2025届高考物理一轮复习精讲精练：36板块模型（二）

36 板块模型（二） 【思考】滑块——木板模型和传送带问题的共同特点都涉及到物体间的相对运动，因此在物理情景和分析方法上，二者是一样的。请回答以下问题： 1.如何判断滑块是否能与木板达到同速？ 提示　假设滑块与木板能达到同速，分别求此过程滑块和木板各自对地的位移，看位移之差与木板长度的关系。 2.如果木板的下表面是光滑的，当滑块在木板上滑动时是否能够同速，能否采用动量守恒定律结合其他知识来判断？请你写出分析过程？ 提示　能够应用动量守恒定律和功能关系来分析，设木板的长度为L，质量为 m板，初速度为v1，滑块的质量为m，从木板一端滑上木板时的初速度为v2，达到的共同速度为v，相对运动的位移为x，两者之间的摩擦力为Ff，取木板和滑块为系统，系统的动量守恒，即m板v1＋mv2＝(m板＋m)v，由功能关系Ffx＝m板v＋mv－(m板＋m)v2， 若x＜L，则滑块不会滑离木板； 若x＞L，则滑块会滑离木板。 【题型三】地面粗糙，有外力作用 【典例1】如图所示，物块A、木板B的质量均为m＝10 kg，不计A的大小，B板长L＝3 m。开始时A、B均静止。现使A以某一水平初速度从B的最左端开始运动。已知A与B、B与水平面之间的动摩擦因数分别为μ1＝0.3和μ2＝0.1，g取10 m/s2。 (1)若物块A刚好没有从B上滑下来，则A的初速度多大？ (2)若把木板B放在光滑水平面上，让A仍以(1)问中的初速度从B的最左端开始运动，则A能否与B脱离？最终A和B的速度各是多大？ 【变式1】如图所示，A、B两个物体叠放在一起，静止在粗糙水平地面上，物体B与水平地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，物体A与B之间的动摩擦因数μ2＝0.2。已知物体A的质量m＝2 kg，物体B的质量M＝3 kg，重力加速度g取10 m/s2。现对物体B施加一个水平向右的恒力F，为使物体A与物体B相对静止，则恒力的最大值是(物体间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(　　) A．20 N B．15 N C．10 N D．5 N 【变式2】如图所示，A、B两物体的质量分别为2 kg和1 kg，静止叠放在水平地面上。A、B间的动摩擦因数为0.8，B与地面间的动摩擦因数为0.4。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为10 m/s2。现对A施加一水平拉力F，不计空气阻力，则(　　) A.当F＝17 N时，物体A的加速度大小为0.5 m/s2 B.当F＝21 N时，物体A的加速度大小为3 m/s2 C.当F＝22 N时，A相对B滑动 D.当F＝39 N时，B的加速度大小为9 m/s2 【变式3】(多选)如图所示，A、B两物块的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上。A、B间的动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数为μ。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对A施加一水平拉力F，则(　　) A．当F＜2μmg时，A、B都相对地面静止 B．当F＝μmg时，A的加速度为μg C．当F＞3μmg时，A相对B滑动 D．无论F为何值，B的加速度不会超过μg 【变式4】如图所示，水平面上紧靠放置着等厚的长木板B、C(未粘连)，它们的质量均为M＝2 kg.在B木板的左端放置着质量为m＝1 kg 的木块A(可视为质点)．A与B、C间的动摩擦因数均为μ＝0.4，B、C与水平面间的动摩擦因数均为μ2＝0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．开始时整个系统处于静止，现对A施加水平向右的恒定拉力F＝6 N，测得A在B、C上各滑行了1 s后，从C的右端离开木板，求木板B、C的长度lB、lC. 【典例2】如图甲所示，足够长的木板静置于水平地面上，木板右端放置一可视为质点的物块，木板与物块的质量相等且均等于1kg，时对木板施加一水平向右恒定拉力，时撤去，整个过程中木板运动的图像如图乙所示。各接触面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小。从时到最终两者均停止的过程中，下列说法正确的是（　　） A．物块与木板间的动摩擦因数大小为 B．拉力的大小为9N C．木块最终停在距木板右端2.25m处 D．物块与木板间因摩擦产生的热量为3J 【变式1】如图甲所示，质量M＝0.2kg的平板放在水平地面上，质量m＝0.1kg的物块(可视为质点)叠放在平板上方某处，整个系统处于静止状态。现对平板施加一水平向右的拉力，在0～1.5s内该拉力F随时间t的变化关系如图乙所示，1.5s末撤去拉力。已知物块未从平板上掉下，认为最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，物块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.2，平板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.4，取g＝10m/s2。求： (1)0～1s内物块和平板的加速度大小a1、a2； (2)1s末物块和平板的速度大小v1、v2以及1.5s末物块和平板的速度大小v1′、v2′； (3)平板的最短长度L。 【变式2】(多选)某实验小组在探究接触面间的动摩擦因数实验中，如图甲所示，将一质量为M的长木板放置在水平地面上，其上表面有另一质量为m的物块，刚开始均处于静止状态．现使物块受到水平力F的作用，用传感器测出水平拉力F，画出F与物块的加速度a的关系如图乙所示．已知重力加速度g＝10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，整个运动过程中物块从未脱离长木板．则(　　) A．长木板的质量为2 kg B．长木板与地面之间的动摩擦因数为0.1 C．长木板与物块之间的动摩擦因数为0.4 D．当拉力F增大时，长木板的加速度一定增大 【变式3】(多选)如图甲所示，小物块A静止在足够长的木板B左端，若A与B间的动摩擦因数为μ1＝0.6，木板B与水平地面间的动摩擦因数为μ2＝0.2，假设各接触面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2.某时刻起A受到F＝3t的水平向右的外力作用，测得A与B间的摩擦力Ff随外力F的变化关系如图乙所示，则下列判断正确的是(　　) A．A、B的质量分别为1 kg和0.5 kg B．当t＝1 s时，A、B发生相对滑动 C．当t＝3 s时，A的加速度为4 m/s2 D．B在运动过程中的最大加速度为8 m/s2 【变式4】如图1所示，一滑块置于长木板左端，木板放置在水平地面上。已知滑块和木板的质量均为2kg，现在滑块上施加一个的变力作用，从时刻开始计时，滑块所受摩擦力随时间变化的关系如图2所示。设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度g取，则下列说法不正确的是（　　） A．木板与水平地面间的动摩擦因数为0.1 B．滑块与木板间的动摩擦因数为0.4 C．图2中 D．木板的最大加速度为 【变式5】(多选)如图甲所示，可视为质点的小物块B处于长度L＝2 m的长木板A的最右端，A、B的质量分别为mA＝1 kg与mB＝2 kg，A与地面间动摩擦因数μ1＝0.2，初始时A、B均静止．用一水平向右的恒力F拉动A，经过t＝2 s后B从A的左端滑离．在此过程中，A、B的v－t图象如图乙所示．g取10 m/s2，则(　　) A．B的加速度大小为6 m/s2 B．B在2 s时的速度无法求得 C．A、B之间的动摩擦因数μ2＝0.5 D．水平恒力F＝22 N 【变式6】(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 【变式7】(多选)如图甲所示，质量mA＝1 kg，mB＝2 kg的A、B两物块叠放在一起静止于粗糙水平地面上。t＝0时刻，一水平恒力F作用在物块B上，t＝1 s时刻，撤去F，B物块运动的速度—时间图像如图乙所示，若整个过程中A、B始终保持相对静止，则(　　) A．物块B与地面间的动摩擦因数为0.2 B．1～3 s内物块A不受摩擦力作用 C．0～1 s内物块B对A的摩擦力大小为4 N D．水平恒力的大小为12 N 【变式8】如图甲所示，在水平面上有一质量m1＝1 kg的足够长的木板，其上叠放一质量m2＝2 kg的木块，木块和木板间的动摩擦因数μ1＝0.3，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，木块和木板间以及木板和地面间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。现给木块施加随时间t增大的水平拉力F＝3t(N)，g取10 m/s2。 (1)求木块与木板保持相对静止的时间t1； (2)求t＝10 s时木块、木板各自加速度的大小； (3)在图乙中画出木块的加速度随时间变化的图象(取水平拉力F的方向为正方向，只要求画图，不要求写出理由及演算过程)。 【题型四】地面粗糙，有外力作用 【典例3】如图所示，质量为M的长木板A在光滑水平面上，以大小为v0的速度向左运动，一质量为m的小木块B(可视为质点)，以大小也为v0的速度水平向右冲上木板左端，B、A间的动摩擦因数为μ，最后B未滑离A。已知M＝2m，重力加速度为g。求： (1)A、B达到共同速度的时间和共同速度的大小； (2)木板A的最短长度L。 【变式1】如图所示，放在水平地面上的长木板B长为3 m，质量为m＝2 kg，B与地面间的动摩擦因数为μ1＝0.2.一质量为M＝3 kg的小铅块A放在B的左端，A、B之间动摩擦因数为μ2＝0.4.刚开始A、B均静止，现使A以5 m/s的初速度向右运动(g＝10 m/s2)，求： (1)A、B刚开始运动时的加速度； (2)B在地面上滑行的最大距离． 【变式2】如图所示，质量为m1＝2 kg的薄长木板B放置在粗糙的水平面上，某时刻一质量为m2＝ kg 的小铁块A(可以当成质点)以向右的速度v0＝6 m/s冲上长木板，同时在长木板的左端施加一水平向右的推力F的作用。长木板的上表面光滑，长木板和小铁块与地面的动摩擦因数均为μ＝0.15。长木板长l＝11.5 m。已知推力作用t1＝2 s时，小铁块从长木板的右端掉下，不计小铁块从长木板上掉下过程的能量损失。小铁块落地不反弹。重力加速度为g＝10 m/s2。求： (1)水平向右的推力F的大小； (2)小铁块从长木板右端掉下后再经多长时间与长木板相遇； (3)相遇前因摩擦产生的热量。 【题型五】斜面上的板块模型 【典例4】将一质量为的足够长薄木板A置于足够长的固定斜面上，质量为的滑块B（可视为质点）置于A上表面的最下端，如图（a）所示，斜面倾角。现从时刻开始，将A和B同时由静止释放，同时对A施加沿斜面向下的恒力，运动过程中A、B发生相对滑动。图（b）为滑块B开始运动一小段时间内的图像，其中v表示B的速率，x表示B相对斜面下滑的位移。已知A与斜面间的动摩擦因数，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度，，求： （1）A、B间的动摩擦因数以及图（b）中时A的加速度大小和方向； （2）一段时间后撤去力F，从时刻开始直到B从A的下端滑出，A、B间因摩擦总共产生的热量，求力F作用在A上的时间。 【练习1】如图所示，在倾角为θ＝37°的足够长斜面上放置一质量m板＝2 kg，长度L＝1.5 m的极薄平板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a1和薄平板的加速度a2； (2)从释放到小滑块离开薄平板经历的时间t。 【练习2】如图所示，在倾角θ＝37°的固定斜面上放置一质量M＝1 kg、长度L＝0.75 m的薄平板AB。平板的上表面光滑，其下端B与斜面底端C的距离为4 m。在平板的上端A处放一质量m＝0.6 kg的滑块，开始时使平板和滑块都静止，之后将它们无初速释放。设平板与斜面间、滑块与斜面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，通过计算判断无初速释放后薄平板是否立即开始运动，并求出滑块与平板下端B到达斜面底端C的时间差Δt。(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2) 【练习3】如图所示，水平地面上固定一倾角为θ＝37°的光滑斜面。一长L1＝0.18 m的长木板锁定在斜面上，木板的上端到斜面顶端的距离L2＝0.2 m；绕过斜面顶端光滑定滑轮的一根轻绳一端连接在板的上端，另一端悬吊一物块Q，木板与滑轮间的轻绳与斜面平行，物块Q离地面足够高。现在长木板的上端由静止释放一可视为质点的物块P，同时解除对长木板的锁定，结果物块P沿木板下滑而长木板仍保持静止。已知P的质量为m，Q的质量为2m，长木板的质量为3m，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求： (1)物块P与长木板间的动摩擦因数μ； (2)从释放物块P到长木板的上端滑到斜面顶端需要的时间。 学科网（北京）股份有限公司 $$ 36 板块模型（二） 【思考】滑块——木板模型和传送带问题的共同特点都涉及到物体间的相对运动，因此在物理情景和分析方法上，二者是一样的。请回答以下问题： 1.如何判断滑块是否能与木板达到同速？ 提示　假设滑块与木板能达到同速，分别求此过程滑块和木板各自对地的位移，看位移之差与木板长度的关系。 2.如果木板的下表面是光滑的，当滑块在木板上滑动时是否能够同速，能否采用动量守恒定律结合其他知识来判断？请你写出分析过程？ 提示　能够应用动量守恒定律和功能关系来分析，设木板的长度为L，质量为 m板，初速度为v1，滑块的质量为m，从木板一端滑上木板时的初速度为v2，达到的共同速度为v，相对运动的位移为x，两者之间的摩擦力为Ff，取木板和滑块为系统，系统的动量守恒，即m板v1＋mv2＝(m板＋m)v，由功能关系Ffx＝m板v＋mv－(m板＋m)v2， 若x＜L，则滑块不会滑离木板； 若x＞L，则滑块会滑离木板。 【题型三】地面粗糙，有外力作用 【典例1】如图所示，物块A、木板B的质量均为m＝10 kg，不计A的大小，B板长L＝3 m。开始时A、B均静止。现使A以某一水平初速度从B的最左端开始运动。已知A与B、B与水平面之间的动摩擦因数分别为μ1＝0.3和μ2＝0.1，g取10 m/s2。 (1)若物块A刚好没有从B上滑下来，则A的初速度多大？ (2)若把木板B放在光滑水平面上，让A仍以(1)问中的初速度从B的最左端开始运动，则A能否与B脱离？最终A和B的速度各是多大？ 解析　(1)A在B上向右匀减速运动，加速度大小a1＝μ1g＝3 m/s2 木板B向右匀加速运动，加速度大小a2＝＝1 m/s2 由题意知，A刚好没有从B上滑下来，则A滑到B最右端时和B速度相同，设为v，得 时间关系：t＝＝ 位移关系：L＝－ 解得v0＝2 m/s。 (2)木板B放在光滑水平面上，A在B上向右匀减速运动，加速度大小仍为a1＝μ1g＝3 m/s2 B向右匀加速运动，加速度大小a2′＝＝3 m/s2 设A、B达到相同速度v′时A没有脱离B，由时间关系＝ 解得v′＝＝ m/s A的位移xA＝＝3 m B的位移xB＝＝1 m 由xA－xB＝2 m可知A没有与B脱离，最终A和B的速度相等，大小为 m/s。 答案　(1)2 m/s　(2)没有脱离　 m/s　 m/s 【变式1】如图所示，A、B两个物体叠放在一起，静止在粗糙水平地面上，物体B与水平地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，物体A与B之间的动摩擦因数μ2＝0.2。已知物体A的质量m＝2 kg，物体B的质量M＝3 kg，重力加速度g取10 m/s2。现对物体B施加一个水平向右的恒力F，为使物体A与物体B相对静止，则恒力的最大值是(物体间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(　　) A．20 N B．15 N C．10 N D．5 N 【答案】B 【解析】对物体A、B整体，由牛顿第二定律，Fmax－μ1(m＋M)g＝(m＋M)a；对物体A，由牛顿第二定律， μ2mg＝ma；联立解得Fmax＝(m＋M)(μ1＋μ2)g，代入相关数据得Fmax＝15 N，选项B正确。 【变式2】如图所示，A、B两物体的质量分别为2 kg和1 kg，静止叠放在水平地面上。A、B间的动摩擦因数为0.8，B与地面间的动摩擦因数为0.4。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为10 m/s2。现对A施加一水平拉力F，不计空气阻力，则(　　) A.当F＝17 N时，物体A的加速度大小为0.5 m/s2 B.当F＝21 N时，物体A的加速度大小为3 m/s2 C.当F＝22 N时，A相对B滑动 D.当F＝39 N时，B的加速度大小为9 m/s2 【答案】B 【解析】A与B间的最大摩擦力为FfA＝μ1mAg＝0.8×2×10 N＝16 N B与地面间的滑动摩擦力为Ff＝μ2(mA＋mB)g＝12 NB的最大加速度为am，则有FfA－Ff＝mBam， 解得am＝＝ m/s2＝4 m/s2 对A分析，当A的加速度大于4 m/s2时，A、B发生滑动，设此时的拉力为F0，则F0－FfA＝mAam，解得F0＝24 N， 当F＝17 N时，F<F0，A、B以共同的加速度运动，此时的加速度为a共1＝＝ m/s2＝ m/s2，故A错误；当F＝21 N时，F<F0，A、B以共同的加速度运动，此时的加速度为a共2＝＝ m/s2＝3 m/s2，故B正确；F＝22 N<24 N，此时A、B不发生相对滑动，故C错误；当F＝39 N时，F>F0，A、B发生相对滑动，此时B的加速度最大为4 m/s2，故D错误。 【变式3】(多选)如图所示，A、B两物块的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上。A、B间的动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数为μ。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对A施加一水平拉力F，则(　　) A．当F＜2μmg时，A、B都相对地面静止 B．当F＝μmg时，A的加速度为μg C．当F＞3μmg时，A相对B滑动 D．无论F为何值，B的加速度不会超过μg [解析]　A、B间的最大静摩擦力为2μmg，B和地面之间的最大静摩擦力为μmg，对A、B整体，只要F＞μmg，整体就会相对地面运动，选项A错误；当A对B的摩擦力为最大静摩擦力时，A、B将要发生相对滑动，故A、B一起运动的加速度的最大值满足2μmg－μmg＝mamax，B运动的最大加速度amax＝μg，选项D正确；对A、B整体，有F－μmg＝3mamax，得F＝3μmg，则F＞3μmg时两者会发生相对滑动，选项C正确；当F＝μmg时，两者相对静止，一起滑动，加速度满足F－μmg＝3ma，解得a＝μg，选项B正确。[答案]　BCD 【变式4】如图所示，水平面上紧靠放置着等厚的长木板B、C(未粘连)，它们的质量均为M＝2 kg.在B木板的左端放置着质量为m＝1 kg 的木块A(可视为质点)．A与B、C间的动摩擦因数均为μ＝0.4，B、C与水平面间的动摩擦因数均为μ2＝0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．开始时整个系统处于静止，现对A施加水平向右的恒定拉力F＝6 N，测得A在B、C上各滑行了1 s后，从C的右端离开木板，求木板B、C的长度lB、lC. 答案：lB＝1 m　lC＝2.75 m 解析：如图所示，对A进行受力分析： A产生的加速度aA＝＝＝ m/s2＝2 m/s2， 当A在B上滑动时，以B、C整体为研究对象受力分析有： ＝fA，＝NA，B、C整体受地面的支持力NBC＝GBC＋＝50 N，B、C与地面间的最大静摩擦力fmax＝μ2NBC>f′A，所以A在B上滑动时，B、C均处于静止状态． 所以A在B上做初速度为0的匀加速直线运动，由题意知B的长度等于A在1 s的时间内运动的位移，即lB＝aAt2＝×2×12 m＝1 m. 当A滑上C时，以C为研究对象受力分析有： 由图可知F合C＝－fC＝μ1mg－μ2(m＋M)g，所以C产生的加速度 aC＝ m/s2＝0.5 m/s2. 故C的长度lC＝xA－xC＝2×1＋×2×12－××12 m＝2.75 m. 【典例2】如图甲所示，足够长的木板静置于水平地面上，木板右端放置一可视为质点的物块，木板与物块的质量相等且均等于1kg，时对木板施加一水平向右恒定拉力，时撤去，整个过程中木板运动的图像如图乙所示。各接触面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小。从时到最终两者均停止的过程中，下列说法正确的是（　　） A．物块与木板间的动摩擦因数大小为 B．拉力的大小为9N C．木块最终停在距木板右端2.25m处 D．物块与木板间因摩擦产生的热量为3J 【答案】BD 【详解】A．由乙图可知，时，板块共速，设内块加速度为， 则有 对块而言，设板块间的动摩擦因数为，根据牛顿第二定律可得解得A错误； B．撤去拉力后，设板的加速度为，则有 对于板而言，设板与地面间的动摩擦因数为，由牛顿第二定律可得解得 板受到恒定拉力时的加速度单独对板受力分析，结合牛顿第二定律可得 解得B正确； C．对块使用动能定理可得解得 共速前，板的位移为图线与坐标轴围成的面积，即 1.5s后，板块之间仍有相对滑动，此时块的加速度大小仍为，块停止运动的时间为 设此时板的加速度为，则有解得 所以块停止运动的时间为 所以木板比物块早停止运动，在1.5s末到物块停止运动的时间内，物块的位移为 木板位移为则物块最终停止时的位置与木板右端间的距离为 C错误； D．撤去拉力前，物块和木板由于摩擦产生的热量 撤去拉力，物块和木板由于摩擦产生的热量 所以物块与木板间因摩擦产生的热量为D正确。故选BD。 【变式1】如图甲所示，质量M＝0.2kg的平板放在水平地面上，质量m＝0.1kg的物块(可视为质点)叠放在平板上方某处，整个系统处于静止状态。现对平板施加一水平向右的拉力，在0～1.5s内该拉力F随时间t的变化关系如图乙所示，1.5s末撤去拉力。已知物块未从平板上掉下，认为最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，物块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.2，平板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.4，取g＝10m/s2。求： (1)0～1s内物块和平板的加速度大小a1、a2； (2)1s末物块和平板的速度大小v1、v2以及1.5s末物块和平板的速度大小v1′、v2′； (3)平板的最短长度L。 【答案】(1)2m/s2　3m/s2　(2)v1、v2分别是2m/s和3m/s; v1′、v2′都是3m/s　(3)1.35m 【解析】　(1)0－1s内物块与平板间，平板与地面间的滑动摩擦力大小分別为f1＝μ1mg＝0.2N， f2＝μ2(M＋m)g＝1.2N 对物块和平板由牛顿第二定律有：a1＝，a2＝，其中F1＝2N 解得：a1＝2m/s2，a2＝3m/s2。 (2)0－1s内(t1＝1s)，物块与平板均做匀加速直线运动。有v1＝a1t1，v2＝a2t1解得：v1＝2m/s，v2＝3m/s 1s－1.5s内(t2＝0.5s)，由于水平向右的拉力F2＝1.4N恰好与f1＋f2平衡，故平板做匀速直线运动。物块继续做匀加速直线运动直至与木板速度相同。有：v1′＝v1＋a1t2＝3m/s，v2′＝v2＝3m/s (3)撤去拉力F后，物块和平板的加速度大小分別为：a1′＝＝2m/s2，a2′＝＝5m/s2 物块和平板停下所用的时间分別为：Δt1＝＝1.5s，Δt2＝＝0.6s 可画出物块，平板的速度－时间图象如图所示。 根据“速度－时间图象的面积表示位移”可知，0～1.5s内，物块相对平板向左滑行的距离为：x1＝×(1.5－1)×3m＝0.75m 1.5s～3s内，物块相对平板向右滑行的距离为：x2＝×(3－2.1)×3m＝1.35m 由于x2>x1，故L＝x2＝1.35m 【变式2】(多选)某实验小组在探究接触面间的动摩擦因数实验中，如图甲所示，将一质量为M的长木板放置在水平地面上，其上表面有另一质量为m的物块，刚开始均处于静止状态．现使物块受到水平力F的作用，用传感器测出水平拉力F，画出F与物块的加速度a的关系如图乙所示．已知重力加速度g＝10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，整个运动过程中物块从未脱离长木板．则(　　) A．长木板的质量为2 kg B．长木板与地面之间的动摩擦因数为0.1 C．长木板与物块之间的动摩擦因数为0.4 D．当拉力F增大时，长木板的加速度一定增大 答案　ABC 解析　设长木板与物块之间的动摩擦因数为μ1，长木板与地面之间的动摩擦因数为μ2，由题图乙可知，当F>12 N时物块和长木板开始产生滑动，则F－μ1mg＝ma即F＝ma＋μ1mg，由题图乙可知m＝k1＝ kg＝2 kg， μ1mg＝8 N，解得μ1＝0.4；当4 N≤F≤12 N时两者共同运动，则F－μ2(M＋m)g＝(M＋m)a 即F＝(M＋m)a＋μ2(M＋m)g由题图乙可知M＋m＝k2＝ kg＝4 kg，则M＝2 kg，μ2(M＋m)g＝4 N 解得μ2＝0.1，选项A、B、C正确；当拉力F增大，长木板与物块之间产生相对滑动时，此时长木板所受地面的摩擦力和物块的摩擦力不变，则加速度不变，选项D错误． 【变式3】(多选)如图甲所示，小物块A静止在足够长的木板B左端，若A与B间的动摩擦因数为μ1＝0.6，木板B与水平地面间的动摩擦因数为μ2＝0.2，假设各接触面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2.某时刻起A受到F＝3t的水平向右的外力作用，测得A与B间的摩擦力Ff随外力F的变化关系如图乙所示，则下列判断正确的是(　　) A．A、B的质量分别为1 kg和0.5 kg B．当t＝1 s时，A、B发生相对滑动 C．当t＝3 s时，A的加速度为4 m/s2 D．B在运动过程中的最大加速度为8 m/s2 答案　AC 解析　设A、B的质量分别为m1、m2，根据A与B间的摩擦力Ff随外力F的变化关系可得A与B间的滑动摩擦力为6 N，B与地面间的滑动摩擦力为3 N，则有μ1m1g＝6 N，μ2g＝3 N，联立解得m1＝1 kg，m2＝0.5 kg，故A正确；A、B刚发生相对滑动时，有F＝3t＝12 N，即t＝4 s，故B错误；由B项分析可知，当t＝3 s时，A、B相对静止，一起做匀加速直线运动，则有F1－μ2g＝a1，代入数据可得a1＝4 m/s2，故C正确；设B在运动过程中的最大加速度为a2，可得μ1m1g－μ2g＝m2a2，代入数据可得a2＝6 m/s2，故D错误． 【变式4】如图1所示，一滑块置于长木板左端，木板放置在水平地面上。已知滑块和木板的质量均为2kg，现在滑块上施加一个的变力作用，从时刻开始计时，滑块所受摩擦力随时间变化的关系如图2所示。设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度g取，则下列说法不正确的是（　　） A．木板与水平地面间的动摩擦因数为0.1 B．滑块与木板间的动摩擦因数为0.4 C．图2中 D．木板的最大加速度为 【答案】C【详解】B．根据图2可知，在t2以后滑块受到的摩擦力不变，为根据滑动摩擦力的计算公式可得，解得滑块与木板间的动摩擦因数故B正确，不符合题意； A．在0～t1过程中为静摩擦力，t1～t2过程中木板相对于地面开始运动，木板与水平地面间的动摩擦因数为，则 解得故A正确，不符合题意； C．t2时刻二者发生相对运动时，加速度大小为a，对木板根据牛顿第二定律可得 对木块有解得根据F=0.5t可知图2中t2时刻对应的拉力为24s，故C错误，符合题意； D．t2以后木板受力不变，加速度不变，则木板的最大加速度为2m/s2，故D正确，不符合题意。故选C。 【变式5】(多选)如图甲所示，可视为质点的小物块B处于长度L＝2 m的长木板A的最右端，A、B的质量分别为mA＝1 kg与mB＝2 kg，A与地面间动摩擦因数μ1＝0.2，初始时A、B均静止．用一水平向右的恒力F拉动A，经过t＝2 s后B从A的左端滑离．在此过程中，A、B的v－t图象如图乙所示．g取10 m/s2，则(　　) A．B的加速度大小为6 m/s2 B．B在2 s时的速度无法求得 C．A、B之间的动摩擦因数μ2＝0.5 D．水平恒力F＝22 N 答案　CD解析　由题图乙可知，图线A的斜率表示A的加速度，大小为a1＝6 m/s2，图线A与t轴围成的面积表示A的位移，大小为x1＝12 m，由于相对位移等于板长，故B的位移为x2＝x1－L＝10 m，由位移公式可得 x2＝t，当t＝2 s时B的速度为vB＝10 m/s，B的加速度大小为a2＝＝5 m/s2，A、B错误；对B由牛顿第二定律可得μ2mBg＝mBa2，解得A、B间的动摩擦因数μ2＝0.5，C正确；对A由牛顿第二定律可得 F－μ2mBg－μ1(mA＋mB)g＝mAa1代入数据解得F＝22 N，D正确． 【变式6】(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，此时两物体的加速度相等，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， t＝24 s，选项C、D正确. 【变式7】(多选)如图甲所示，质量mA＝1 kg，mB＝2 kg的A、B两物块叠放在一起静止于粗糙水平地面上。t＝0时刻，一水平恒力F作用在物块B上，t＝1 s时刻，撤去F，B物块运动的速度—时间图像如图乙所示，若整个过程中A、B始终保持相对静止，则(　　) A．物块B与地面间的动摩擦因数为0.2 B．1～3 s内物块A不受摩擦力作用 C．0～1 s内物块B对A的摩擦力大小为4 N D．水平恒力的大小为12 N 解析：选AC　在v t图像中图线的斜率大小等于物块运动的加速度大小，则a1＝4 m/s2，a2＝2 m/s2，对两物块受力分析，由牛顿第二定律可得：F－μ(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a1，μ(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a2，解得：μ＝＝0.2， F＝18 N，选项A正确，选项D错误；1～3 s内两物块一起运动，物块A也具有水平向左的加速度，对其受力分析，可知：B对A施加了水平向左的静摩擦力，选项B错误；同理在0～1 s内物块A也具有水平向右的加速度，对其受力分析，可知：B对A施加了水平向右的静摩擦力，由牛顿第二定律可得：Ff＝mAa1＝4 N，选项C正确。 【变式8】如图甲所示，在水平面上有一质量m1＝1 kg的足够长的木板，其上叠放一质量m2＝2 kg的木块，木块和木板间的动摩擦因数μ1＝0.3，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，木块和木板间以及木板和地面间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。现给木块施加随时间t增大的水平拉力F＝3t(N)，g取10 m/s2。 (1)求木块与木板保持相对静止的时间t1； (2)求t＝10 s时木块、木板各自加速度的大小； (3)在图乙中画出木块的加速度随时间变化的图象(取水平拉力F的方向为正方向，只要求画图，不要求写出理由及演算过程)。 解析　F从零开始逐渐增大，木板上、下表面受到的静摩擦力也从零开始逐渐增大，由于μ1m2g＞μ2(m1＋m2)g，故木板与地面会发生相对滑动，木块与木板间的摩擦力达到最大静摩擦力后，木块与木板就会发生相对滑动。 (1)当F≤μ2(m1＋m2)g＝3 N时，木块和木板都没有被拉动，处于静止状态 当木块和木板一起运动且将要发生相对滑动时，对木板，根据牛顿第二定律有 μ1m2g－μ2(m1＋m2)g＝m1am解得木块和木板保持相对静止的最大加速度am＝3 m/s2 对整体有Fm－μ2(m1＋m2)g＝(m1＋m2)am解得木块和木板将要发生相对滑动时，水平拉力Fm＝12 N由Fm＝3t1得t1＝4 s。 (2)t＝10 s时，木块与木板已发生相对滑动，对木板有μ1m2g－μ2(m1＋m2)g＝m1a1解得a1＝3 m/s2对木块有F′－μ1m2g＝m2a2，而F′＝3t＝30 N解得a2＝12 m/s2。 (3)图线过(1 s，0)，(4 s，3 m/s2)，(10 s，12 m/s2)，图象如图所示。 答案　(1)4 s　(2)12 m/s2　3 m/s2　(3)见解析图 【题型四】地面粗糙，有外力作用 【典例3】如图所示，质量为M的长木板A在光滑水平面上，以大小为v0的速度向左运动，一质量为m的小木块B(可视为质点)，以大小也为v0的速度水平向右冲上木板左端，B、A间的动摩擦因数为μ，最后B未滑离A。已知M＝2m，重力加速度为g。求： (1)A、B达到共同速度的时间和共同速度的大小； (2)木板A的最短长度L。 解析：(1)对A、B分别由牛顿第二定律有μmg＝MaA，μmg＝maB 又M＝2m，可得aA＝μg，aB＝μg 规定水平向右为正方向，经时间t两者达到共同速度v，则v＝v0－aBt＝－v0＋aAt解得t＝＝， v＝－。 (2)在时间t内：A的位移xA＝t＝－ B的位移xB＝t＝ 木板A的最短长度为两者的相对位移大小，即L＝Δx＝xB－xA＝。答案：(1)　　(2) 【变式1】如图所示，放在水平地面上的长木板B长为3 m，质量为m＝2 kg，B与地面间的动摩擦因数为μ1＝0.2.一质量为M＝3 kg的小铅块A放在B的左端，A、B之间动摩擦因数为μ2＝0.4.刚开始A、B均静止，现使A以5 m/s的初速度向右运动(g＝10 m/s2)，求： (1)A、B刚开始运动时的加速度； (2)B在地面上滑行的最大距离． 【答案】　(1)4 m/s2，方向向左　1 m/s2，方向向右　(2)0.75 m 【解析】　(1)对小铅块受力分析有Ff1＝μ2Mg＝12 N 对整体受力分析有Ff2＝μ1(M＋m)g＝10 N 根据牛顿第二定律得，A的加速度为a1＝＝4 m/s2，方向向左 B的加速度为a2＝＝1 m/s2，方向向右 (2)当A、B的速度相同时，两者不发生相对滑动．有v0－a1t＝a2t 所以t＝＝1 s 此过程A的位移xA＝v0t－a1t2＝3 m B的位移xB＝a2t2＝0.5 m 则A、B的相对位移Δx＝xA－xB＝2.5 m＜3 m 所以A不会从B上滑出 之后A、B一起做匀减速直线运动，a3＝μ1g＝2 m/s2 此时的速度v＝v0－a1t＝1 m/s A、B一起运动的位移xAB＝＝0.25 m 所以B滑行的距离x＝xB＋xAB＝0.75 m. 【变式2】如图所示，质量为m1＝2 kg的薄长木板B放置在粗糙的水平面上，某时刻一质量为m2＝ kg 的小铁块A(可以当成质点)以向右的速度v0＝6 m/s冲上长木板，同时在长木板的左端施加一水平向右的推力F的作用。长木板的上表面光滑，长木板和小铁块与地面的动摩擦因数均为μ＝0.15。长木板长l＝11.5 m。已知推力作用t1＝2 s时，小铁块从长木板的右端掉下，不计小铁块从长木板上掉下过程的能量损失。小铁块落地不反弹。重力加速度为g＝10 m/s2。求： (1)水平向右的推力F的大小； (2)小铁块从长木板右端掉下后再经多长时间与长木板相遇； (3)相遇前因摩擦产生的热量。 答案　(1)4 N　(2)6 s　(3)43.75 J 解析　(1)铁块做匀速运动，木板向右加速的加速度为a1，两者分离的位移关系有 v0t1－a1t＝l 分析木板的受力，由牛顿第二定律有 F－μ(m1＋m2)g＝m1a1 联立代入数据解得F＝4 N。 (2)铁块滑离木板后，在水平地面做减速运动，加速度大小为a2，则有 μm2g＝m2a2 解得a2＝1.5 m/s2 铁块滑离木板时，木板的速度为v1，则有a1t1＝v1，解得v1＝ m/s 铁块滑离后，木板的加速度为a3，则有 F－μm1g＝m1a3 解得a3＝0.5 m/s2 铁块减速到停止的时间为t2，则有 a2t2＝v0，解得t2＝4 s 这段时间内铁块的位移为x1，则有 x1＝，解得x1＝12 m 长木板的位移为x2，则有 x2＝v1t2＋a3t 解得x2＝6 m＜12 m 由上两式可知铁块停止运动后，木板才追上铁块的，设时间为t3，则有 v1t3＋a3t＝x1 解得t3＝6 s或t3＝－8 s(舍掉)。 (3)铁块在木板上运动时，因摩擦产生的热量为Q1，则有 Q1＝μ(m1＋m2)g×a1t 铁块减速因摩擦产生的热量为Q2，则有 Q2＝μm2gx1 铁块滑离后，长木板因摩擦产生的热量为Q3 则有Q3＝μm1gx1 则相遇前因摩擦产生的热量 Q＝Q1＋Q2＋Q3 代入数据解得Q＝43.75 J。 【题型五】斜面上的板块模型 【典例4】将一质量为的足够长薄木板A置于足够长的固定斜面上，质量为的滑块B（可视为质点）置于A上表面的最下端，如图（a）所示，斜面倾角。现从时刻开始，将A和B同时由静止释放，同时对A施加沿斜面向下的恒力，运动过程中A、B发生相对滑动。图（b）为滑块B开始运动一小段时间内的图像，其中v表示B的速率，x表示B相对斜面下滑的位移。已知A与斜面间的动摩擦因数，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度，，求： （1）A、B间的动摩擦因数以及图（b）中时A的加速度大小和方向； （2）一段时间后撤去力F，从时刻开始直到B从A的下端滑出，A、B间因摩擦总共产生的热量，求力F作用在A上的时间。 【答案】（1），，方向沿斜面向下；（2） 【详解】（1）根据运动学公式可知 结合图像可知 根据牛顿第二定律，对物块B有 联立解得 同理，对物块A有 联立可得 方向沿斜面向下。 （2）假设F施加在A上的时间为t，则有两个物体经过时间t后的速度分别为 ， 由匀变速直线运动的关系式可知两物体的位移 ， 撤去F后，B受力情况不变，对A进行受力分析，可知 代入数据可得 方向沿斜面向上，此后A做匀减速直线运动。设A与B共速之前，运动的时间为，位移为和则由匀变速运动的关系式可知 可得 共同速度 由匀变速运动的关系式可知 ， 两次运动A、B的相对位移可得 共速后，B继续加速运动，A减速运动，直到B从A的下端离开，则产生的热量为 联立可得 【练习1】如图所示，在倾角为θ＝37°的足够长斜面上放置一质量m板＝2 kg，长度L＝1.5 m的极薄平板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a1和薄平板的加速度a2； (2)从释放到小滑块离开薄平板经历的时间t。 答案　(1)4 m/s2　1 m/s2　(2)1 s 解析　(1)设释放后，滑块会相对于平板向下滑动， 对滑块：由牛顿第二定律有 mgsin 37°－Ff1＝ma1 其中FN1＝mgcos 37°，Ff1＝μ1FN1 解得a1＝gsin 37°－μ1gcos 37°＝4 m/s2 对薄平板，由牛顿第二定律有 m板gsin 37°＋Ff1－Ff2＝m板a2 其中FN2＝(m＋m板)gcos 37°，Ff2＝μ2FN2 解得a2＝1 m/s2 a1＞a2，假设成立，即滑块会相对于平板向下滑动。 (2)设滑块滑离时间为t，由运动学公式，有x1＝a1t2，x2＝a2t2，x1－x2＝L 解得t＝1 s。 【练习2】如图所示，在倾角θ＝37°的固定斜面上放置一质量M＝1 kg、长度L＝0.75 m的薄平板AB。平板的上表面光滑，其下端B与斜面底端C的距离为4 m。在平板的上端A处放一质量m＝0.6 kg的滑块，开始时使平板和滑块都静止，之后将它们无初速释放。设平板与斜面间、滑块与斜面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，通过计算判断无初速释放后薄平板是否立即开始运动，并求出滑块与平板下端B到达斜面底端C的时间差Δt。(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2) 解析：对薄板，由于Mgsin 37°<μ(M＋m)gcos 37°，故滑块在薄板上滑动时，薄板静止不动。 滑块在薄板上滑行时加速度a1＝gsin 37°＝6 m/s2 到达B点时速度v＝＝3 m/s 滑块由B至C时的加速度a2＝gsin 37°－μgcos 37°＝2 m/s2 设滑块由B至C所用时间为t，则有LBC＝vt＋a2t2 代入数据解得t＝1 s 对薄板，滑块滑离后才开始运动，加速度 a3＝gsin 37°－μgcos 37°＝2 m/s2 设滑至C端所用时间为t′，则有LBC＝a3t′2 代入数据解得t′＝2 s 滑块与平板下端B到达斜面底端C的时间差 Δt＝t′－t＝1 s。 答案：滑块在薄板上滑动时，薄平板静止不动　1 s 【练习3】如图所示，水平地面上固定一倾角为θ＝37°的光滑斜面。一长L1＝0.18 m的长木板锁定在斜面上，木板的上端到斜面顶端的距离L2＝0.2 m；绕过斜面顶端光滑定滑轮的一根轻绳一端连接在板的上端，另一端悬吊一物块Q，木板与滑轮间的轻绳与斜面平行，物块Q离地面足够高。现在长木板的上端由静止释放一可视为质点的物块P，同时解除对长木板的锁定，结果物块P沿木板下滑而长木板仍保持静止。已知P的质量为m，Q的质量为2m，长木板的质量为3m，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求： (1)物块P与长木板间的动摩擦因数μ； (2)从释放物块P到长木板的上端滑到斜面顶端需要的时间。 解析：(1)物块P下滑时，长木板处于静止状态，则有μmgcos θ＋3mgsin θ＝2mg 解得μ＝0.25。 (2)设物块P在长木板上滑动的加速度大小为a1，时间为t1，则 mgsin θ－μmgcos θ＝ma1 L1＝a1t 联立解得a1＝4 m/s2，t1＝0.3 s 物块P滑离木板后，设木板在斜面上滑动的加速度大小为a2，长木板的上端滑到斜面顶端用时t2，则有 2mg－3mgsin θ＝5ma2 L2＝a2t 联立解得a2＝0.4 m/s2，t2＝1 s 从释放物块P到长木板的上端滑到斜面顶端需要的时间t＝t1＋t2＝1.3 s。 答案：(1)0.25　(2)1.3 s 学科网（北京）股份有限公司 $$