L
s2 s1
L
s2 s1
〖典例 1〗：如图所示,A 是小木块,B 是长木板，A、B 质 量均为 0．2 kg，木块 A 以某一初速度 V0=1．2m／s 滑 上原来静止的长木板.已知 A、B 间动摩擦因数为 0．4， B 与地面间动摩擦因数 0．1，木板足够长．最大静摩擦 力等于滑动摩擦力，g=10m／s2． (1)从滑块滑上长木板到滑块与木板具有相同速度所需 的时间及相对位移?
x
B＝
（v
0＋v
） （ 2
t1＋t2）
＝（2＋1.2）×（0.5＋0.3） m 2
＝1.28 m B 板的长度 l＝x A ＋x B ＝1.6 m
〖典例 3〗．如图所示，质量 M＝8 kg 的小车放在水平光滑的平 面上，在小车左端加一水平推力 F＝8 N．当小车向右运动的速 度达到 1.5 m/s 时，在小车前端轻轻地放上一个大小不计、质量 为 m＝2 kg 的小物块，小物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.2，小 车足够长．求：(取 g＝10 m/s2) (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)从小物块放在小车上开始，经过 t＝1.5 s 小物块通过的位移大 小为多少？
(2)开始阶段 A 相对地面向左做匀减速运动，设 到速 度为零时 所用时 间为 t1，则 v 0 ＝aAt1 ，解 得 t1＝v 0/aA＝0.50 s B 相对地面向右做匀减速运动
x ＝v 0t1－12aBt21＝0.875 m
(3)A 先相对地面向左匀减速运动至速度为零， 后相对地面向右做匀加速运动，加速度大小仍
高三物理第一轮总复习
第三章 牛顿运动定律
第三讲 牛顿运动定律的综合应用
“滑块—滑板”模型
典型模型 “滑块—滑板”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．“滑块—滑板”模型问题的分析思路
答案：(1)2 m/s2 0.5 m/s2 (2)1 s (3)2.1 m
解析：(1)小物块的加速度am＝μg＝2 m/s2 小车的加速度aM＝F－Mμmg＝0.5 m/s2. (2)由amt＝v0＋aMt得t＝1 s. (3)在开始1 s内小物块的位移：x1＝12amt2＝1 m 最大速度：v＝amt＝2 m/s 在接下来的0.5 s内小物块与小车相对静止，一起做匀加速
〖典例 2〗．如图所示，质量 M＝4.0 kg 的长木板 B 静止在光滑 的水平地面上，在其右端放一质量 m＝1.0 kg 的小滑块 A(可视为 质点)．初始时刻，A、B 分别以 v0＝2.0 m/s 向左、向右运动， 最后 A 恰好没有滑离 B 板．已知 A、B 之间的动摩擦因数μ＝0.40， 取 g＝10 m/s2.求： (1)A、B 相对运动时的加速度 aA 和 aB 的大小与方向； (2)A 相对地面速度为零时，B 相对地面运动已发生的位移大小 x； (3)木板 B 的长度 L.
(1)aA=4.0 m/s2，水平向右 aB=1.0 m/s2，水平向左
(2)0.875 m (3)1.6 m
(1)A、B分别受到大小为μmg的摩擦力作用，根据牛顿第二定 律 对A有μmg＝maA 则aA＝μg＝4.0 m/s2 方向水平向右 对B有μmg＝MaB 则aB＝μmg/M＝1.0 m/s2 方向水平向左
(2)滑块滑上长木板后相对地面运动的最大位移?
(1)0.2s;0.12m (2)0.24m
板块模型方法小结：
1.求a=？
2.当两个物体速度相同时，特别注意摩擦力f 的“突变”，判断两个物体间是静摩擦f？还 是滑动摩擦f？判断方法：假设两个物体有共 同加速度a，求解两个物体间的静摩擦f是否 超过最大静摩擦f？若没超过最大静摩擦f， 则两个物体以共同加速度a运动。
运动且加速度：a＝M＋F m＝0.8 m/s2
这0.5 s内的位移：x2＝vt1＋12at21＝1.1 m 通过的总位移x＝x1＋x2＝2.1 m.
•aAt2＝ v B－aBt2
•解得t2＝ v B/(aA＋aB)＝0.3 s
•共同速度v ＝aAt2＝1.2 m/s
•从开始到A、B速度相等的全过程，利用平均速度公式可
知A向 2
t1＋t2）
＝（2－1.2）×（0.5＋0.3） m 2
＝0.32 m
B 向右运动的位移
为 aA＝4.0 m /s2 B 板向右一直做匀减速运动，加速度大小为 aB ＝1.0 m /s2
•当A、B速度相等时，A滑到B最左端，恰好没有滑离木板 B，故木板B的长度为这个全过程中A、B间的相对位移．
•在A相对地面速度为零时，B的速度
•v B＝ v 0－aBt1＝1.5 m/s
•设由A速度为零至A、B速度相等所用时间为t2，则