对“滑块滑板类”问题的教学探究.docVIP

对“滑块滑板类”问题的教学探究 　　“滑块滑板类”问题，涉及运动学公式、牛顿运动定律、功能关系等诸多主干知识，具有情景丰富，设问灵活，解法多样，思维量高等特点，是选拔功能极强的试题.“滑块滑板类”问题一直是高考命题的热点题型，但也是不少考生备感“头疼”的一类题.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. 　　1分析问题的基本思想 　　“滑块滑板类”问题，研究对象涉及两个或多个物体，属于“多体多过程运动问题”.处理此类问题的基本思想是独立分析滑块和滑板的受力情况及运动情况，各个击破，类似于隔离法.同时又要兼顾二者在时间和空间方面的联系，“时空相聚，合二为一”. 　　2解决问题的基本方法 　　例1水平桌面上放置质量m1=3kg的木板A，木板A上放置质量为m2=2kg的滑块B如图1所示，开始时，用手固定木板A使它不动，在滑块B上施加一个水平向右的力，从而使滑块B以v0=06m/s的速度在木板A上匀速滑动.当滑块B与木板A右端相距L=1m时立刻放开木板A，同时撤去水平向右的力. 　　已知木板A与滑块B之间的动摩擦因数为μ1=005， 　　木板A与地面之间的动摩擦因数为μ2=001. 　　设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，（取g=10m/s2）求： 　　（1）通过计算判断放开木板A后，木板A是否会在桌面上滑动； 　　（2）放开木板A后，B在木板A上滑行的距离； 　　（3）放开木板A后，滑块B与木板A相互摩擦而产生的内能. 　　解析：（1）放开木板A后，滑块B对木板A向右的摩擦力为f1=μ1m2g=1N； 　　地面与木板A之间的最大静摩擦力为fmax= f2=μ2（m1+m2）g=05N； 　　由f1f2，木板A会在桌面上滑动. 　　（2）放开木板A后，A做匀加速直线运动，B做匀减速直线运动 　　对木板A，由牛顿第二定律得 f1-f2= m1a1 　　解得a1=16m/s2（方向向右） 　　对滑块B，由牛顿第二定律得 f1= m2a2 　　解得a2=05m/s2（方向向左）. 　　二者达到共同速度时t=v0-va2=va1 　　解得v=015m/s，t=09s 　　B在木板A上滑行的距离为ΔL=v0+v2t-v2t=027m. 　　（3）滑块B与木板A相互摩擦，产生的内能 　　Q=f1ΔL=027J 　　方法总结： 　　（1）判断滑块与滑板间是否存在相对滑动是分析问题的切入点是否存在相对滑动，决定于二者的速度是否相同如上例，木板A原来固定不动，滑块B在A上匀速滑动放开A时，二者的速度不相同，因此二者一定存在相对运动 　　（2）根据相对运动方向，分析滑块与滑板间的摩擦力方向，进而由牛顿第二定律求出各自的加速度（包括大小和方向）是解决问题的着眼点.如上例中，滑块B相对木板A向右滑动，因此滑块B受到向左的摩擦力，木板A受到滑块B向右的摩擦力. 　　（3）分析和计算滑板受到的摩擦力是解题的易错点.当滑板在水平地面上滑动时，公式f=μFN中，滑板和地面间的压力FN等于滑板及滑板上面的物块的总重力.列牛顿第二定律的方程时要注意质量的对应关系.如上例中滑板受到地面的最大静摩擦力 f2=μ2（m1+m2）g；求滑板加速度时，牛顿第二定律的方程为μ1m2g -μ2（m1+m2）g = m1a1. 　　（4）正确应用临界条件分析滑块是否滑离滑板是解题的难点.当滑板的长度一定时，滑块恰好滑到滑板的边缘且达到共同速度是解决问题的临界条件.若滑块从板的一端以初速度v0匀减速运动，加速度大小为a1，板从静止开始匀加速运动，加速度大小为a2，当滑块到达板的另一端时二者恰好达到共同速度，则由时间关系t=v0-va1=va2可求v和t；由位移关系L=v0+v2t-v2t可求板的最小长度L.巧妙运用平均速度公式，可收到化繁为简的效果. 　　3“滑块滑板类”问题的常见情景 　　情景（1） 滑板静止在水平面上，滑块以某一初速度滑上滑板.如例1. 　　情景（2） 滑板以某一初速度运动，将滑块放在滑板上. 　　例2一长木板在水平地面上运动，在t=0时刻将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，以后木板运动的v-t时间图象如图2所示.己知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦.物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上.取重力加速度的大小g=10m/s2.求： 　　（1）物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数. 　　（2）从t=0时刻到物块与木板均停止运动时，物块相对于木板的位移的大小. 　　解析由图象可知，物块放到木板上时木板的初速度v0=5m/s，之后木板以大小为a1=8m/s2的加速度匀减速运动，物块匀加速运动，二者达到共同速度v= 1m/s后一起匀减速运动直至停