19．长为1.5m的长木板B静止放在水平冰面上，小物块A以某一初速度从木板B的左端冲上长木板B，直到A、B的速度达到相同，此时A、B的速度为0.4m/s，然后A、B又一起在水平冰面上滑行了8.0cm后停下。若小物块A可视为质点，它与长木板B的质量相同，A、B间的动摩擦因数?1?0.25。求：（取g＝10m/s2） （1）木块与冰面的动摩擦因数。 （2）小物块相对于长木板滑行的距离。
（3）为了保证小物块不从木板的右端滑落，小物块冲上长木板的初速度可能是多少？
20、（2015新课标1卷）一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块，在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5m，如图（a）所示。t?0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t?1s时木板与墙壁碰撞（碰撞时间极短）。碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板。已知碰撞后1s时间内小物块的v?t图线如图（b）所示。木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取
10ms2。求
（1）木板与地面间的动摩擦因数?1及小物块与木板间的动摩擦因数?2； （2）木板的最小长度；
（3）木板右端离墙壁的最终距离。
21、（2015新课标2卷）下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害。某地有一倾角为θ=37°
3（sin37°=5）的山坡C，上面有一质量为m的石板B，其上下表面与斜坡平行；B上有一碎石堆A（含有大量泥
土），A和B均处于静止状态，如图所示。假设某次暴雨中，A浸透雨水后总质量也为m（可视为质量不变的滑
3块），在极短时间内，A、B间的动摩擦因数μ1减小为8，B、C间的动摩擦因数μ2减小为0.5，A、B开始运动，
此时刻为计时起点；在第2s末，B的上表面突然变为光滑，μ2保持不变。已知A开始运动时，A离B下边缘的距离l=27m，C足够长，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。取重力加速度大小g=10m/s2。求： （1）在0~2s时间内A和B加速度的大小 （2）A在B上总的运动时间
小结：
以滑块为模型的物理问题，将其进行物理情景的迁移，或对其初始条件与附设条件做某些演变、拓展，便于构成许多内涵丰富、情景各异的综合问题。由于这类问题涉及受力和运动分析、动量和功能分析以及动力学、运动学、动量守恒、能量守恒等重要内容的综合应用，因此，滑块模型问题成为高考考查学生基础知识和综合能力的一大热点。通过对滑块模型问题的分析、研讨，掌握其基本特征，分清其在不同情景中的物理本质，对于启迪学生思维和培养学生的各种能力，特别是提高学生解题能力和开发学生研究性学习潜能的作用都是不可低估的。
模型分析：
1、相互作用：滑块之间的摩擦力分析
2、相对运动：具有相同的速度时相对静止。两相互作用的物体在速度相同，但加速度不相同时，两者之间同样有位置的变化，发生相对运动。
3、通常所说物体运动的位移、速度、加速度都是对地而言的。在相对运动的过程中相互作用的物体之间位移、速度、加速度、时间一定存在关联。它就是我们解决力和运动突破口。
4、求时间通常会用到牛顿第二定律加运动学公式或动量定理：应用动量定理时特别要注意条件和方向，最好是对单个物体应用动量定理求解。
5、求位移通常会用到牛顿第二定律加运动学公式或动能定理，应用动能定理时研究对象为单个物体或可以看成单个物体的整体。另外求相对位移时：通常会用到系统能量守恒定律。
6、求速度通常会用到牛顿第二定律加运动学公式或动能定理或动量守恒定律：应用动量守恒定律时要特别注意系统的条件和方向。
参考答案
1．D 2．BD 3．C 4．B 5．A 6．A
7． ⑴a1＝2m/s2，a2＝0.5m/s2；⑵x＝2.1m。
8．⑴ aA = 4.0m/s2，方向水平向右 aB = 1.0m/s2，方向水平向左 ⑵ x = 0.875m ⑶ l = 1.6m
9．(1)200 N 向右 (2) 2 m/s2 向左 (3)2 s
2v0?3.6m（2）t=1s （3）x1?x2?1m 10．（1）x?2a11．(1)4 s (2)大于或等于47 N 12．（1）4N（2）1m/s
13．（1）平板A与物块B的加速度均为1m/s2；（2）3s； 14．（1）2.5m/s（2）L=1.5m 15．(1)0.05（2）2m3?（3）24m M216．（1）A、B的速度分别是（2）F≥1N
410m/s和m/s 3317．L≥ 18．0
8m2g2(mg?f)2h 对长木板AB进行分析，水平方向仅受 m 对它的摩擦力 f 作用，方向向左, f 使 AB 板向右做匀减速运动，其
加速度大小为
在AB板向右运动到最大位移的过程中，m
向左运动的加速度大小为
当 m 继续向左运动时，在AB板的速度小于 m 的速度时间内，m 、M水平方向受力不变．且M将向左做匀速运
动，设再经时间 T 小物块 m 恰好滑至长木板 M 的 A 端，此过程 m 和 M 分别向左相对地面滑行的位移为
，
则
19、（1） ?2?010. （2）2.4m/s （3）3.0m/s 20、 （2）牛顿
碰撞后，木板向左匀减速，依据第
二
定
律
有
?1(?mM??可得a1?)?gg2m
Ma4m/s2 32a?4m/s2对滑块，则有加速度
滑块速度先减小到0，此时碰后时间为此时，木板向左的位移为x1?vt1?滑块向右位移x2?t1?1s
12108a1t1?m 末速度 v1?m/s 2334m/s?0t1?2m 22a?4m/s2此后，木块开始向左加速，加速度仍为
木块继续减速，加速度仍为a1?4m/s2 3假设又经历解得
t2二者速度相等，则有a2t2?v1?a1t2
t2?0.5s
127a1t2?m 末速度v3?v1?a1t2?2m/s 26此过程，木板位移x3?v1t2?滑块位移x4?121a2t2?m 22此后木块和木板一起匀减速。 二者的相对位移最大为
?x?x1?x3?x2?x4?6m
滑块始终没有离开木板，所以木板最小的长度为6m
2a??g?1m/s1（3）最后阶段滑块和木板一起匀减速直到停止，整体加速度 2v3?2m 位移x5?2a所以木板右端离墙壁最远的距离为考点：牛顿运动定律
x1?x3?x5?6.5m
21、【答案】（1）a1=3m/s2； a2 =1m/s2；（2）4s