv22/2 ④
联立以上四式可得：t1=1s 即此力作用的最短时间为1s
【小结】不论用哪一种方法求解，采用分解法分析复杂的物理过程，对各物体正确受力分析，画好运动示意图，建立清晰的物理情景，并从几何关系寻找物体之间的相互联系，甚至辅以v—t图像，都是解决此类问题的重要手段。
m
M
F
L
S2
S1
v1
v2
【变式训练2】【分析与解答】与例1相比较，本题可以看成是例2②中的一种特殊情况：即μ2=0，μ1=μ，的情形，只要作用在小滑块上力F达到一定值{存在最小值Fmin=}且作用时间足够长，小滑块必定能从长木板左端移到右端。而且力F越大，所需时间越短。
如图所示，设力F作用在小滑块上的时间为t，则t≤2s
v/m●s-1
t/ s
0
1
2
3
1.0
长木板
小滑块
2.0
t
对m，有：
F－μmg=ma1 ① S1=a1t2/2 ②
μmg=Ma2 ③ S2=a2t2/2 ④
由几何关系知： S1－S2=L ⑤
联立以上各式可得：a2=1.0m/s2，a1≥1.5 m/s2，F≥16N
由以上解答结果，可作出小滑块与长木板的v—t图像如图所示（图中红线阴影部分的“面积”表示木板长）。由图像不难看出，要使小滑块从长木板左端移到右端的时间越短，小滑块的加速度必须越大，所需的力F越大。
【例3】解法一：动力学观点（牛顿运动定律和运动学公式）
设木板B长为L，A与地面间动摩擦因数为μ，经过时间t1，木板A做匀减速运动的位移为sA1，木板B做匀加速运动的位移为sB1，两者达到共同速度v，然后一起做匀减速运动直至停下，经过时间为(t－t1)。
在时间t1内，对A有：μ(m+2m)g+4μmg =2maA ①
SA1 =（v0+v）t1/2 ② v= v0 －aA t1 ③
对B有：4μmg=maB ④ SB1= v t1/2 ⑤ v =aB t1 ⑥
此后，对整体有：μ(m+2m)g =(m+2m) a ⑦ v= a(t－t1) ⑧
由几何关系，有：SA1－SB1= LA－L =L ⑨
v/m●s-1
t/ s
0
2
4
6
1.0
长木板
整体
2.0
t1
小滑块
v0
v
联立以上各式可得：v0=5m/s，μ=1/6，aA=（35/6）m/s2，aB=（20/3）m/s2，a=（5/3）m/s2， v=（8/3）m/s，SA1=（23/15）m，SB1=（8/15）m，由以上解答结果，可作出小滑块与长木板的v—t图像如图所示
B
A
甲
LA
SA1
SB1
丙
LB
解法二：动量能量观点（分阶段运用动量定理和动能定理）
在时间t1内，
对A：－μ(m+2m)gt1－4μmgt1=2mv－2mv0 ①
－μ(m+2m)gSA1－4μmgSA1=2mv2/2－2mv02/2 ②
对B：4μmgt1=mv ③
4μmgSB1=mv2/2 ④
在时间(t－t1)内，对系统：－μ(m+2m)g(t－t1)=0－3mv ⑤
由题意及几何关系可知：SA1－SB1= LA－L =L ⑥
联立以上各式可得：v0=5m/s，μ=1/6， v=（8/3）m/s，SA1=（23/15）m，SB1=（8/15）m
【变式训练3】【分析与解答】根据B会不会滑动分为两种情况。首先要判断B是否滑动。A、B的受力情况如图所示。
(1)如果，那么B就不会滑动，B受到的摩擦力是静摩擦力，，这种情况比较简单。
①如果B足够长，A将会一直作匀减速运动直至停在B上面，A的位移为。
②如果B不够长，即，A将会从B上面滑落。
(2)如果，那么B受到的合力就不为零，就要滑动。A、B的加速度分别。
①如果B足够长，经过一段时间后，A、B将会以共同的速度向右运动。设A在B上相对滑动的距离为d，如图所示，A、B的位移关系是，那么有：

②如果板长，经过一段时间后，A将会从B上面滑落，即
【例4】【分析与解答】与例1相比较，本题可以看成是例1中的一种特殊情况：即小滑块是否相对长木板滑动，这里先需要明确小滑块是靠长木板对它的摩擦力来带动的。
（1）由题设知最大静摩擦力和滑动摩擦力相等，小滑块受到的滑动摩擦力，因而它的加速度。对长木板有：F－μ2（m1+m2）g－μ1m1g= m2a2
小滑块与长木板间相对滑动与否的临界条件为它们的加速度相等，即，亦即。所以，当F＞（μ1+μ2）（m1+m2）g时，它们之间出现相对运动，经过足够长的时间，长木板就能从小滑块下方抽出。可见，欲使长木板从小滑块下方抽出来，加在长木板上的水平恒力最小值应为（μ1+μ2）（m1+m2）g。

（2）如图所示，设小滑块在长木板上滑动的时间是t，它们的位移关系是 ①
即 ②， ③ F－μ2（m1+m2）g－μ1m1g= m2a2 ④
联立以上各式并代入数据可得：a1=1m/s2，a2=1.5 m/s2，，S1=3m，S2=4.5m，
则从开始到刚好把木板抽出的过程中，摩擦力对滑块做的功Wf=μ1m1g S1=3J
F对木板做的功WF= F S2=45J
请同学们自行思考整个过程中，摩擦力对滑块做的功Wf/是多少？摩擦生热是多少？小滑块与长木板的动能分别增加多少？以上各量之间有何联系？
【变式训练4】【分析与解答】（1）施力后物块与木板即发生相对滑动，刚施力时，弹簧不发生形变，根据牛顿第二定律 μmg=ma 代入数值解得a=2m/s2
（2）物块达到最大速度时合力为零，即 kx=μmg 解得：x=0.08m
（3）对木板应用牛顿定律 F—μmg=Ma1 解得a1=2.5m/s2
木板做初速度为0的匀加速运动vt2=2a1S板 解得S板=0.45m
根据物块运动的对称性S块=2x=0.16m
由于摩擦而损失的机械能为△E=μmg(S板－S块)=0.58J
强化闯关：
1.答案BC.【解析】对于物块由于运动过程中与木板存在相对滑动，且始终相对木板向左运动，因此木板对物块的摩擦力向右，所以物块相对地面向右运动，且速度不断增大，直至相对静止而做匀速直线运动，B正确；对于木板由作用力与反作用力可知受到物块给它的向左的摩擦力作用，则木板的速度不断减小，直到二者相对静止，而做直线运动，C正确；由于水平面光滑，所以不会停止，D错误。
2.【分析与解答】A静止，B有初速度，则A、B之间一定会发生相对运动，由于是B带动A运动，故A的速度不可能超过B。由A、B的受力图知，A加速，B减速，A、B的加速度分别为

也有两种情况：
(1) 板足够长，则A、B最终将会以共同的速度v一起向右运动。设A、B之间发生相对滑动的时间为，A在B上相对滑动的距离为d，位移关系如图所示，则

当A、B有共同的速度v后，若，则A、B一起以大小为a=的加速度向右做匀减速运动直至停下；若＜，则A、B之间出现相对滑动，B以大小为的加速度向右做匀减速运动直至停下,而A以大小为a1=的加速度向右做匀减速运动较B之后停下。
(2) 如果板长，经过一段时间后，A将会从B上面滑落，即
由此可以计算出时间。
3.【分析与解答】开始一段时间，物块相对小车滑动，两者间相互作用的滑动摩擦力的大小为Ff = μmg = 4N物块在Ff的作用下加速，加速度为am = = 2m/s2，从静止开始运动．
小车在推力F和f的作用下加速，加速度为aM = = 0.5m/s2，
初速度为υ0 = 1.5m/s，设经过时间t1，两者达到共同速度υ，则有：υ = amt1 = υ0+aMt1
代入数据可得：t1 = 1s，υ= 2m/s
在这t1时间内物块向前运动的位移为s1 = amt = 1m
以后两者相对静止，相互作用的摩擦力变为静摩擦力将两者作为一个整体，在F的作用下运动的加速度为a，则F =（M+m）a 得a = 0.8m/s2
在剩下的时间t2 = t-t1 = 0.5s时间内，物块运动的位移为s2 =υt2+at2，得s2 = 1.1m．
可见小物块在总共1.5s时间内通过的位移大小为s = s1+s2 = 2.1m．
思考：整个过程中产生的热量Q=？
v
l /2
x1
x2
a1
a2
x
a

4.【分析与解答】设圆盘质量为m，桌长为l，盘在桌布、桌面上的加速度为a1和a2，有μ1 mg ＝ ma1 ① μ2 mg ＝ ma2 ②
设盘离开桌布时速度为v，移动距离为x1，再在桌面上运动x2停下，有
v2 ＝ 2a1x1 ③ v2 ＝ 2a2x2 ④
盘没从桌面掉下的条件 x1+x2≤l/2 ⑤
设圆盘在桌布上运动时间为t，这段时间内桌布移动距离为x，有
x ＝ a t 2/2 ⑥ x1＝ a1t2/2 ⑦ x ＝ x1 + l/2 ⑧

解得： a≥ ⑨
5.【分析与解答】（1）变力
（2）设零件相对于工作台运动距离为，历时为t时与操作板分离，此后零件在工作台上做匀减速运动直到A点速度减为零。零件的质量为m，板长为L，取水平向右为正方向，则有：① ② ③
从开始运动到零件与板分离，板的位移大小比零件多L/2则有：④
零件从开始运动到运动到A点，总位移大小为L/2，则有：⑤
联立以上各式可得：⑥ 代入数据得：a＝2m/s2
（3）将a＝2m/s2及L＝2m代入上述方程可得，，a1＝0.5m/s2
由能量守恒可知电动机做功至少包含以下几部分：
①操作板动能的增加⑦
②零件在运动t时间内动能的增加⑧
③零件在运动t时间内与操作板摩擦而产生的内能
⑨
④操作板在运动t时间内与工作台摩擦而产生的内能
⑤操作板从与零件分离到运动至工作台右侧过程中与工作台摩擦而产生的内能

所以电动机做功至少为：
（3）另解：在时间t内，电动机对操作板的牵引力
⑦ 解得：F=16.75N
在时间t后至操作板完全运动到A孔右侧过程中，电动机对操作板的牵引力
⑧ 解得：F/=15N
所以电动机做功至少为： ⑨
6.【分析与解答】（1）物体A在水平方向上受到向右的摩擦力，由牛顿第二定律得
① 代入数据解得aA=0.5m/s2。
（2）t=1.0s时，木板B的速度大小为v=aBt1=1m/s ②
木板B所受拉力F，由牛顿第二定律有
③ 解得：F=7N
电动机输出功率P=Fv=7W ④
（3）电动机的输出功率调整为5W时，设细绳对木板B的拉力为F/，则
P/= F/v ⑤ 解得F/=5N
木板B受力满足 ⑥
所以木板B将做匀速直线运动，而物体A则继续在B上做匀加速直线运动直到A、B速度相等。设这一过程时间为t/，有 v=a1（t1+t/）⑦ 这段时间内B的位移s1=vt/ ⑧
A、B速度相同后，由于且电动机输出功率恒定，A、B将一起做加速度逐渐减小的变加速运动，由动能定理有：
⑨
由以上各式代入数据解得：
木板B在t=1.0s到t=3.8s这段时间内的位移s=s1+s2=3.03m ⑩
7.解：（1）设木板和物块的加速度分别为a和a/，在t时刻木板和物块的速度分别为vt和vt/，木板和物块之间摩擦力的大小为f，由牛顿第二定律、运动学公式和摩擦定律得
f=ma/ ① f=μmg, 当vt/＜vt ② vt2/= vt1/+ a/(t2－t1) ③
F－f=(2m)a ④ vt2= vt1+ a(t2－t1) ⑤
由①②③④⑤式与题给条件得：
⑥
⑦
（2）由⑥⑦式得到物块与木板运动的v—t图象，如右图所示。
在0～3s内物块相对于木板滑过的距离等于木板和物块v—t图线下的面积之差，即图中带阴影的四边形面积。该四边形由两个三角形组成：上面的三角形面积为0.25（m）下面的三角形面积为2（m），因此
⑧

8．解：（1）长方体B所受的摩擦力为f=μ（mA+mB）g=0.8N
由F=ma知，A和B刚开始运动时的加速度大小分别为
F=mAaA，得到aA=2m/s2
F+f=mBaB，得到aB=2m/s2
（2）由题设可知，物体B运动到速度为零