第三章　第5课时　专题强化：“滑块—木板”模型中的动力学问题-2025年物理大一轮复习讲义

第三章 运动和力的关系 第5课时　专题强化：“滑块—木板”模型中的动力学问题 学习目标 1.掌握“滑块—木板”模型的运动及受力特点。 2.能正确运用动力学观点处理“滑块—木板”模型问题。 一、模型特点 滑块(视为质点)置于木板上，滑块和木板均相对地面运动，且滑块和木板在摩擦力的作用下发生相对滑动，滑块和木板具有不同的加速度。 二、模型构建 (1)隔离法的应用：对滑块和木板分别进行受力分析和运动过程分析。 (2)对滑块和木板分别列动力学方程和运动学方程。 (3)明确滑块和木板间的位移关系 如图所示，滑块由木板一端运动到另一端的过程中，滑块和木板同向运动时，位移之差Δx＝x1－x2＝L(板长)；滑块和木板反向运动时，位移之和Δx＝x2＋x1＝L。 三、解题关键 (1)摩擦力的分析判断：由滑块与木板的相对运动来判断“板块”间的摩擦力方向。 (2)挖掘“v物＝v板”临界条件的拓展含义 摩擦力突变的临界条件：当v物＝v板时，“板块”间的摩擦力可能由滑动摩擦力转变为静摩擦力或者两者间不再有摩擦力(水平面上共同匀速运动)。 ①滑块恰好不滑离木板的条件：滑块运动到木板的一端时，v物＝v板； ②木板最短的条件：当v物＝v板时滑块恰好滑到木板的一端。 考点01　水平面上的板块问题 [典例1·对水平面上的板块问题的考查](2024·广东佛山市联考)如图所示，质量均为m＝1 kg的物块A和B叠放在水平地面上，左边缘对齐。A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.4。先敲击A，A立即获得水平向右的初速度，在B上滑动距离L＝2 m后停下。接着敲击B，B立即获得水平向右的初速度，A、B都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块A长度可忽略不计，重力加速度g＝10 m/s2。求： (1)A被敲击后获得的初速度大小vA； (2)在左边缘再次对齐的前、后，B运动的加速度的大小aB、aB′； (3)B被敲击后获得的初速度大小vB及B运动的最大距离sB。 [拓展训练]如图所示，在光滑的水平面上有一足够长且质量为M＝4 kg的长木板，在长木板右端有一质量为m＝1 kg的小物块，长木板与小物块间的动摩擦因数为μ＝0.2，长木板与小物块均静止，现用F＝14 N的水平恒力向右拉长木板，经时间t＝1 s撤去水平恒力F，g取10 m/s2，则： (1)在F的作用下，长木板的加速度为多大？ (2)刚撤去F时，小物块离长木板右端多远？ (3)最终长木板与小物块一起以多大的速度匀速运动？ (4)最终小物块离长木板右端多远？ 考点02　斜面上的板块问题 [典例2·对斜面上的板块问题的考查](2024·江苏苏州市段考)如图所示，有一倾角为θ＝37°的斜面(sin 37°＝)，下端固定一挡板，挡板与斜面垂直，一长木板上表面的上部分粗糙，下部分光滑，上端放有一质量为m的小物块。现让长木板和小物块同时由静止释放，此时刻为计时起点，在第2 s末，小物块刚好到达长木板的光滑部分，又经过一段时间，长木板到达挡板处速度恰好减为零，小物块刚好到达长木板的下端边缘。已知小物块与长木板的上部分的动摩擦因数μ1＝，长木板与斜面间的动摩擦因数μ2＝0.5，长木板的质量M＝m。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10 m/s2。求： (1)在0～2 s时间内长木板和小物块的加速度的大小； (2)开始时长木板距离挡板多远； (3)长木板的长度。 [拓展训练]如图所示，在倾角为θ＝37°的足够长固定斜面上放置一质量M＝2 kg，长度L＝1.5 m的薄平板AB，在薄平板上端A处放一质量m＝1 kg的小滑块(视为质点)，将小滑块和薄平板同时无初速度释放，已知小滑块与薄平板之间的动摩擦因数为μ1＝0.25，薄平板与斜面之间的动摩擦因数为μ2＝0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2，求： (1)释放后，小滑块的加速度大小a1和薄平板的加速度大小a2； (2)从释放到小滑块滑离薄平板经历的时间t。 课时作业练 基础对点练 1.(多选)(2023·福建福州市高三检测)如图所示，质量为M的长木板A以速度v0在光滑水平面上向左匀速运动，质量为m的小滑块B轻放在木板左端，经过一段时间恰好从木板的右端滑出，小滑块与木板间的动摩擦因数为μ，下列说法中正确的是(　　) A．若只增大m，则小滑块不能滑离木板 B．若只增大M，则小滑块在木板上运动的时间变短 C．若只增大v0，则小滑块离开木板的速度变大 D．若只减小μ，则小滑块滑离木板过程中小滑块对地的位移变大 2.(多选)如图甲所示，一滑块置于足够长的长木板左端，木板放置在水平地面上．已知滑块和木板的质量均为2 kg，现在滑块上施加一个F＝0.5t (N)的变力作用，从t＝0时刻开始计时，滑块所受摩擦力随时间变化的关系如图乙所示．设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是(　　) A．滑块与木板间的动摩擦因数为0.4 B．木板与水平地面间的动摩擦因数为0.2 C．图乙中t2＝24 s D．木板的最大加速度为2 m/s2 3.(多选)如图甲所示，光滑水平面上静置一个薄长木板，长木板上表面粗糙，其质量为M，t＝0时刻，质量为m的物块以速度v水平滑上长木板，此后木板与物块运动的v－t图像如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　) A．M＝m B．M＝2m C．木板的长度为8 m D．木板与物块间的动摩擦因数为0.1 4.(多选)如图甲所示，长木板B静止在光滑水平地面上，在t＝0时刻，可视为质点、质量为1 kg的物块A在水平外力F作用下，从长木板的左端从静止开始运动，1 s后撤去外力F，物块A、长木板B的速度—时间图像如图乙所示，g＝10 m/s2，则下列说法正确的是(　　) A．长木板的最小长度为2 m B．A、B间的动摩擦因数是0.1 C．长木板的质量为0.5 kg D．外力F的大小为4 N 5.(多选)滑沙运动是小孩比较喜欢的一项运动，其运动过程可类比为如图所示的模型，倾角为37°的斜坡上有长为1 m的滑板，滑板与沙间的动摩擦因数为.小孩(可视为质点)坐在滑板上端，与滑板一起由静止开始下滑，小孩与滑板之间的动摩擦因数取决于小孩的衣料，假设图中小孩与滑板间的动摩擦因数为0.4，小孩的质量与滑板的质量相等，斜坡足够长，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，则下列判断正确的是(　　) A．小孩在滑板上下滑的加速度大小为2 m/s2 B．小孩和滑板脱离前滑板的加速度大小为0.8 m/s2 C．经过1 s的时间，小孩离开滑板 D．小孩离开滑板时的速度大小为0.8 m/s 6.(2024·全国·练习)在倾角为θ的固定斜面上放置一个长为L、质量为m的薄木板，木板上端与斜面的顶端对齐。将质量为m的小滑块置于木板上端，与木板一起由静止释放。木板与斜面间的动摩擦因数，小滑块与木板间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。斜面足够长，且小滑块未脱离木板，则在小滑块下滑的过程中，下列说法中正确的是(　　) A．小滑块与长木板相对静止一起加速下滑 B．长木板相对斜面匀速下滑 C．小滑块的加速度为 D．长木板的加速度为 7.(2023·福建省枫亭中学期中)如图所示，木板长L＝2.4 m，质量M＝4.0 kg，与地面间的动摩擦因数为μ1＝0.4。质量为m＝1.0 kg的小滑块(可视为质点)放在木板的最右端，与木板间的动摩擦因数为μ2＝0.2，开始时滑块与木板均处于静止状态，现给木板一个向右的初速度v0，取g＝10 m/s2，求： (1)木板所受摩擦力的大小； (2)使滑块不从木板上掉下来，木板初速度v0的最大值。 8.(2023·辽宁大连市检测)如图所示，一质量M＝2 kg的长木板B静止在粗糙水平面上，其右端有一质量m＝2 kg的小滑块A，对B施加一水平向右且大小为F＝14 N的拉力；t＝3 s后撤去拉力，撤去拉力时滑块仍然在木板上．已知A、B间的动摩擦因数为μ1＝0.1，B与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.2，重力加速度取g＝10 m/s2. (1)求有拉力时木板B和滑块A的加速度大小； (2)要使滑块A不从木板B左端掉落，求木板B的最小长度． 9.质量为2 kg的木板B静止在水平面上，可视为质点的物块A从木板的左侧以初速度v0沿木板上表面水平冲上木板，如图甲所示．A和B经过1 s达到同一速度，之后共同减速直至静止，A和B的v－t图像如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，求： (1)A与B上表面之间的动摩擦因数μ1； (2)B与水平面间的动摩擦因数μ2； (3)A的质量． 10.(多选)如图所示，质量mA＝1 kg足够长的长板A置于水平地面上，质量mB＝2 kg的小滑块B置于长板A的左端，A与水平地面间的动摩擦因数μ1＝0.3，B与A间的动摩擦因数μ2＝0.5，对B施加一大小为F＝20 N，方向与水平方向成37°角的恒力。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。下列说法正确的是(　　) A．A的加速度大小为1 m/s2 B．B的加速度大小为6 m/s2 C．若力F作用一段时间后，撤去力F，A的加速度大小增大 D．若力F作用一段时间后，撤去力F，B相对A静止 能力提升练 11.(2024·广东东莞市石龙中学月考)如图所示，厚0.2 m、长为3 m的木板AB静止在粗糙水平地面上，C为其中点，木板上表面AC部分光滑，CB部分粗糙，下表面与水平地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，木板右端静止放置一个小物块(可看成质点)，它与木板CB部分的动摩擦因数μ2＝0.3。已知木板和小物块的质量均为2 kg，重力加速度g取10 m/s2，现对木板施加一个水平向右的恒力F。 (1)为使小物块与木板保持相对静止，求恒力的最大值Fm； (2)当F＝22 N时，小物块经多长时间滑到木板中点C? (3)接第(2)问，当小物块到达C点时撤去F，求小物块落地时与木板A端的距离。 12.(多选)(2023·内蒙古高三检测)如图甲所示，粗糙的水平地面上有一块长木板P，小滑块Q放置于长木板上的最右端．现将一个水平向右的力F作用在长木板的右端，让长木板从静止开始运动，一段时间后撤去力F.滑块、长木板的速度时间图像如图乙所示，已知滑块与长木板的质量相等，滑块Q始终没有从长木板P上滑下．重力加速度取g＝10 m/s2.则下列说法正确的是(　　) A．t＝9 s时长木板P停下来 B．长木板P的长度至少是7.5 m C．滑块Q与长木板P之间的动摩擦因数是0.5 D．滑块Q在长木板P上滑行的相对位移为12 m 尖子选拔练 13.(2024·重庆·期末)如图所示，倾角为的光滑斜面固定在水平面上，斜面上有一挡板D，挡板D下方的斜面足够长。在距离挡板处有一长木板C，长木板上有A、B两个小滑块，已知A、B、C质量均为m，小滑块A、B与木板间的动摩擦因数分别为和。A距离长木板下端的距离为，A、B间的距离为。现让A、B、C同时由静止释放，在以后的运动过程中，若木板与挡板发生碰撞，则碰撞前后木板的速度等大反向。(重力加速度为g)求： (1)木板第一次与挡板碰撞前瞬间的速度大小； (2)从同时释放A、B、C到小滑块B第一次与小滑块A相碰经历的时间； (3)若在木板C第一次与挡板D碰撞后瞬间撤去挡板，且挡板撤去后瞬间让A的速度大小突变为，其余条件不变。A、B最终距木板下端的长度。 ( 1 ) 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第三章 运动和力的关系 第5课时　专题强化：“滑块—木板”模型中的动力学问题 学习目标 1.掌握“滑块—木板”模型的运动及受力特点。 2.能正确运用动力学观点处理“滑块—木板”模型问题。 一、模型特点 滑块(视为质点)置于木板上，滑块和木板均相对地面运动，且滑块和木板在摩擦力的作用下发生相对滑动，滑块和木板具有不同的加速度。 二、模型构建 (1)隔离法的应用：对滑块和木板分别进行受力分析和运动过程分析。 (2)对滑块和木板分别列动力学方程和运动学方程。 (3)明确滑块和木板间的位移关系 如图所示，滑块由木板一端运动到另一端的过程中，滑块和木板同向运动时，位移之差Δx＝x1－x2＝L(板长)；滑块和木板反向运动时，位移之和Δx＝x2＋x1＝L。 三、解题关键 (1)摩擦力的分析判断：由滑块与木板的相对运动来判断“板块”间的摩擦力方向。 (2)挖掘“v物＝v板”临界条件的拓展含义 摩擦力突变的临界条件：当v物＝v板时，“板块”间的摩擦力可能由滑动摩擦力转变为静摩擦力或者两者间不再有摩擦力(水平面上共同匀速运动)。 ①滑块恰好不滑离木板的条件：滑块运动到木板的一端时，v物＝v板； ②木板最短的条件：当v物＝v板时滑块恰好滑到木板的一端。 考点01　水平面上的板块问题 [典例1·对水平面上的板块问题的考查](2024·广东佛山市联考)如图所示，质量均为m＝1 kg的物块A和B叠放在水平地面上，左边缘对齐。A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.4。先敲击A，A立即获得水平向右的初速度，在B上滑动距离L＝2 m后停下。接着敲击B，B立即获得水平向右的初速度，A、B都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块A长度可忽略不计，重力加速度g＝10 m/s2。求： (1)A被敲击后获得的初速度大小vA； (2)在左边缘再次对齐的前、后，B运动的加速度的大小aB、aB′； (3)B被敲击后获得的初速度大小vB及B运动的最大距离sB。 答案　(1)4 m/s　(2)12 m/s2　4 m/s2 (3)8 m/s　3 m 解析　(1)由牛顿第二定律知μmg＝maA A加速度的大小aA＝μg 根据匀变速直线运动速度位移关系vA2＝2aAL 解得vA＝＝4 m/s。 (2)在左边缘再次对齐前，对B， 根据牛顿第二定律得μmg＋2μmg＝maB 解得aB＝3μg＝12 m/s2 对齐后，对A、B整体，根据牛顿第二定律得2μmg＝2maB′，解得aB′＝μg＝4 m/s2 (3)经过时间t，A、B达到共同速度v，位移分别为xA、xB，A加速度的大小等于aA， 则v＝aAt＝vB－aBt，xA＝aAt2 xB＝vBt－aBt2，xB－xA＝L 解得vB＝8 m/s，xB＝2.5 m A、B达到共同速度后，有v2＝2aB′xB′ 解得xB′＝0.5 m，所以sB＝xB＋xB′＝3 m。 [拓展训练]如图所示，在光滑的水平面上有一足够长且质量为M＝4 kg的长木板，在长木板右端有一质量为m＝1 kg的小物块，长木板与小物块间的动摩擦因数为μ＝0.2，长木板与小物块均静止，现用F＝14 N的水平恒力向右拉长木板，经时间t＝1 s撤去水平恒力F，g取10 m/s2，则： (1)在F的作用下，长木板的加速度为多大？ (2)刚撤去F时，小物块离长木板右端多远？ (3)最终长木板与小物块一起以多大的速度匀速运动？ (4)最终小物块离长木板右端多远？ 答案　(1)3 m/s2　(2)0.5 m　(3)2.8 m/s (4)0.7 m 解析　(1)对长木板，根据牛顿第二定律可得a＝，解得a＝3 m/s2 (2)撤去F之前，小物块只受摩擦力的作用 故am＝μg＝2 m/s2 Δx1＝at2－amt2＝0.5 m (3)刚撤去F时v＝at＝3 m/s，vm＝amt＝2 m/s 撤去F后，长木板的加速度大小a′＝＝0.5 m/s2 最终速度v′＝vm＋amt′＝v－a′t′ 解得共同速度v′＝2.8 m/s (4)在t′内，小物块和长木板的相对位移Δx2＝－，解得Δx2＝0.2 m 最终小物块离长木板右端x＝Δx1＋Δx2＝0.7 m. 考点02　斜面上的板块问题 [典例2·对斜面上的板块问题的考查](2024·江苏苏州市段考)如图所示，有一倾角为θ＝37°的斜面(sin 37°＝)，下端固定一挡板，挡板与斜面垂直，一长木板上表面的上部分粗糙，下部分光滑，上端放有一质量为m的小物块。现让长木板和小物块同时由静止释放，此时刻为计时起点，在第2 s末，小物块刚好到达长木板的光滑部分，又经过一段时间，长木板到达挡板处速度恰好减为零，小物块刚好到达长木板的下端边缘。已知小物块与长木板的上部分的动摩擦因数μ1＝，长木板与斜面间的动摩擦因数μ2＝0.5，长木板的质量M＝m。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10 m/s2。求： (1)在0～2 s时间内长木板和小物块的加速度的大小； (2)开始时长木板距离挡板多远； (3)长木板的长度。 答案　(1)3 m/s2　1 m/s2　(2)3 m　(3)12 m 解析　(1)在0～2 s时间内，对小物块和长木板受力分析，Ff1、FN1是小物块与长木板之间的摩擦力和正压力的大小，Ff2、FN2是长木板与斜面之间的摩擦力和正压力的大小，Ff1＝μ1FN1，FN1＝mgcos θ Ff2＝μ2FN2，FN2＝FN1＋Mgcos θ 规定沿斜面向下为正，设小物块和长木板的加速度分别为a1和a2，由牛顿第二定律得 mgsin θ－Ff1＝ma1 Mgsin θ－Ff2＋Ff1＝Ma2 联立得a1＝3 m/s2，a2＝1 m/s2 (2)在t1＝2 s时，设小物块和长木板的速度分别为v1和v2， 则v1＝a1t1＝6 m/s，v2＝a2t2＝2 m/s t>t1时，设小物块和长木板的加速度分别为a1′和a2′。此时小物块与长木板之间摩擦力为零， 对小物块：mgsin θ＝ma1′，a1′＝6 m/s2 对长木板：Mgsin θ－μ2(M＋m)gcos θ＝Ma2′， a2′＝－2 m/s2 即长木板做匀减速运动，设经过时间t2，长木板的速度减为零，则有v2＋a2′t2＝0 联立得t2＝1 s 在t1＋t2时间内，L1＝a2t12＝2 m， L2＝|a2′|t22＝1 m L＝L1＋L2＝3 m (3)长木板的长度等于小物块相对于长木板运动的距离，即s＝(a1t12＋v1t2＋a1′t22)－(a2t12＋v2t2＋a2′t22)＝12 m。 [拓展训练]如图所示，在倾角为θ＝37°的足够长固定斜面上放置一质量M＝2 kg，长度L＝1.5 m的薄平板AB，在薄平板上端A处放一质量m＝1 kg的小滑块(视为质点)，将小滑块和薄平板同时无初速度释放，已知小滑块与薄平板之间的动摩擦因数为μ1＝0.25，薄平板与斜面之间的动摩擦因数为μ2＝0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2，求： (1)释放后，小滑块的加速度大小a1和薄平板的加速度大小a2； (2)从释放到小滑块滑离薄平板经历的时间t。 答案　(1)4 m/s2　1 m/s2　(2)1 s 解析　(1)假设释放后滑块会相对于薄平板向下滑动，对滑块，由牛顿第二定律有mgsin 37°－Ff1＝ma1，其中Ff1＝μ1FN1，FN1＝mgcos 37° 解得a1＝gsin 37°－μ1gcos 37°＝4 m/s2 对薄平板， 由牛顿第二定律有Mgsin 37°＋Ff1－Ff2＝Ma2 其中Ff2＝μ2FN2，FN2＝(m＋M)gcos 37° 解得a2＝1 m/s2，a1>a2， 假设成立，即滑块会相对于薄平板向下滑动。 (2)设滑块滑离薄平板经历的时间为t，由运动学公式，有x1＝a1t2，x2＝a2t2，又x1－x2＝L 解得t＝1 s。 课时作业练 基础对点练 1.(多选)(2023·福建福州市高三检测)如图所示，质量为M的长木板A以速度v0在光滑水平面上向左匀速运动，质量为m的小滑块B轻放在木板左端，经过一段时间恰好从木板的右端滑出，小滑块与木板间的动摩擦因数为μ，下列说法中正确的是(　　) A．若只增大m，则小滑块不能滑离木板 B．若只增大M，则小滑块在木板上运动的时间变短 C．若只增大v0，则小滑块离开木板的速度变大 D．若只减小μ，则小滑块滑离木板过程中小滑块对地的位移变大 答案　AB 解析　若只增大滑块质量，滑块的加速度不变，木板的加速度增大，所以滑块与木板共速时，滑块没有离开木板，之后二者一起向左做匀速直线运动，故A正确；若只增大长木板质量，木板的加速度减小，滑块的加速度不变，以木板为参考系，滑块运动的平均速度变大，即滑块在木板上的运动时间变短，故B正确；若只增大木板初速度，滑块的受力不变，滑块的加速度不变，滑块相对木板的平均速度变大，滑块在木板上的运动时间变短，所以滑块离开木板的速度变小，故C错误；若只减小动摩擦因数，那么滑块和木板的加速度等比例减小，相对位移不变，则滑块滑离木板时速度大于木板速度，滑块滑离木板的过程所用时间变短，木板对地位移变小，滑块滑离木板过程中滑块对地的位移为木板对地位移减去极长，故减小，故D错误． 2.(多选)如图甲所示，一滑块置于足够长的长木板左端，木板放置在水平地面上．已知滑块和木板的质量均为2 kg，现在滑块上施加一个F＝0.5t (N)的变力作用，从t＝0时刻开始计时，滑块所受摩擦力随时间变化的关系如图乙所示．设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是(　　) A．滑块与木板间的动摩擦因数为0.4 B．木板与水平地面间的动摩擦因数为0.2 C．图乙中t2＝24 s D．木板的最大加速度为2 m/s2 答案　ACD 解析　由题图乙可知，滑块与木板之间的滑动摩擦力大小为8 N，则滑块与木板间的动摩擦因数为μ＝＝0.4，选项A正确．由题图乙可知，t1时刻木板相对地面开始滑动，此时滑块与木板相对静止，则木板与水平地面间的动摩擦因数为μ′＝＝0.1，选项B错误．t2时刻，滑块与木板将要发生相对滑动，此时滑块与木板间的摩擦力达到最大静摩擦力Ffm＝8 N，此时两者的加速度相同，且木板的加速度达到最大，则对木板：Ffm－μ′·2mg＝mam，解得am＝2 m/s2；对滑块：F－Ffm＝mam，解得F＝12 N，则由 F＝0.5t (N)可知，t2＝24 s，选项C、D正确． 3.(多选)如图甲所示，光滑水平面上静置一个薄长木板，长木板上表面粗糙，其质量为M，t＝0时刻，质量为m的物块以速度v水平滑上长木板，此后木板与物块运动的v－t图像如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　) A．M＝m B．M＝2m C．木板的长度为8 m D．木板与物块间的动摩擦因数为0.1 答案　BC 解析　物块相对木板运动的过程中，在水平方向上只受到木板给的滑动摩擦力的作用，故μmg＝ma1，而v－t图像的斜率表示加速度，故物块的加速度大小为a1＝ m/s2＝2 m/s2，解得μ＝0.2，对木板受力分析可知μmg＝Ma2，由v－t图像可知木板的加速度大小为a2＝ m/s2＝1 m/s2，联立解得M＝2m，A、D错误，B正确；从题图乙可知物块和木板在t＝2 s时分离，两者在0～2 s内的v－t图像与t轴围成的面积之差等于木板的长度，故L＝×(7＋3)×2 m－×2×2 m＝8 m，C正确． 4.(多选)如图甲所示，长木板B静止在光滑水平地面上，在t＝0时刻，可视为质点、质量为1 kg的物块A在水平外力F作用下，从长木板的左端从静止开始运动，1 s后撤去外力F，物块A、长木板B的速度—时间图像如图乙所示，g＝10 m/s2，则下列说法正确的是(　　) A．长木板的最小长度为2 m B．A、B间的动摩擦因数是0.1 C．长木板的质量为0.5 kg D．外力F的大小为4 N 答案　ABD 解析　由题图乙可知，2 s后物块和木板达到共速后一起匀速运动，说明木板与地面之间无摩擦，v－t图像中图线与t轴围成的面积表示物体的位移，故由题图乙可知，在2 s内物块的位移为x1＝4 m，木板的位移为x2＝2 m，故长木板的最小长度为L＝x1－x2＝2 m，A正确；由题图乙可知，1 s时撤去外力F，在1～2 s内由物块的受力及牛顿第二定律可知μmg＝maA，由题图乙可知1～2 s内物块的加速度大小为aA＝1 m/s2，解得A、B间的动摩擦因数为μ＝0.1，B正确；由题图乙可知，木板的加速度大小为aB＝1 m/s2，由木板B的受力及牛顿第二定律可知μmg＝MaB，解得长木板的质量为M＝1 kg，C错误；由0～1 s内物块的受力及牛顿第二定律可知F－μmg＝maA′，又此过程中加速度的大小为aA′＝3 m/s2，解得F＝4 N，D正确。 5.(多选)滑沙运动是小孩比较喜欢的一项运动，其运动过程可类比为如图所示的模型，倾角为37°的斜坡上有长为1 m的滑板，滑板与沙间的动摩擦因数为.小孩(可视为质点)坐在滑板上端，与滑板一起由静止开始下滑，小孩与滑板之间的动摩擦因数取决于小孩的衣料，假设图中小孩与滑板间的动摩擦因数为0.4，小孩的质量与滑板的质量相等，斜坡足够长，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，则下列判断正确的是(　　) A．小孩在滑板上下滑的加速度大小为2 m/s2 B．小孩和滑板脱离前滑板的加速度大小为0.8 m/s2 C．经过1 s的时间，小孩离开滑板 D．小孩离开滑板时的速度大小为0.8 m/s 答案　BC 解析　对小孩，由牛顿第二定律得，加速度大小为a1＝＝2.8 m/s2，同理对滑板，加速度大小为a2＝＝0.8 m/s2，A错误，B正确；小孩刚与滑板分离时，有a1t2－a2t2＝L，解得t＝1 s，离开滑板时小孩的速度大小为v＝a1t＝2.8 m/s，D错误，C正确． 6.(2024·全国·练习)在倾角为θ的固定斜面上放置一个长为L、质量为m的薄木板，木板上端与斜面的顶端对齐。将质量为m的小滑块置于木板上端，与木板一起由静止释放。木板与斜面间的动摩擦因数，小滑块与木板间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。斜面足够长，且小滑块未脱离木板，则在小滑块下滑的过程中，下列说法中正确的是(　　) A．小滑块与长木板相对静止一起加速下滑 B．长木板相对斜面匀速下滑 C．小滑块的加速度为 D．长木板的加速度为 答案　C 解析　ABD．根据题意，由于，则可知，对于木板而言，若木板单独放在斜面上，则有,即木板会静止在斜面上，而由于，则对小滑块有,即小滑块不能静止在木板上，当在木板上放上小滑块后，由于小滑块不能静止，会与木板产生相对滑动，木板对小滑块的滑动摩擦力沿着木板向上，而根据牛顿第三定律可知，滑块对木板的滑动摩擦力沿着木板向下，此时对木板有 ,即木板仍然静止在斜面上，故ABD错误；C．对小滑块，由牛顿第二定律有,解得小滑块在静止的木板上下滑时的加速度大小为,故C正确。故选C。 7.(2023·福建省枫亭中学期中)如图所示，木板长L＝2.4 m，质量M＝4.0 kg，与地面间的动摩擦因数为μ1＝0.4。质量为m＝1.0 kg的小滑块(可视为质点)放在木板的最右端，与木板间的动摩擦因数为μ2＝0.2，开始时滑块与木板均处于静止状态，现给木板一个向右的初速度v0，取g＝10 m/s2，求： (1)木板所受摩擦力的大小； (2)使滑块不从木板上掉下来，木板初速度v0的最大值。 答案　(1)22 N　(2)6 m/s 解析　(1)木板所受摩擦力的大小 Ff＝μ2mg＋μ1(M＋m)g＝22 N (2)设滑块做匀加速直线运动的加速度大小为a1，则μ2mg＝ma1，a1＝μ2g＝2 m/s2 木板做匀减速直线运动的加速度大小为a2， 则μ2mg＋μ1(M＋m)g＝Ma2 解得a2＝5.5 m/s2 设经过时间t滑块刚好滑到木板左侧且两者速度相等，有a1t＝v0－a2t① 滑块相对于地面的位移x1＝a1t2② 木板相对于地面的位移x2＝v0t－a2t2③ 又L＝x2－x1④ 由①②③④解得，使滑块不从木板上掉下来，木板初速度的最大值v0＝6 m/s。 8.(2023·辽宁大连市检测)如图所示，一质量M＝2 kg的长木板B静止在粗糙水平面上，其右端有一质量m＝2 kg的小滑块A，对B施加一水平向右且大小为F＝14 N的拉力；t＝3 s后撤去拉力，撤去拉力时滑块仍然在木板上．已知A、B间的动摩擦因数为μ1＝0.1，B与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.2，重力加速度取g＝10 m/s2. (1)求有拉力时木板B和滑块A的加速度大小； (2)要使滑块A不从木板B左端掉落，求木板B的最小长度． 答案　(1)2 m/s2　1 m/s2　(2)5.25 m 解析　(1)对滑块A根据牛顿第二定律可得μ1mg＝ma1，故A的加速度大小为a1＝1 m/s2，方向向右；对木板B根据牛顿第二定律可得F－μ1mg－μ2(m＋M)g＝Ma2，解得木板B加速度大小为a2＝2 m/s2. (2)撤去外力瞬间，A的位移大小为x1＝a1t2＝4.5 m，B的位移大小为x2＝a2t2＝9 m，撤去外力时，滑块A和木板B的速度分别为v1＝a1t＝3 m/s，v2＝a2t＝6 m/s，撤去外力后，滑块A的受力没变，故滑块A仍然做加速运动，加速度不变，木板B做减速运动，其加速度大小变为a2′＝＝5 m/s2，设再经过时间t′两者达到共速，则有v1＋a1t′＝v2－a2′t′ 撤去外力后，A的位移大小为x1′＝v1t′＋a1t′2 B的位移大小为x2′＝v2t′－a2′t′2 故木板B的长度至少为L＝x2－x1＋x2′－x1′ 代入数据解得L＝5.25 m. 9.质量为2 kg的木板B静止在水平面上，可视为质点的物块A从木板的左侧以初速度v0沿木板上表面水平冲上木板，如图甲所示．A和B经过1 s达到同一速度，之后共同减速直至静止，A和B的v－t图像如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，求： (1)A与B上表面之间的动摩擦因数μ1； (2)B与水平面间的动摩擦因数μ2； (3)A的质量． 答案　(1)0.2　(2)0.1　(3)6 kg 解析　(1)由题图乙可知，A在0～1 s内的加速度a1＝＝－2 m/s2，对A由牛顿第二定律得， －μ1mg＝ma1，解得μ1＝0.2 (2)由题图乙知，A、B整体在1～3 s内的加速度 a3＝＝－1 m/s2， 对A、B整体由牛顿第二定律得， －μ2(M＋m)g＝(M＋m)a3，解得μ2＝0.1 (3)由题图乙可知B在0～1 s内的加速度 a2＝＝2 m/s2. 对B由牛顿第二定律得， μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2， 代入数据解得m＝6 kg. 10.(多选)如图所示，质量mA＝1 kg足够长的长板A置于水平地面上，质量mB＝2 kg的小滑块B置于长板A的左端，A与水平地面间的动摩擦因数μ1＝0.3，B与A间的动摩擦因数μ2＝0.5，对B施加一大小为F＝20 N，方向与水平方向成37°角的恒力。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。下列说法正确的是(　　) A．A的加速度大小为1 m/s2 B．B的加速度大小为6 m/s2 C．若力F作用一段时间后，撤去力F，A的加速度大小增大 D．若力F作用一段时间后，撤去力F，B相对A静止 答案　BC 解析　对小滑块B进行受力分析，如图甲，可知FNB＋Fsin 37°＝mBg Ff1＝μ2FNB，根据牛顿第二定律有 Fcos 37°－Ff1＝mBaB 联立可得aB＝6 m/s2，故B正确； 对长板A受力分析，如图乙， 可知FNA＝FNB′＋mAg＝FNB＋mAg 由Ff地m＝μ1FNA＝5.4 N>Ff1′＝Ff1可知，长板A静止，即aA＝0，故A错误； 若力F作用一段时间后，撤去力F，则对A有 aA′＝＝1 m/s2 对B有aB′＝μ2g＝5 m/s2 可知，A的加速度大小增大，B不会相对A静止，故C正确，D错误。 能力提升练 11.(2024·广东东莞市石龙中学月考)如图所示，厚0.2 m、长为3 m的木板AB静止在粗糙水平地面上，C为其中点，木板上表面AC部分光滑，CB部分粗糙，下表面与水平地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，木板右端静止放置一个小物块(可看成质点)，它与木板CB部分的动摩擦因数μ2＝0.3。已知木板和小物块的质量均为2 kg，重力加速度g取10 m/s2，现对木板施加一个水平向右的恒力F。 (1)为使小物块与木板保持相对静止，求恒力的最大值Fm； (2)当F＝22 N时，小物块经多长时间滑到木板中点C? (3)接第(2)问，当小物块到达C点时撤去F，求小物块落地时与木板A端的距离。 答案　(1)16 N　(2)1 s　(3)0.326 m 解析　(1)设小物块能够达到的最大加速度为am，由牛顿第二定律有μ2mg＝mam 解得am＝3 m/s2 对整体，由牛顿第二定律有Fm－μ1(M＋m)g＝(M＋m)am，解得Fm＝16 N (2)当F＝22 N时，小物块与长木板发生相对滑动，对长木板有F－μ1(M＋m)g－μ2mg＝Ma1，解得a1＝6 m/s2 小物块加速度a2＝＝μ2g＝3 m/s2 小物块滑到木板中点C，有a1t12－a2t12＝ 解得t1＝1 s (3)设撤掉外力时木板和物块的速度分别为v1、v2，则有v1＝a1t1＝6 m/s v2＝a2t1＝3 m/s 撤掉外力后，物块匀速运动，设木板做匀减速运动的加速度为a3，则μ1(M＋m)g＝Ma3， 解得a3＝2 m/s2 设小物块从长木板中点滑动到最左端时长木板速度为v3， 则有－v2·＝ 解得v3＝(3＋) m/s 此后长木板做匀减速运动，则μ1Mg＝Ma4 解得a4＝1 m/s2 此后小物块做平抛运动，h＝gt22 落地时距长木板左端的距离为Δx＝v3t2－a4t22－v2t2，解得Δx≈0.326 m。 12.(多选)(2023·内蒙古高三检测)如图甲所示，粗糙的水平地面上有一块长木板P，小滑块Q放置于长木板上的最右端．现将一个水平向右的力F作用在长木板的右端，让长木板从静止开始运动，一段时间后撤去力F.滑块、长木板的速度时间图像如图乙所示，已知滑块与长木板的质量相等，滑块Q始终没有从长木板P上滑下．重力加速度取g＝10 m/s2.则下列说法正确的是(　　) A．t＝9 s时长木板P停下来 B．长木板P的长度至少是7.5 m C．滑块Q与长木板P之间的动摩擦因数是0.5 D．滑块Q在长木板P上滑行的相对位移为12 m 答案　AB 解析　由题图乙可知，力F在t1＝5 s时撤去，此时长木板P的速度v1＝5 m/s，t2＝6 s时两者速度相同，v2＝3 m/s，t2＝6 s前长木板P的速度大于滑块Q的速度，t2＝6 s后长木板P的速度小于滑块Q的速度，0～6 s过程中，以滑块Q为研究对象，由牛顿第二定律得μ1mg＝ma1，且a1＝＝0.5 m/s2，解得μ1＝0.05，在5～6 s过程中，以长木板P为研究对象，由牛顿第二定律得μ2(2m)g＋μ1mg＝ma2，且a2＝||＝2 m/s2，解得μ2＝0.075，从6 s末到长木板停下来的过程中，由牛顿第二定律得μ2(2m)g－μ1mg＝ma3，解得a3＝1 m/s2，这段时间Δt3＝||＝3 s，则t＝9 s时长木板P停下来，故A正确，C错误；长木板P的长度至少是前6 s过程中滑块Q在长木板P上滑行的距离，即Δx1＝×5×5 m＋×(5＋3)×1 m－×3×6 m＝7.5 m，故B正确；在从6 s末到滑块Q停下来的过程中，由牛顿第二定律得μ1mg＝ma4，解得a4＝0.5 m/s2，这段时间Δt4＝||＝6 s，所以t3＝12 s时滑块Q停下来，6 s后滑块Q在长木板P上滑行的距离Δx2＝×6×3 m－×3×3 m＝4.5 m，前6 s长木板P速度更大，后6 s滑块Q速度更大，则滑块Q在长木板P上滑行的相对位移为Δx＝Δx1－Δx2＝3 m，故D错误． 尖子选拔练 13.(2024·重庆·期末)如图所示，倾角为的光滑斜面固定在水平面上，斜面上有一挡板D，挡板D下方的斜面足够长。在距离挡板处有一长木板C，长木板上有A、B两个小滑块，已知A、B、C质量均为m，小滑块A、B与木板间的动摩擦因数分别为和。A距离长木板下端的距离为，A、B间的距离为。现让A、B、C同时由静止释放，在以后的运动过程中，若木板与挡板发生碰撞，则碰撞前后木板的速度等大反向。(重力加速度为g)求： (1)木板第一次与挡板碰撞前瞬间的速度大小； (2)从同时释放A、B、C到小滑块B第一次与小滑块A相碰经历的时间； (3)若在木板C第一次与挡板D碰撞后瞬间撤去挡板，且挡板撤去后瞬间让A的速度大小突变为，其余条件不变。A、B最终距木板下端的长度。 答案　(1)；(2)；(3) 解析　(1)木板第一次与挡板碰撞前ABC整体共同沿斜面加速下滑，有 解得 (2)由释放到CD第一次相碰用时 CD第一次相碰后A的加速度为 B的加速度为 C的加速度为 CD第一次相碰后到C与A共速过程C的加速度不变，且速度大小不变但速度反向，则C与A共速时，C再次与挡板相碰，由此可知，B在追A的过程，AB加速度均不变，因此木板第一次与挡板碰撞后到A追上B一共用时 解得 从同时释放A、B、C到小滑块B第一次与小滑块A相碰经历的时间 (3)CD碰撞后到CB共速过程用时 此时速度为 此过程A相对C向下滑动的距离为 此后B的加速度变为 C的加速度变为 从CB共速到ABC均共速过程，还需用时 此过程A相对C向下滑动的距离为 再之后三者以相同加速度共同运动，无相对滑动，因此A、B最终距木板下端的长度 ( 1 ) 学科网（北京）股份有限公司 $$