2025届高考物理一轮复习精讲精练：36板块模型（一）

36板块模型（一） 【基础知识】 1．模型特点：涉及两个物体，并且物体间存在相对滑动。 2．摩擦力方向的特点 (1) 由滑块与木板的相对运动来判断“板块”间的摩擦力方向．若两个物体同向运动，且两个物体“一快一慢”，则“快”的物体受到的另一个物体对它的摩擦力为阻力，“慢”的物体受到的另一个物体对它的摩擦力为动力。 (2)若两个物体反向运动，则每个物体受到的另一个物体对它的摩擦力均为阻力。 (3)当滑块与木板速度相同时，“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)． 3．运动特点 (1)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，位移大小之差等于板长；反向运动时，位移大小之和等于板长。 设板长为L，滑块位移大小为x1，滑板位移大小为x2 同向运动时：如图甲所示，L＝x1－x2 反向运动时：如图乙所示，L＝x1＋x2 (2)若滑块与滑板最终相对静止，则它们的末速度相等。 4.分析滑块—木板类模型时要抓住一个转折和两个关联 (1)一个转折——滑块与木板达到相同速度或者滑块从木板上滑下是受力和运动状态变化的转折点. (2)两个关联——转折前、后受力情况之间的关联和滑块、木板位移与板长之间的关联.一般情况下，由于摩擦力或其他力的转变，转折前、后滑块和木板的加速度都会发生变化，因此以转折点为界，对转折前、后进行受力分析是建立模型的关键. 5. 判断滑块和模板运动状态的技巧： (1). “滑块—木板”模型问题中，靠摩擦力带动的那个物体的加速度有最大值：.假设两物体同时由静止开始运动，若整体加速度小于该值，则二者相对静止，二者间是静摩擦力；若整体加速度大于该值，则二者相对滑动，二者间为滑动摩擦力。 (2).受力分析时注意不要添力或漏力 如图，木块的质量为m，木板的质量为M，木块与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与水平地面间的动摩擦因数为μ2.水平恒力F作用到木块上，木块和木板分别以加速度a1、a2向右做匀加速直线运动，对木板受力分析时，不能含有F；列方程时注意合外力、质量与加速度的对应关系 对木块受力分析：F－μ1mg＝ma1 ;对木板受力分析：μ1mg－μ2（M＋m）g＝Ma2 (3).使滑块不从木板的末端掉下来的临界条件是滑块到达木板末端时的速度与木板的速度恰好相同。 (4).从能量角度分析板块模型时对滑块和木板分别运用动能定理，或者对系统运用能量守恒定律．如图所示，注意区分三个位移：①求摩擦力对滑块做功时用滑块对地的位移x滑； ②求摩擦力对木板做功时用木板对地的位移x板；③求摩擦生热时用相对位移Δx. (5).抓住关键状态：速度相等是这类问题的临界点，此时受力情况和运动情况可能发生突变. (6).挖掘临界条件，木块恰好滑到木板的边缘且达到共同速度是木块是否滑离木板的临界条件. 6.运动学公式及动能定理中的位移为对地位移；计算系统因摩擦产生的热量时用相对位移，Q＝Ffx相对. 7.解决速度临界问题的思维模板 【题型一】地面光滑，有外力作用 【典例1】如图所示，在光滑水平面上有一辆小车A，其质量为mA＝2.0 kg，小车上放一个物体B，其质量为mB＝1.0 kg.如图甲所示，给B一个水平推力F，当F增大到稍大于3.0 N时，A、B开始相对滑动，如果撤去F，对A施加一水平推力F′，如图乙所示．要使A、B不相对滑动，则F′的最大值Fmax为(　　)A．2.0 N B．3.0 N C．6.0 N D．9.0 N 【练习1】如图所示，在光滑水平面上，一个小物块放在静止的小车上，物块和小车间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g＝10 m/s2.现用水平恒力F拉动小车，关于物块的加速度am和小车的加速度aM的大小，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列选项可能正确的是(　　) A．am＝2 m/s2，aM＝1 m/s2 B．am＝1 m/s2，aM＝2 m/s2 C．am＝2 m/s2，aM＝4 m/s2 D．am＝3 m/s2，aM＝5 m/s2 【练习2】如图所示，光滑的水平面上静置质量为M＝8 kg的平板小车，在小车左端加一个由零逐渐增大的水平推力F，一个大小不计、质量为m＝2 kg的小物块放在小车右端，小物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.2，小车足够长．重力加速度g取10 m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法中正确的是(　　) A．当F增加到4 N时，m相对M开始运动 B．当F增加到20 N时，m相对M开始运动 C．当F＝10 N时，m对M有向左的2 N的摩擦力 D．当F＝10 N时，m对M有向右的4 N的摩擦力 【典例2】[多选]如图甲所示，足够长的木板B静置于光滑水平面上，其上放置小滑块A。木板B受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出木板B的加速度a，得到如图乙所示的a­F图像。已知重力加速度g＝10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则(　　) A．滑块A的质量为4 kg B．木板B的质量为1 kg C．当F＝10 N时木板B的加速度为4 m/s2 D．滑块A与木板B之间的动摩擦因数为0.1 【变式1】(多选)如图甲所示，足够长的木板B静置于光滑水平面上，其上放置小滑块A，滑块A受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出滑块A的加速度a，得到如图乙所示的a－F图像，A、B之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，则(　　) A．滑块A的质量为4 kg B．木板B的质量为2 kg C．当F＝10 N时滑块A加速度为6 m/s2 D．滑块A与木板B间动摩擦因数为0.2 【变式2】如图甲所示，一质量为M的长木板静置于光滑水平面上，其上放置质量为m的小滑块。木板受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出其加速度a，得到如图乙所示图像。最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，取，则（　　） A．滑块的质量 B．木板的质量 C．当时滑块加速度为2 D．滑块与木板间动摩擦因数为0.4 【变式3】(多选)如图甲所示，在光滑水平面上叠放着甲、乙两物体。现对甲施加水平向右的拉力F，通过传感器可测得甲的加速度a随拉力F变化的关系如图乙所示。已知重力加速度g＝10 m/s2，由图线可知(　　) A.乙的质量m乙＝6 kg B.甲、乙的总质量m总＝8 kg C.甲、乙间的动摩擦因数μ＝0.3 D.甲、乙间的动摩擦因数μ＝0.1 【典例3】如图所示，质量为M＝4 kg的木板长L＝1.4 m，静止放在光滑的水平地面上，其右端静置一质量为m＝1 kg的小滑块(可视为质点)，小滑块与木板间的动摩擦因数μ＝0.4，今用水平力F＝28 N向右拉木板。要使小滑块从木板上掉下来，力F作用的时间至少要多长？(不计空气阻力，取g＝10 m/s2) 【变式1】如图甲所示，光滑水平面上有一质量的木板A，板左端有一质量的物块B（视为质点），A与B间的动摩擦因数为0.2，初始时均处于静止状态，仅给物块B施加水平向右的力，随时间变化的图像如图乙所示，末撤去，物块B始终未从木板A上滑下。取，最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，则（　　） A．时物块B的加速度大小为 B．时物块B的速度大小为 C．后木板A与物块B因摩擦产生的热量为 D．木板A的长度可能为 【变式2】如图甲所示，长木板B固定在光滑水平面上，可视为质点的物体A静止叠放在长木板B的最左端。从某时刻起，用F＝8N的水平力向右拉A，经过5s，A运动到B的最右端，物体A的v-t图像如图乙所示。已知A、B的质量分别为2kg、8kg，A、B间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取。下列说法正确的是（　　） A．长木板B的长度为10m B．A、B间的动摩擦因数为0.2 C．若B不固定，B的加速度大小为 D．若B不固定，A运动到B的最右端所用的时间为10s 【变式3】质量、长度的木板静止在足够长的光滑水平面上，右端静置一质量的物块（可视为质点），如图（a）所示。现对木板施加一水平向右的作用力F，图像如图（b）所示。物块与木板间的摩擦因数，重力加速度g取。则（    ） A．6s末，物块刚好与木板分离 B．0~4s内，物块与木板不发生相对滑动 C．0~6s内，物块与木板组成的系统机械能守恒 D．4~6s内，拉力F做功等于物块与木板系统动能增量 【典例4】如图所示，质量为M＝2 kg、长为L＝2 m的长木板静止放置在光滑水平面上，在其左端放置一质量为m＝1 kg的小木块(可视为质点)，小木块与长木板之间的动摩擦因数为μ＝0.2。先相对静止，然后用一水平向右F＝4 N的力作用在小木块上，经过时间t＝2 s，小木块从长木板另一端滑出，g取10 m/s2，则(　　) A．滑出瞬间木块速度2 m/s B．滑出瞬间木块速度4 m/s C．滑出瞬间木板速度2 m/s D．滑出瞬间木板速度4 m/s 【变式1】如图所示，有一长度x＝1 m、质量m0 ＝10 kg的平板小车，静止在光滑的水平面上，在小车一端放置一质量m＝4 kg的物块，物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.25，要使物块在2 s内运动到小车的另一端，求作用在物块上的水平力F是多少？(g取10 m/s2) 【变式2】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： (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？(取g＝10 m/s2) 【变式3】如图所示，质量为M＝10 kg的小车停放在光滑水平面上.在小车右端施加一个F＝10 N的水平恒力.当小车向右运动的速度达到2.8 m/s时，在其右端轻轻放上一质量m＝2.0 kg的小黑煤块(小黑煤块视为质点且初速度为零)，煤块与小车间动摩擦因数μ＝0.20，g＝10 m/s2.假定小车足够长.则下列说法正确的是(　　) A.煤块在整个运动过程中先做匀加速直线运动稳定后做匀速直线运动 B.小车一直做加速度不变的匀加速直线运动 C.煤块在3 s内前进的位移为9 m D.小煤块最终在小车上留下的痕迹长度为2.8 m 【变式4】质量M＝3 kg的长木板放在光滑的水平面上，在水平拉力F＝11 N的作用下由静止开始向右运动。如图所示，当木板速度达到1 m/s时，将质量m＝4 kg的物块轻轻放到木板的右端。已知物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，物块可视为质点(g取10 m/s2)。求：(1)物块刚放在木板上时，物块和木板的加速度大小； (2)木板至少多长，物块才能与木板最终保持相对静止； (3)物块与木板相对静止后，物块受到的摩擦力的大小。 【变式5】如图所示，在光滑的水平面上有一足够长的质量为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？ 【变式6】如图所示，光滑水平面上放着长，质量为的薄木板，一个质量为的小物体放在木板的最右端，m和M之间的动摩擦因，开始均静止，现对木板施加一水平向右的恒定拉力F，g取。求： （1）为使小物体不从木板上掉下，F不能超过多少； （2）如果拉力，小物体需多长时间就脱离木板。 【典例4】如图甲所示，一质量的木板A静置在足够大的光滑水平面上，时刻在木板上作用一水平向右的力F，力F在02s内随时间均匀变大，之后保持不变，如图乙所示。在时将质量的滑块B轻放在木板A右端，最终滑块B恰好没有从木板A左端掉落。已知滑块B与木板A间的动摩擦因数，重力加速度大小，求：（1）02s内力F的冲量大小I及2s时刻木板A的速度大小； （2）木板A的长度L。 【变式1】如图所示，质量为M＝10 kg的小车停放在光滑水平面上，在小车右端施加一个F＝10 N的水平恒力。当小车向右运动的速度达到2.8 m/s时，在其右端轻轻放上一质量m＝2.0 kg的小黑煤块(小黑煤块视为质点且初速度为零)，从此时刻开始计时，煤块与小车间动摩擦因数μ＝0.20。假定小车足够长，g＝10 m/s2。下列说法中正确的是(　　) A．煤块在整个运动过程中先做匀加速直线运动后做匀速直线运动 B．小车一直做加速度不变的匀加速直线运动 C．煤块在前3 s内前进的位移为9 m D．煤块最终在小车上留下的痕迹长度为2.8 m 【变式2】（多选）质量为的木板放在光滑的水平面上，其上放置一个质量的小物块，木板和物块间的动摩擦因数为0.4，木板的长度为，物块可视为质点，现用一大小为的力作用在上，下列说法正确的是（g取）（　　） A．的加速度为 B．的加速度为 C．经过物块从木板上脱离 D．物块离开木板时的速度为 【变式3】如图所示，光滑水平面上放置质量且足够长的木板，木板上叠放着质量的物块，系统处于静止状态。已知物块与木板间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度 。现对木板施加水平向右的恒定拉力F，下列说法中正确的有（　　） A．若拉力逐渐增大，则物块的加速度也一直增大 B．当拉力等于15N时，物块与木板刚好发生相对滑动 C．当时，物块与木板间的摩擦力大小为8N D．当时，则内物块与木板摩擦产生的热为60J 【变式4】如图所示，在光滑的水平面上有一质量为M=8kg的长木板，在长木板右端加一水平拉力F=8N，当长木板向右运动的速度达到时，在长木板右端轻放一质量为m=2kg的小物块，长木板与小物块间动摩擦因数为 ，小物块没有从长木板上滑下，重力加速度大小为，下列说法错误的是（　　） A．小物块刚放上长木板，长木板的加速度大小为2m/s2 B．小物块刚放上长木板，小物块的加速度大小为1m/s2 C．小物块刚放上长木板后，经过时间2s两者达到相同的速度 D．长木板长度至少为0.75m才能保证小物块不从长木板上滑下 【题型二】地面光滑，无外力作用 【典例5】如图，光滑的水平面上长木板静止放置，质量为的物体（可看成质点）以水平速度滑上静止的长木板的上表面。速度随时间变化情况如图（g取）。正确的是（    ） A．系统损失的机械能为 B．木板A获得的动能为 C．木板的最小长度为 D．A、B间的动摩擦因数为0.1 【变式1】如图所示，长木板A放在光滑的水平面上，可视为质点的小物体B以水平速度v0滑上原来静止的长木板A的上表面，由于A、B间存在摩擦，A、B速度随时间变化的情况如图乙所示，取，则下列说法正确的是（　　） A．木板A与物体B质量相等 B．若木板A、物体B质量已知，可以求得热量Q C．小物体B相对长木板A滑行的距离1m D．A对B做的功与B对A做的功等大反向 【变式2】如图所示，光滑的水平面上有一质量M＝0.2 kg的长木板，另一质量m＝0.1 kg的小滑块以v0＝2.4 m/s的水平初速度从长木板的左端滑上长木板(此时开始计时)。已知小滑块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.4，重力加速度g＝10 m/s2。 (1)若长木板长L＝0.7 m且固定在水平面上，求小滑块从长木板上滑离时的速度大小； (2)若长木板足够长且不固定，则经过多长时间小滑块与长木板的速度相等？求此时间内小滑块运动的位移大小。 学科网（北京）股份有限公司 $$ 36板块模型（一） 【基础知识】 1．模型特点：涉及两个物体，并且物体间存在相对滑动。 2．摩擦力方向的特点 (1) 由滑块与木板的相对运动来判断“板块”间的摩擦力方向．若两个物体同向运动，且两个物体“一快一慢”，则“快”的物体受到的另一个物体对它的摩擦力为阻力，“慢”的物体受到的另一个物体对它的摩擦力为动力。 (2)若两个物体反向运动，则每个物体受到的另一个物体对它的摩擦力均为阻力。 (3)当滑块与木板速度相同时，“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)． 3．运动特点 (1)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，位移大小之差等于板长；反向运动时，位移大小之和等于板长。 设板长为L，滑块位移大小为x1，滑板位移大小为x2 同向运动时：如图甲所示，L＝x1－x2 反向运动时：如图乙所示，L＝x1＋x2 (2)若滑块与滑板最终相对静止，则它们的末速度相等。 4.分析滑块—木板类模型时要抓住一个转折和两个关联 (1)一个转折——滑块与木板达到相同速度或者滑块从木板上滑下是受力和运动状态变化的转折点. (2)两个关联——转折前、后受力情况之间的关联和滑块、木板位移与板长之间的关联.一般情况下，由于摩擦力或其他力的转变，转折前、后滑块和木板的加速度都会发生变化，因此以转折点为界，对转折前、后进行受力分析是建立模型的关键. 5. 判断滑块和模板运动状态的技巧： (1). “滑块—木板”模型问题中，靠摩擦力带动的那个物体的加速度有最大值：.假设两物体同时由静止开始运动，若整体加速度小于该值，则二者相对静止，二者间是静摩擦力；若整体加速度大于该值，则二者相对滑动，二者间为滑动摩擦力。 (2).受力分析时注意不要添力或漏力 如图，木块的质量为m，木板的质量为M，木块与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与水平地面间的动摩擦因数为μ2.水平恒力F作用到木块上，木块和木板分别以加速度a1、a2向右做匀加速直线运动，对木板受力分析时，不能含有F；列方程时注意合外力、质量与加速度的对应关系 对木块受力分析：F－μ1mg＝ma1 ;对木板受力分析：μ1mg－μ2（M＋m）g＝Ma2 (3).使滑块不从木板的末端掉下来的临界条件是滑块到达木板末端时的速度与木板的速度恰好相同。 (4).从能量角度分析板块模型时对滑块和木板分别运用动能定理，或者对系统运用能量守恒定律．如图所示，注意区分三个位移：①求摩擦力对滑块做功时用滑块对地的位移x滑； ②求摩擦力对木板做功时用木板对地的位移x板；③求摩擦生热时用相对位移Δx. (5).抓住关键状态：速度相等是这类问题的临界点，此时受力情况和运动情况可能发生突变. (6).挖掘临界条件，木块恰好滑到木板的边缘且达到共同速度是木块是否滑离木板的临界条件. 6.运动学公式及动能定理中的位移为对地位移；计算系统因摩擦产生的热量时用相对位移，Q＝Ffx相对. 7.解决速度临界问题的思维模板 【题型一】地面光滑，有外力作用 【典例1】如图所示，在光滑水平面上有一辆小车A，其质量为mA＝2.0 kg，小车上放一个物体B，其质量为mB＝1.0 kg.如图甲所示，给B一个水平推力F，当F增大到稍大于3.0 N时，A、B开始相对滑动，如果撤去F，对A施加一水平推力F′，如图乙所示．要使A、B不相对滑动，则F′的最大值Fmax为(　　)A．2.0 N B．3.0 N C．6.0 N D．9.0 N 【答案】　C 【解析】　根据题图甲所示，设A、B间的静摩擦力达到最大值Ffmax时，系统的加速度为a，根据牛顿第二定律，对A、B整体有F＝(mA＋mB)a，对A有Ffmax＝mAa，代入数据解得Ffmax＝2.0 N；根据题图乙所示情况，设A、B刚开始滑动时系统的加速度为a′，根据牛顿第二定律，以B为研究对象有Ffmax＝mBa′，以A、B整体为研究对象，有Fmax＝(mA＋mB)a′，代入数据解得Fmax＝6.0 N，故选C. 【练习1】如图所示，在光滑水平面上，一个小物块放在静止的小车上，物块和小车间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g＝10 m/s2.现用水平恒力F拉动小车，关于物块的加速度am和小车的加速度aM的大小，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列选项可能正确的是(　　) A．am＝2 m/s2，aM＝1 m/s2 B．am＝1 m/s2，aM＝2 m/s2 C．am＝2 m/s2，aM＝4 m/s2 D．am＝3 m/s2，aM＝5 m/s2 【解析】若物块与小车保持相对静止一起运动，设加速度为a，对系统受力分析，由牛顿第二定律可得：F＝(M＋m)a，隔离小物块受力分析，二者间的摩擦力Ff为静摩擦力，且Ff≤μmg，由牛顿第二定律可得：Ff＝ma，联立可得：am＝aM＝a≤μg＝2 m/s2.若物块与小车间发生了相对运动，二者间的摩擦力Ff为滑动摩擦力，且am<aM，隔离小物块受力分析，如图所示，由牛顿第二定律可得：Ff＝μmg＝mam，可得：am＝2 m/s2，选项C正确，选项A、B、D错误． 【答案】C 【练习2】如图所示，光滑的水平面上静置质量为M＝8 kg的平板小车，在小车左端加一个由零逐渐增大的水平推力F，一个大小不计、质量为m＝2 kg的小物块放在小车右端，小物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.2，小车足够长．重力加速度g取10 m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法中正确的是(　　) A．当F增加到4 N时，m相对M开始运动 B．当F增加到20 N时，m相对M开始运动 C．当F＝10 N时，m对M有向左的2 N的摩擦力 D．当F＝10 N时，m对M有向右的4 N的摩擦力 【解析】m运动的最大加速度a＝μg＝2 m/s2，所以当整体的加速度达到2 m/s2，即F＝(m＋M)a＝20 N时，m相对M开始运动，选项A错误，B正确；当F＝10 N时，整体的加速度a′＝＝1 m/s2<2 m/s2，所以m对M的摩擦力为静摩擦力，方向向左，大小为Ff＝ma′＝2 N，选项C正确，D错误．答案：BC 【典例2】[多选]如图甲所示，足够长的木板B静置于光滑水平面上，其上放置小滑块A。木板B受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出木板B的加速度a，得到如图乙所示的a­F图像。已知重力加速度g＝10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则(　　) A．滑块A的质量为4 kg B．木板B的质量为1 kg C．当F＝10 N时木板B的加速度为4 m/s2 D．滑块A与木板B之间的动摩擦因数为0.1 【答案】BC【解析】由题图乙可知，当拉力F>8 N时，A、B发生相对滑动，F≤8 N时二者相对静止。设滑块A的质量为m，木板B的质量为M，则当F＝8 N时，对整体由牛顿第二定律可得F＝(M＋m)a，解得M＋m＝4 kg；当F>8 N时，对木板B，由牛顿第二定律可得F－μmg＝Ma，即a＝F－μg，由题图乙可知，当F>8 N时，图像的斜率k＝1 kg－1，故木板B的质量为M＝1 kg，滑块A的质量m＝3 kg，选项A错误，B正确；当F＝8 N时，A相对B静止，加速度aA＝2 m/s2，则有maA＝μmg，代入数据求解可得μ＝0.2，选项D错误；当F＝10 N时，由F－μmg＝Ma可解得a＝4 m/s2，选项C正确。 【变式1】(多选)如图甲所示，足够长的木板B静置于光滑水平面上，其上放置小滑块A，滑块A受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出滑块A的加速度a，得到如图乙所示的a－F图像，A、B之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，则(　　) A．滑块A的质量为4 kg B．木板B的质量为2 kg C．当F＝10 N时滑块A加速度为6 m/s2 D．滑块A与木板B间动摩擦因数为0.2 【答案】　BC 【解析】　设滑块A的质量m，木板B的质量为M，滑块A与木板B间的动摩擦因数为μ.由题图乙可知，当F＝Fm＝6 N时，滑块A与木板B达到最大共同加速度为am＝2 m/s2，根据牛顿第二定律有Fm＝(M＋m)am，解得M＋m＝3 kg；当F＞6 N时，A与B将发生相对滑动，对A单独应用牛顿第二定律有F－μmg＝ma，整理得a＝－μg；根据题图乙解得m＝1 kg，μ＝0.4，则M＝2 kg，A、D错误，B正确；当F＝10 N时，木板A的加速度为aA＝＝6 m/s2，C正确． 【变式2】如图甲所示，一质量为M的长木板静置于光滑水平面上，其上放置质量为m的小滑块。木板受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出其加速度a，得到如图乙所示图像。最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，取，则（　　） A．滑块的质量 B．木板的质量 C．当时滑块加速度为2 D．滑块与木板间动摩擦因数为0.4 【答案】AD 【解析】AB．由图像可知当时，加速度为，对整体分析，由牛顿第二定律得F=(M+m)a 代入数据解得M+m=3kg当F>12N时，根据牛顿第二定律得 知图线斜率为k=解得M=0.5kg滑块的质量为m=2.5kg故A正确，B错误； CD．根据的图线知，时，，即代入数据解得 当时，对滑块和木板的整体，根据牛顿第二定律得解得故D正确，C错误。 【变式3】(多选)如图甲所示，在光滑水平面上叠放着甲、乙两物体。现对甲施加水平向右的拉力F，通过传感器可测得甲的加速度a随拉力F变化的关系如图乙所示。已知重力加速度g＝10 m/s2，由图线可知(　　) A.乙的质量m乙＝6 kg B.甲、乙的总质量m总＝8 kg C.甲、乙间的动摩擦因数μ＝0.3 D.甲、乙间的动摩擦因数μ＝0.1 【答案】　BD 【解析】　由图象可知，当力F＜24 N时加速度较小，所以甲、乙相对静止。采用整体法，当F1＝24 N时a1＝3 m/s2根据牛顿第二定律有F1＝m总a1即图象中直线较小斜率的倒数等于甲、乙质量之和，因此可得出m总＝8 kg;当F＞24 N时，甲的加速度较大，采用隔离法，由牛顿第二定律可得F2－μm甲g＝m甲a2即图象中较大斜率倒数等于甲的质量，较大斜率直线的延长线与纵轴的截距为－μg＝－1;因此可以得出m甲＝6 kg 因此m乙＝m总－m甲＝2 kg μ＝＝0.1故A、C错误，B、D正确。 【典例3】如图所示，质量为M＝4 kg的木板长L＝1.4 m，静止放在光滑的水平地面上，其右端静置一质量为m＝1 kg的小滑块(可视为质点)，小滑块与木板间的动摩擦因数μ＝0.4，今用水平力F＝28 N向右拉木板。要使小滑块从木板上掉下来，力F作用的时间至少要多长？(不计空气阻力，取g＝10 m/s2) 【答案】1 s【解析】设t1时刻撤掉力F，此时滑块的速度为v2，木板的速度为v1，t2时刻木板与滑块达到最终速度v3，如图所示阴影部分的面积为板长L，则在0～t1的过程中，由牛顿第二定律有 对滑块：μmg＝ma2，v2＝a2t1对木板：F－μmg＝Ma1，v1＝a1t1 撤去力F后，木板的加速度变为a3，则μmg＝Ma3 由v­t图像知L＝(v1－v2)t1＋(v1－v2)(t2－t1)＝(v1－v2)t2 t2时刻木板与滑块速度相等，即v1－a3(t2－t1)＝v2＋a2(t2－t1)联立可得t1＝1 s。 【变式1】如图甲所示，光滑水平面上有一质量的木板A，板左端有一质量的物块B（视为质点），A与B间的动摩擦因数为0.2，初始时均处于静止状态，仅给物块B施加水平向右的力，随时间变化的图像如图乙所示，末撤去，物块B始终未从木板A上滑下。取，最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，则（　　） A．时物块B的加速度大小为 B．时物块B的速度大小为 C．后木板A与物块B因摩擦产生的热量为 D．木板A的长度可能为 【答案】C 【详解】A．设拉力为，A、B刚好发生相对运动， 以A、B为整体，根据牛顿第二定律可得 以A为对象，根据牛顿第二定律可得联立解得， 又图乙可知，A、B一开始就发生相对运动，时B的加速度大小为 故A错误； B．在内对B根据动量定理可得其中 解得时物块B的速度大小为故B错误； C．时木板A的速度大小为 末撤去，之后A、B组成的系统满足动量守恒，则有 解得最终两者的共同速度为 根据能量守恒可知，后木板A与物块B因摩擦产生的热量为 故C正确； D．设后木板A与物块B发生的相对位移为，则有解得 由于撤去力前，木板A与物块B也发生了相对位移，且整个过程相对运动方向不变，所以木板A的长度一定大于，故D错误。故选C。 【变式2】如图甲所示，长木板B固定在光滑水平面上，可视为质点的物体A静止叠放在长木板B的最左端。从某时刻起，用F＝8N的水平力向右拉A，经过5s，A运动到B的最右端，物体A的v-t图像如图乙所示。已知A、B的质量分别为2kg、8kg，A、B间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取。下列说法正确的是（　　） A．长木板B的长度为10m B．A、B间的动摩擦因数为0.2 C．若B不固定，B的加速度大小为 D．若B不固定，A运动到B的最右端所用的时间为10s 【答案】BC【详解】A．由题意，根据v-t图像可知，长木板B的长度为故A错误； B．根据v-t图像可知，物体A的加速度为 对物体A受力分析，由牛顿第二定律得代入数据，联立解得故B正确； C．若B不固定，对B受力分析，由牛顿第二定律得代入数据解得 故C正确； D．若B不固定，A运动到B的最右端的过程由运动学公式得 代入数据解得故D错误。故选BC。 【变式3】质量、长度的木板静止在足够长的光滑水平面上，右端静置一质量的物块（可视为质点），如图（a）所示。现对木板施加一水平向右的作用力F，图像如图（b）所示。物块与木板间的摩擦因数，重力加速度g取。则（    ） A．6s末，物块刚好与木板分离 B．0~4s内，物块与木板不发生相对滑动 C．0~6s内，物块与木板组成的系统机械能守恒 D．4~6s内，拉力F做功等于物块与木板系统动能增量 【详解】AB．物块的最大加速度为解得m/s2当N时，假设木板和物块相对静止，则有解得m/s2<a则物块可以与木板相对静止，当N时，木板的加速度为 解得m/s2>a物块与木板在4s末的速度相等，根据位移—时间公式可知， 代入数据解得s，所以6s末，物块刚好与木板分离，故AB正确；C．0~6s内，物块与木板组成的系统受拉力做功，机械能不守恒，故C错误；D．根据功能关系可知，4~6s内，拉力F做功等于物块与木板系统动能增量与系统摩擦生热之和，故D错误；故选AB。 【典例4】如图所示，质量为M＝2 kg、长为L＝2 m的长木板静止放置在光滑水平面上，在其左端放置一质量为m＝1 kg的小木块(可视为质点)，小木块与长木板之间的动摩擦因数为μ＝0.2。先相对静止，然后用一水平向右F＝4 N的力作用在小木块上，经过时间t＝2 s，小木块从长木板另一端滑出，g取10 m/s2，则(　　) A．滑出瞬间木块速度2 m/s B．滑出瞬间木块速度4 m/s C．滑出瞬间木板速度2 m/s D．滑出瞬间木板速度4 m/s 【解析】　小木块加速度a1＝＝ m/s2＝2 m/s2，木板加速度a2＝＝1 m/s2，脱离瞬间小木块速度 v1＝a1t＝4 m/s，A错误，B正确；木板速度v2＝a2t＝2 m/s，C正确，D错误。【答案】　BC 【变式1】如图所示，有一长度x＝1 m、质量m0 ＝10 kg的平板小车，静止在光滑的水平面上，在小车一端放置一质量m＝4 kg的物块，物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.25，要使物块在2 s内运动到小车的另一端，求作用在物块上的水平力F是多少？(g取10 m/s2) 【答案】　16 N 【解析】　小车和物块的运动情况如图所示，在物块运动到小车右端的过程中，小车发生的位移为x1，物块发生的位移为x2，取向右为正，以小车为研究对象，由牛顿第二定律得μmg＝m0a1① 由匀变速运动的公式得x1＝a1t2② 以物块为研究对象，由牛顿第二定律得F－μmg＝ma2③ 由匀变速运动的公式得x2＝a2t2④ 由题意得x2－x1＝x⑤ 由①②③④⑤代入数据得F＝16 N。 【变式2】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： (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？(取g＝10 m/s2) 【解析】　(1)小物块的加速度am ＝μg＝2 m/s2，小车的加速度aM＝＝0.5 m/s2。 (2)由amt1＝v0＋aMt1，得t1＝1 s。 (3)在开始1 s内小物块的位移x1＝amt＝1 m。最大速度v＝amt1＝2 m/s。 在接下来的0.5 s内小物块与小车相对静止，一起做加速运动且加速度a＝＝0.8 m/s2。 这0.5 s内的位移x2＝vt2＋at＝1.1 m，通过的总位移x＝x1＋x2＝2.1 m。 【答案】　(1)2 m/s2　0.5 m/s2　(2)1 s　(3)2.1 m 【变式3】如图所示，质量为M＝10 kg的小车停放在光滑水平面上.在小车右端施加一个F＝10 N的水平恒力.当小车向右运动的速度达到2.8 m/s时，在其右端轻轻放上一质量m＝2.0 kg的小黑煤块(小黑煤块视为质点且初速度为零)，煤块与小车间动摩擦因数μ＝0.20，g＝10 m/s2.假定小车足够长.则下列说法正确的是(　　) A.煤块在整个运动过程中先做匀加速直线运动稳定后做匀速直线运动 B.小车一直做加速度不变的匀加速直线运动 C.煤块在3 s内前进的位移为9 m D.小煤块最终在小车上留下的痕迹长度为2.8 m 【答案】　D 【解析】　当小煤块刚放到小车上时，做加速度为a1＝μg＝2 m/s2的匀加速运动，此时小车的加速度：a2＝＝ m/s2＝0.6 m/s2，当达到共速时：v＝v0＋a2t＝a1t，解得t＝2 s，v＝4 m/s；假设共速后两者相对静止，则共同加速度a共＝＝ m/s2＝ m/s2，此时煤块受到的摩擦力：Ff＝ma共<μmg，则假设成立，即煤块在整个运动过程中先做加速度为2 m/s2的匀加速直线运动，稳定后继续做加速度为 m/s2的匀加速直线运动，选项A、B错误；煤块在前2 s内的位移：x1＝t＝×2 m＝4 m；小车在前2 s内的位移：x2＝v0t＋a2t2＝6.8 m；第3秒内煤块的位移：x1′＝vt′＋a共t′2＝ m≈4.4 m，则煤块在3 s内前进的位移为4 m＋4.4 m＝8.4 m，选项C错误；小煤块在最初2秒内相对小车的位移为Δx＝x2－x1＝2.8 m，故最终在小车上留下的痕迹长度为2.8 m，选项D正确. 【变式4】质量M＝3 kg的长木板放在光滑的水平面上，在水平拉力F＝11 N的作用下由静止开始向右运动。如图所示，当木板速度达到1 m/s时，将质量m＝4 kg的物块轻轻放到木板的右端。已知物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，物块可视为质点(g取10 m/s2)。求：(1)物块刚放在木板上时，物块和木板的加速度大小； (2)木板至少多长，物块才能与木板最终保持相对静止； (3)物块与木板相对静止后，物块受到的摩擦力的大小。 【答案】　(1)2 m/s2　1 m/s2　(2)0.5 m　(3) N 【解析】　(1)放上物块后，物块的加速度a1＝＝μg＝2 m/s2，木板的加速度a2＝＝1 m/s2。 (2)木板和物块达到共同速度后保持相对静止，故a1t＝v0＋a2t，解得t＝1 s， 1 s内物块位移x1＝a1t2＝1 m，木板位移x2＝v0t＋a2t2＝1.5 m，所以木板长度至少为L＝x2－x1＝0.5 m。 (3)物块与木板相对静止后，对整体，有F＝(M＋m)a，对物块，有Ff＝ma，故Ff＝＝ N。 【变式5】如图所示，在光滑的水平面上有一足够长的质量为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＝＝0.5 m/s2 最终速度＝vm＋amt′＝v－解得共同速度＝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. 【变式6】如图所示，光滑水平面上放着长，质量为的薄木板，一个质量为的小物体放在木板的最右端，m和M之间的动摩擦因，开始均静止，现对木板施加一水平向右的恒定拉力F，g取。求： （1）为使小物体不从木板上掉下，F不能超过多少； （2）如果拉力，小物体需多长时间就脱离木板。 【答案】（1）10N；（2）4s 【详解】（1）小物体随木板运动的最大加速度为a，对小物体由牛顿第二定律得 可得小物体最大加速度为a=0.210m/s2=2 m/s2对整体分析，由牛顿第二定律得 （2）因施加的拉力F=11N>10N，故物体相对木板滑动，设木板对地运动的加速度为，对木板由牛顿第二定律得解得小物体在木板上运动的时间为，则解得 【典例4】如图甲所示，一质量的木板A静置在足够大的光滑水平面上，时刻在木板上作用一水平向右的力F，力F在02s内随时间均匀变大，之后保持不变，如图乙所示。在时将质量的滑块B轻放在木板A右端，最终滑块B恰好没有从木板A左端掉落。已知滑块B与木板A间的动摩擦因数，重力加速度大小，求：（1）02s内力F的冲量大小I及2s时刻木板A的速度大小； （2）木板A的长度L。 【答案】（1），；（2） 【详解】（1）图像与坐标轴围成的面积表示冲量，02s内力F的冲量大小为 根据动量定理解得2s时刻木板A的速度大小 （2）滑块B在木板A上滑动时，A、B间的滑动摩擦力大小 此后木板A做匀速直线运动，滑块B的加速度为 设滑块B在木板A上滑动的时间为，则有木板A的长度为 【变式1】如图所示，质量为M＝10 kg的小车停放在光滑水平面上，在小车右端施加一个F＝10 N的水平恒力。当小车向右运动的速度达到2.8 m/s时，在其右端轻轻放上一质量m＝2.0 kg的小黑煤块(小黑煤块视为质点且初速度为零)，从此时刻开始计时，煤块与小车间动摩擦因数μ＝0.20。假定小车足够长，g＝10 m/s2。下列说法中正确的是(　　) A．煤块在整个运动过程中先做匀加速直线运动后做匀速直线运动 B．小车一直做加速度不变的匀加速直线运动 C．煤块在前3 s内前进的位移为9 m D．煤块最终在小车上留下的痕迹长度为2.8 m 解析：选D　根据牛顿第二定律，计时开始时对煤块有：μFN＝ma1，FN－mg＝0，解得：a1＝2 m/s2，对小车有：F－μFN＝Ma2，解得：a2＝0.6 m/s2，经过时间t，煤块和小车的速度相等，煤块的速度为：v1＝a1t，小车的速度为：v2＝v＋a2t，v1＝v2，解得：t＝2 s，以后煤块和小车共速，根据牛顿第二定律：F＝(M＋m)a3，解得：a3＝ m/s2，即煤块和小车一起以加速度a3＝ m/s2 做匀加速运动，A、B 错误；在前2 s内煤块前进的位移为x1＝a1t2＝×2×22 m＝4 m，然后和小车共同运动1 s时间，此1 s时间内位移为x1′＝v1t′＋a3t′2≈4.4 m，故煤块在前3 s内前进的位移为4 m＋4.4 m＝8.4 m，C错误；在前2 s内煤块前进的位移x1＝4 m，小车前进的位移为：x2＝vt＋a2t2＝2.8×2 m＋×0.6×22 m＝6.8 m，两者的相对位移(即痕迹长度)为Δx＝x2－x1＝6.8 m－4 m＝2.8 m，D正确。 【变式2】（多选）质量为的木板放在光滑的水平面上，其上放置一个质量的小物块，木板和物块间的动摩擦因数为0.4，木板的长度为，物块可视为质点，现用一大小为的力作用在上，下列说法正确的是（g取）（　　） A．的加速度为 B．的加速度为 C．经过物块从木板上脱离 D．物块离开木板时的速度为 【答案】ACD【详解】AB．对，由牛顿第二定律可得，解得 对，由牛顿第二定律可得，解得，A正确，B错误； C．物块从木板上滑离时，位移关系满足，解得，C正确； D．物块滑离木板时的速度为，D正确。故选ACD。 【变式3】如图所示，光滑水平面上放置质量且足够长的木板，木板上叠放着质量的物块，系统处于静止状态。已知物块与木板间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度 。现对木板施加水平向右的恒定拉力F，下列说法中正确的有（　　） A．若拉力逐渐增大，则物块的加速度也一直增大 B．当拉力等于15N时，物块与木板刚好发生相对滑动 C．当时，物块与木板间的摩擦力大小为8N D．当时，则内物块与木板摩擦产生的热为60J 【答案】BCD【详解】A．物块与木板发生相对运动前，二者加速度相等，拉力增大，加速度增大；物块与木板发生相对运动之后，物块的加速度为不变，故A错误； B．假设物块与木板相对静止：对整体对物块 当时，，恰好等于物块与木板间的最大静摩擦力，故物块与木板刚好发生相对滑动，故B正确； C．当，物块与木板相对静止，对整体对物块可得故C正确； D．当，物块与木板相对滑动，物块的加速度2s内的位移 木板的加速度2s内的位移摩擦生热 故D正确。故选BCD。 【变式4】如图所示，在光滑的水平面上有一质量为M=8kg的长木板，在长木板右端加一水平拉力F=8N，当长木板向右运动的速度达到时，在长木板右端轻放一质量为m=2kg的小物块，长木板与小物块间动摩擦因数为 ，小物块没有从长木板上滑下，重力加速度大小为，下列说法错误的是（　　） A．小物块刚放上长木板，长木板的加速度大小为2m/s2 B．小物块刚放上长木板，小物块的加速度大小为1m/s2 C．小物块刚放上长木板后，经过时间2s两者达到相同的速度 D．长木板长度至少为0.75m才能保证小物块不从长木板上滑下 【答案】ABC【详解】AB．小物块刚放上长木板，对长木板，根据牛顿第二定律可得 解得木板的加速度大小为 对小物块，根据牛顿第二定律可得解得小物块的加速度大小为 故AB错误，满足题意要求； CD．小物块刚放上长木板后，设经过时间两者达到相同的速度，则有 解得， 小物块放上长木板到两者共速过程，发生的相对位移为 则长木板长度至少为0.75m才能保证小物块不从长木板上滑下，故C错误，满足题意要求；D正确，不满足题意要求。故选ABC。 【题型二】地面光滑，无外力作用 【典例5】如图，光滑的水平面上长木板静止放置，质量为的物体（可看成质点）以水平速度滑上静止的长木板的上表面。速度随时间变化情况如图（g取）。正确的是（    ） A．系统损失的机械能为 B．木板A获得的动能为 C．木板的最小长度为 D．A、B间的动摩擦因数为0.1 【答案】ACD【详解】D．由图乙可知，物块先匀减速，木板匀加速，最后二者达到共速，速度大小为。设它们之间的动摩擦因素为，根据牛顿第二定律结合图像斜率表示加速度，可得 可得木板质量A、B间的动摩擦因数为故D正确； AB．木板A获得的动能为系统损失的机械能为故A正确，B错误； C．当A、B共速时，B恰好到达A的最右端，此时木板长度最小，为 故C正确。故选ACD 。 【变式1】如图所示，长木板A放在光滑的水平面上，可视为质点的小物体B以水平速度v0滑上原来静止的长木板A的上表面，由于A、B间存在摩擦，A、B速度随时间变化的情况如图乙所示，取，则下列说法正确的是（　　） A．木板A与物体B质量相等 B．若木板A、物体B质量已知，可以求得热量Q C．小物体B相对长木板A滑行的距离1m D．A对B做的功与B对A做的功等大反向 【答案】ABC【详解】A．由v-t图线的斜率表示加速度可知，小物块B在长木板A上滑行时加速度大小相等，又因为小物块B、长木板A受到的滑动摩擦力大小也相等，由牛顿第二定律可得f=ma可知木板A与物体B质量相等；故A正确； B．若木板A、物体B质量已知，由v-t图像可知，小物块B 的初速度v0=2m/s，最终小物块B和长木板A达到共速，v共=1m/s，由能量守恒可得可以求出此过程中产生的热量Q，故B正确； C．在达到共同速度之时，A、B的位移差故C正确； D．A、B之间的摩擦力是一对相互作用力，等大反向，但是物块B的位移要大于木板A的位移，所以它们之间的摩擦力对对方做的功在数量上并不相等，故D错误。故选ABC。 【变式2】如图所示，光滑的水平面上有一质量M＝0.2 kg的长木板，另一质量m＝0.1 kg的小滑块以v0＝2.4 m/s的水平初速度从长木板的左端滑上长木板(此时开始计时)。已知小滑块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.4，重力加速度g＝10 m/s2。 (1)若长木板长L＝0.7 m且固定在水平面上，求小滑块从长木板上滑离时的速度大小； (2)若长木板足够长且不固定，则经过多长时间小滑块与长木板的速度相等？求此时间内小滑块运动的位移大小。 答案　(1)0.4 m/s　(2)0.4 s　0.64 m 解析　(1)小滑块在摩擦力作用下做匀减速直线运动，由牛顿第二定律可得－Ff＝ma1 又Ff＝μFN＝μmg解得a1＝－4 m/s2根据运动学公式可得v2－v＝2a1L解得v＝0.4 m/s。 (2)长木板在水平方向只受向右的滑动摩擦力Ff′，且Ff′＝Ff＝μmg＝0.4 N由牛顿第二定律可得Ff′＝Ma2 解得a2＝2 m/s2设经过时间t，两者速度相同，则有v0＋a1t＝a2t解得t＝0.4 s 由运动学公式可得x＝v0t＋a1t2解得x＝0.64 m。 学科网（北京）股份有限公司 $$