第15周 牛顿定律应用——(滑板一滑块模型)-【周测必刷】2025-2026学年高一物理必修第一册（人教版2019）

— 58 — 第十五周 牛顿定律应用———(滑板-滑块模型) (时间:45分钟 满分:100分) 􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀦌 􀦌 􀦌􀦌 周推好题 第9题以叠放的课本为例,综合考查学生对受变化外力的板块问题的理解和应用。 该题以外力变化来判断物体间的相对运动状态考查对摩擦力的理解,题目设置灵活,紧扣知识 点,对学生的综合应用能力要求较高,值得推荐。 【考点·一应俱全】(共56分) 考点一 没有其它外力的板块问题 1.(2025·江苏宿迁·期末)如甲图所示,质量为2kg的长木板 B静止放置于光滑水平面上。t=0时,物块A(可视为质点) 以3m/s的初速度滑上B的左端,A、B的速度随时间变化的 图像如乙图所示,重力加速度g取10m/s2,则 ( ) A.A的质量为4kg B.A与B之间的动摩擦因数为0.1 C.B的长度为1.5m D.A在B上滑动过程中对地的位移为2m 2.(2025·浙江·阶段练习)如图所示,A、B是静止在水平地面上完全 相同的两块长木板。A的右端和B的左端相接但不能粘连。两板的 质量均为m,长度皆为L;C是一质量为2m 的小物块。现给它一初 速度v0= 5μgL,使它从A板的左端开始向右滑动,恰能滑到B板的右端。已知C与A、B之间 的动摩擦因数均为μ。地面与A、B之间的动摩擦因数均为0.5μ,取重力加速度为g,从小物块C 开始运动到最终静止的全过程,下列说法不正确的是 ( ) A.木板A、B不会都始终静止 B.木板B滑行的距离为23L C.系统因摩擦产生的总热量为4μmgL D.当小物块C滑到木板B的右端时,木板B的速度最大 3.(多选)(2025·河北张家口·阶段练习)如图所示,两个滑块A和B的质 量mA=mB=4kg,放在静止于水平地面上足够长的木板C的两端,两者 与木板间的动摩擦因数均为μ1=0.5;木板的质量mC=8kg,与地面间的 动摩擦因数μ2=0.1。某时刻A、B两滑块同时开始相向滑动,初速度大小分别为vA=1m/s、vB =5m/s,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10m/s2,下列说法正确的是 ( ) A.刚开始运动时,滑块A、B加速度大小相等,都为5m/s2 B.A、B相向运动过程中,长木板C受到地面的摩擦力方向向左 C.滑块A与C相对静止后,长木板C开始向左运动,加速度大小为13m /s2 D.为确保滑块A、B不相撞,则木板C的长度至少为2.5m 4.(多选)(2025·河南漯河·期末)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,经过一段时间恰好未从木板的右端滑落,小滑块与木板 间动摩擦因数为μ,下列说法中正确的是 ( ) A.若只增大m,则小滑块在木板上运动的时间变短 B.若只增大 M,则小滑块与木板共速时速度变大 C.若只增大v0,则小滑块一定能从木板右端滑出 D.若只减小μ,则小滑块滑离木板过程中小滑块相对地面的位移变大 考点二 受恒定外力的板块问题 5.(2025·山西吕梁·期末)如图,有一个质量为 M=4kg的长木板静止 在光滑水平地面上,木板上放着一个质量为m=1kg的小滑块。现在 对小滑块施加一个水平向右的恒力F,小滑块由静止开始运动。已知 小滑块与木板之间的动摩擦因数为μ=0.2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g 取 10m/s2。当F=6N时,下列说法正确的是 ( ) A.小滑块和木板一起以相同的加速度向右运动 B.木板相对于小滑块向右滑动 C.小滑块的加速度大小为2m/s2 D.木板的加速度大小为0.5m/s2 6.(2025·福建漳州·期末)如图,水平面上有A、B两物体,质量均为1kg,各接 触面间的动摩擦因数均为0.3,现在对B施加一水平向右的拉力F,最大静摩 擦力等于滑动摩擦力,g取10m/s2,则 ( ) A.F=3N,物体B恰好滑动 B.F=12N,物体B恰好滑动 C.F=6N,物体A、B恰好相对滑动 D.F=12N,物体A、B恰好相对滑动 7.(多选)(2025·重庆九龙坡·期末)如图甲所示,物块A与木板 B静止叠放在光滑的水平地面上,A、B间的动摩擦因数为μ,最 大静摩擦力等于滑动摩擦力。现对 A施加水平向右的大小不 同的拉力F,测得B的加速度a与力F 的关系如图乙所示,下 列说法正确的是 ( ) A.当F<24N时,A、B间摩擦力保持不变 B.当F>24N时,A、B间为滑动摩擦力 C.当F<24N时,A、B的加速度大小不相等 D.当F>24N时,A的加速度将增大 8.(多选)(2025·安徽马鞍山·期末)如图 甲所示,两端带有固定挡板的长木板静置 于粗糙的水平桌面上,长木板质量为2kg, O为长木板上表面一点(图中未标出),O 点左侧光滑,右侧粗糙。一质量为2kg的 小滑块紧靠左挡板放在长木板上,其与长 木板上表面粗糙部分间的动摩擦因数为0.6。现对长木板施加水平向右的推力F,推力F随时间 t变化的关系如图乙所示,在推力作用下长木板运动的速度v随时间t变化的关系如图丙所示。 t=2s时撤去推力F,再经一段时间滑块运动至O 点时,长木板速度恰好为零。滑块运动过程中 始终未与长木板右挡板相碰,重力加速度g取10m/s2,不计挡板厚度,桌面足够长。则 ( ) A.长木板底面与水平桌面间的动摩擦因数为0.2 B.长木板光滑部分的长度为2m C.长木板的最小长度为4m D.长木板发生的最大位移6.5m 考点三 受变化外力的板块问题 9.(多选)(2025·山西晋中·期末)如图1所示,3 本完全相同、质量均为m 的足够长课本整齐叠 放在水平桌面上。已知所有接触面间的动摩擦 因数均为μ,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重 力加速度为g。现对第2本书施加一水平方向 的拉力F,F随时间t的变化关系如图2所示, 则下列说法正确的是 ( ) A.t=1s时,“课本3”受到桌面的摩擦力大小为μmg B.t=2s时,“课本1”受到的摩擦力大小为μmg C.t=3s时,“课本1”受到的摩擦力大小为0.5μmg D.t=5s时,“课本2”的加速度大小为2μg 10.(2025·河北沧州·期末)如图所示,木板静止在水平地面上,木块静止在木 板表面。某时刻木块受到水平向右的恒定拉力F(大小未知)。已知木块与 木板的质量均为1kg,它们之间的动摩擦因数为0.4,木板与地面间的动摩擦因数为0.1,取重 力加速度大小g=10m/s2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是 ( ) A.无论拉力F为多大,木板都保持静止 B.若拉力F大小为3N,则木块对木板的摩擦力大小为3N C.若拉力F大小为5N,则木块对木板的摩擦力大小为3.5N D.若拉力F大小为8N,则木板的加速度大小为3m/s2 11.(2025·山东青岛·阶段练习)光滑水平地面 上有一质量为m1 的长木板,木板的左上端有 一质量为m2 的物块,如图(a)所示用水平向 右的拉力F 作用在木板上,F 随时间t的变 化关系如图(b)所示,其中F1 为t1 时刻F 的 — 57 — — 60 — 大小。某加速度a随时间t的变化关系如图(c)所示。已知物块与木板间的动摩擦因数为μ,假 设最大静摩擦力与相应的滑动摩擦力相等,重力加速度大小为g。则 ( ) A.t1 时刻后长木板做匀加速直线运动 B.F1= m2(m1+m2) m1 μg C.在t1 时刻两者发生相对运动,且t1 时刻后物块加速度不变 D.若长木板足够长,最终物块会和长木板达到共速 12.(2025·河南信阳·期末)如图甲所示,物块 A、B静止叠放 在水平地面上,B受到从零开始逐渐增大的水平拉力F 的作 用,A、B间的摩擦力f1、B与地面间的摩擦力随f2 水平拉力 F变化的情况如图乙所示。已知物块A的质量m=3kg,取 g=10m/s2,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则下列说法 正确的是 ( ) A.物块B与地面间的动摩擦因数为0.25 B.物块B与地面间的动摩擦因数为0.1 C.当4N<F<12N时,A、B发生相对滑动 D.当F>12N时,A的加速度随F的增大而增大 13.(多选)(2025·湖南·阶段练习)水平地面上有 一质量为m1 的长木板,木板的左端上有一质量 为m2 的物块,如图(a)所示。用水平向右的拉力 F作用在物块上,F随时间t的变化关系如图(b) 所示,其中F1、F2 分别为t1、t2 时刻F 的大小。 木板的加速度随a1 时间t的变化关系如图(c)所示。已知木板与地面间的动摩擦因数为μ1,物 块与木板间的动摩擦因数为μ2,假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等,重力加速度大 小为g。则 ( ) A.在0~t1 时间段物块与木板加速度相等 B.F1=μ1m1g C.F2= m2(m1+m2) m1 (μ2-μ1)g D.μ2< m1+m2 m2 μ1 14.(多选)(2025·内蒙古呼和浩特·期末)如图甲所示,在水平地面上放置一质量为0.5kg的木板 A,木板A上放置一质量为1kg的物块B,木板A与地面的动摩擦因数为μ1,物块B与木板A 之间的动摩擦因数为μ2。先在物块B上施加一作用力F,F随时间t的变化如图乙所示。从t= 0时刻开始计时,物块B所受摩擦力随时间变化关系如图丙所示,整个过程物块B一直在木板A 上。设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等,重力加速度取10m/s2,则下列说法正确的是 ( ) A.μ1=0.1 B.t1=2s C.μ2=0.6 D.t2=12s 【探究·一举突破】(共20分) 探究主题 探究受恒定外力的板块问题 (2025·湖北·阶段练习)一足够长的木板P静置于粗 糙水平面上,木板的质量 M=4kg,质量m=1kg的小 滑块Q(可视为质点)从木板的左端以初速度v0 滑上木 板,与此同时在木板右端作用水平向右的恒定拉力F, 如图甲所示,设滑块滑上木板为t=0时刻,经过t1=2s 撤去拉力F,两物体一起做匀减速直线运动,再经过t2= 4s两物体停止运动,画出的两物体运动的v t图像如图乙所示。(最大静摩擦力等于滑动摩擦 力,重力加速度g=10m/s2)求: (1)0~2s内滑块Q和木板P的加速度大小,两物体一起做匀减速直线运动的加速度大小; (2)滑块Q运动的总位移; (3)拉力F的大小。 【综合·一练到底】(共24分) (2025·浙江宁波·期末)如图所示,地面上固定一倾角θ=37°的斜面,紧 靠斜面依次排放两块完全相同的木板A、B,长度均为l=2m,厚度不计,质 量均为m,木板上表面与斜面底端平滑连接。现有一质量为m 的滑块(可 视为质点)从斜面上某处静止释放,已知滑块与斜面间动摩擦因数为μ0= 0.125,滑块与木板间动摩擦因数为μ1,木板与地面间动摩擦因数μ2=0.2,最大静摩擦力等于滑 动摩擦力,sin37°=0.6,cos37°=0.8,g=10m/s2。求: (1)若滑块从离地面高h0=1.5m处静止滑下,求滑块到达轨道末端时的速度v0 的大小; (2)若滑块滑上木板A时,木板不动,而滑上木板B时,木板B开始滑动,求μ1 应满足的条件; (3)若滑块从离地面高h0=1.5m处静止滑下,且μ1=0.8,则滑块从释放到最终停止需要多久; (4)若μ1=0.5,为使滑块能停在B上,滑块由静止下滑的高度h应满足什么条件。 【选做·一飞冲天】(尖子生选做) (2025·广东佛山·阶段练习)如图,足够长、质量mQ=1kg的木 板Q静止在水平面上,质量mP=1kg的小滑块P(可视为质点)静 止在木板左端,滑块与木板间的动摩擦因数μ1=0.5,木板与水平 面间的动摩擦因数μ2=0.2。从零时刻起,对滑块施加方向与水平 面成θ=53°斜向右上方恒定外力F=7.5N,经过时间t=2.4s撤去此力。已知sin53°=0.8, cos53°=0.6,取g=10m/s2,则: (1)求撤去外力前,滑块的加速度大小; (2)求木板的最大速度; (3)求木板运动的时间。 【错题重做】 错因 基础不牢 题意不明 思路不对 理解不够 分析不透 方法不对 根本不会 其他原因 题号 题号 题号 — 59 — —88 — 13.A [利用逆向思维,根据速度与位移的关系有v02=2ax,解得 a=16m/s2,对小环进行分析,根据牛顿第二定律有 mg+f1= ma,根据牛顿第三定律,小环对杆的摩擦力f2=f1,对立杆与底 座进行分析,根据平衡条件有 N+f2=Mg,解得 N=24N,根据 牛顿第三定律可知,底座对水平地面的压力为24N。故选A。] 14.AC [物块减速上滑,则加速度沿斜面向下,以物块和斜面整体 为研究对象,物块上滑过程中,具有向左的分加速度,则地面对斜 面有向左的摩擦力作用,由牛顿第三定律可知,地面受到斜面的 摩擦力方向平行地面向右。同时物块具有向下的分加速度,则物 块处于失重状态,故地面对斜面的支持力小于(m+M)g。由牛 顿第三 定 律 可 知,地 面 受 到 斜 面 的 压 力 小 于(m+M)g。故 选AC。] 【探究·一举突破】 【探究路径】 (3)根据题意可知,A下落到F处的速率为v=dt 由运动学公式v2-v02=2ax可得v2=2ah 解得a=v 2 2h= d2 2ht2 (4)根据题意,设A、B两个箱子的质量均为 M,对整体,由牛顿第 二定律有 (M+m)g-(M+1-m)g=(1+2M)a 整理可得a= 2g1+2Mm- g 1+2M 可知,作出a m 图像。 (5)根据题意可知,图像斜率k的值为4,则有 2g 1+2M=4 解得 M=2kg 答案 (3)dt (4)d 2 2ht2 (4)a m (5)2 【综合·一练到底】 解析 (1)如图所示,对整体进行受力分析,根据平衡可得 F=f地,N地 =(m1+m2+M)g,f地 =μ1N地 解得F=16N (2)如图所示,对整体和小球分别进行受力分析,根据牛顿第二定 律可得 F1-f地 =(m1+m2+M)a,N=m2a 解得 N=1N (3)假设木块与铁箱相对静止,受力分析如图所示,根据牛顿第二 定律可得 对木块和铁箱,根据牛顿第二定律有 a'=f地 -F2m1+M =4m/s2 对木块,其可获得的最大加速度为 amax=μ1 m1g m1 =2m/s2<a' 所以木块与铁箱发生相对滑动。设木块和铁箱的加速度分别为 a1、a2,它们速度减到0所用的时间分别为t1、t2。对木块和铁箱分 别进行受力分析,如图所示,根据牛顿第二定律可得 f1=μ1m1g=m1a1,f地 -F2-f1'=ma2 对木块0=v0-a1t1 对铁箱0=v0-a2t2 联立解得t1=1s,t2=0.4s 由于F2+f1'=6N<f地,因此铁箱经过0.4s停下后保持静止。 对铁箱s2=v0t2- 1 2a2t2 2 对小球s1=v0t1 故L=s1-s2=1.6m 另解: 假设木块与铁箱相对静止,受力分析如图所示 对木块和铁箱,根据牛顿第二定律可得 a'=f地 -F2m1+M =4m/s2 对木块,根据牛顿第二定律,其可获得的最大加速度为 amax=μ1 m1g m1 =2m/s2<a' 所以木块与铁箱发生相对滑动。做三个物体的v t图像 由图像可知,小球与铁箱的距离L为图中的阴影面积,为 L=0.6+12 ×2m=1.6m 答案 (1)16N (2)1N (3)1.6m 【选做·一飞冲天】 解析 (1)对滑块a,b整体受力分析如图 沿y轴方向,根据牛顿第二定律有 2mgsin30°=2ma 沿x轴方向有 N-2mgcos30°=0 联立解得a=0.5g,N= 3mg (2)只对滑块a受力分析如图 沿y轴方向有,牛顿第二定律得 mg-N'=masin30° 解得 N'=34mg (3)只对斜面体c受力分析如图 由平衡条件得 f'-N1sin30°=0,N1=N 联立解得f'= 32mg 答案 (1)0.5g (2)34mg (3)32mg 第十五周 牛顿定律应用———滑板-滑块 模型 【考点·一应俱全】 1.D [AB.根据v t图像的斜率表示加速度可得,物块A与长木板 B的加速度大小分别为aA= Δv Δt= 3-1 1.0-0m /s2=2m/s2,aB= Δv' Δt = 1-01.0-0m /s2=1m/s2,对物块A根据牛顿第二定律可得μmAg =mAaA,对长木板B根据牛顿第二定律可得μmAg=mBaB,联立 解得mA=1kg,μ=0.2,故AB错误;D.根据速度随时间变化的图 像面积表示位移可知,A在B上滑动过程中对地的位移为xA= (3+1) 2 ×1=2m ,故D正确;C.由于未知物块 A是否恰好滑到木 板的右侧,则长木板B的长度无法确定,故C错误。故选D。] 【破题技巧】 本题主要考查牛顿第二定律求解板块等多过程问 题,解题时需注意:分析物体的运动过程、分析每一阶段物体受力 的变化、根据牛顿第二定律分析物体加速度的变化、根据加速度 的情况分析物体的运动情况。 2.C [A.C在 A 上 滑 动 时,由 于μ·2mg=0.5μ(2m+2m)g= 2μmg,此时,C做匀减速直线运动,A、B处于静止,C刚刚滑过 A 时有-μ·2mgL= 1 2×2mv1 2-12×2mv0 2,解得v1= 3μgL,之 后C滑上B,由于μ·2mg>0.5μ(m+2m)g=1.5μmg,此时 A、B 分离,A仍然处于静止,B向右做匀加速直线运动,即 A始终处于 静止,B先静止后开始运动,故 A正确,不符合题意;B.结合上述, C滑上B后,对C分析有μ·2mg=2ma1,对B进行分析,根据牛 顿第二定律有μ·2mg-0.5μ(m+2m)g=ma2,历时t0 达到相同 速度,则有v2=a2t0=v1-a1t0,之后B、C保持相对静止,共同向右 做匀减速直线运动,则有0.5μ(m+2m)g=(m+2m)a3,全过程,B 的位移xB= v2 2t0+ 0-v22 2(-a3) ,解得xB= 2 3L ,故B正确,不符合题 意;C.结合上述可知,A、B、C最终均处于静止,根据能量守恒定律 可知,系统因摩擦产生的总热量为Q=12×2mv0 2=5μmgL,故C 错误,符合题意;D.C恰能滑到B板的右端,结合上述可知,即C 在B上滑动,C与B速度相等之前B做匀加速直线运动,之后C、B 保持相对静止,共同向右做匀减速直线运动,可知,当小物块C滑 到木板B的右端时,木板B的速度最大,故D正确,不符合题意。 故选C。] 3.ACD [A.对 A进行受力分析,根据牛顿第二定律,有μ1mAg= mAa1,可得a1=5m/s2,对B进行受力分析,根据牛顿第二定律, 有μ1mBg=mBa2,可得a2=5m/s 2,A正确;B.A、B相向运动时,A 对C的摩擦力方向水平向右,大小为f1=μ1mAg=20N,B对C的 摩擦力方向水平向左,大小为f2=μ2mBg=20N,所以C受力平 衡,长木板C不受地面的摩擦力,B错误;C.滑块A与C相对静止 后,B继续向左滑动,对C的摩擦力向左,地面对C的摩擦力向右, 由于μ1mBg>μ2(mA+mB+mC)g 所以C开始向左运动,根据牛顿第二定律,有μ1mBg-μ2(mA+ mB+mC)g=(mA+mC)a3,解得a3= 1 3 m /s2,C正确;D.设 A相 对C运动的时间为t1,有0=vA-a1t1,解得t1=0.2s,在这段时间 里A的位移为xA1= 1 2a1t1 2=0.1m,在这段时间里B的位移为 xB1=vBt1- 1 2a2t1 2=0.9m,B的速度为vB1=vB-a2t1=4m/s, 之后B继续向左减速,AC开始向左加速,直到共速,设经t2 共速, 有vB1-a2t2=a3t2,解得t2= 3 4 s ,在这段时间里B的位移为xB2 =vB1t2- 1 2a2t2 2=5132m ,C的位移为xC= 1 2a3t2 2=332m ,为确保 滑块A、B不相撞,则木板C的长度至少为L=xA1+xB1+xB2-xC =2.5m,D正确。故选ACD。] 4.AC [A.设 取 初 速 度 方 向 为 正 方 向,对 滑 块 受 力 分 析 可 知f= FN·μ=mg·μ,解得a块 =fm =g ·μ,再对木板受力分析F合 = f滑 =-mgμ,解得a板 = F合 M =- mgμ M ,若只增大滑块质量 m,滑块 所受的支持力变大,滑动摩擦力变大,对应的木板减速的加速度变 大,所以滑块与木板共速所需的时间便变短,故A正确;B.若只增 大 M,由a板 = F合 M =- mgμ M 可知,木板做减速的加速度减小,但是 滑块做加速运动的加速度不变,如图所示 需要滑块滑离木板的相对位移为板长即两者的位移之差保持不 变,小滑块滑离木板时,不会共速,故B错误;C.若只增大v0,则小 滑块和木板的加速度不变,两者的相对位移即图中的面积之差要 相等 则小滑块会在共速前滑离木板,故C正确;D.若只减小动摩擦因 数,由a块 =fm =g ·μ,a板 = F合 M = mgμ M 那么滑块和木板的加速度等比例减小,如图所示 相对位移不变,可知滑块滑离木板时速度变小、时间变短,则滑块 对地的位移要减小,故D错误。故选AC。] 5.D [A.当m 与M 之间的静摩擦力达到最大值时二者发生相对滑 动,设两者恰好发生相对滑动时的加速度为a,恒力为F0,对 M: μmg=Ma, 对m:F0-μmg=ma,解得a=0.5m/s 2,F0=2.5N,所以当F= 6N>F0 时,两者发生相对滑动,A错 误;BCD.两 者 发 生 相 对 滑 动,对m:F-μmg=ma1,对M:μmg=Ma2,解得:a1=4m/s 2,a2= 0.5m/s2,因a1>a2,且木板速度小于小滑块速度,所以木板相对 于小滑块向左滑动,B错误,C错误,D正确。故选D。] 6.D [设A、B两物体恰好发生相对滑动时,A、B两物体的加速度为 a,对A物体,由牛顿第二定律f=μmg=ma,解得a=3m/s 2,以 A、B两物体为整体,由牛顿第二定律F-μ·2mg=2ma,解得F= 12N,故选D。] 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 — 87 — —90 — 7.BD [AB.由图乙可知,当F<24N时,随外力增大B的加速度逐 渐增大,则A、B间的摩擦力逐渐增大;当F>24N时,A、B发生相 对滑动,A、B间滑动摩擦力保持不变,故A错误,B正确;CD.当F <24N时,两物体保持相对静止,加速度相同,当F>24N时,两 物体相对滑动,B物体达到最大加速度,对 A物体有F-μmAg= mAa,由此可知,A的加速度随外力增大而增大,故C错误,D正 确。故选BD。] 8.ABD [A.对长木板和物块整体受力分析,由牛顿第二定律可得 F-μ(M+m)g=(M+m)a,由丙图可知a= Δv Δt=2m /s2,结合乙 图可得μ=0.2,A正确;B.撤去推力F 后,滑块匀速到达O 点,长 木板做减速运动,对长木 板 则 有-μ(M+m)g=Ma',解 得a'= -4m/s2,长木板运动时间为t1= 0-v0 a' =1s ,木板光滑部分的长 度d=v0t1- 1 2v0t1=2m ,B正确;C.滑块运动到粗糙面上时,由 于μ0mg=12N>μ(M+m)g=8N,滑块做减速运动,长木板做加 速运动,对滑块则有-μ0mg=ma1,解得a1=-6m/s 2,对长木板 则有μ0mg-μ(M+m)g=Ma2,解得a2=2m/s 2,滑块运动在粗糙 面上时,与长木板达到共速,则有v共 =v0+a1t2=a2t2,解得t2= 0.5s,v共 =1m/s,滑块与长木板右侧壁未相碰,则粗糙面长度最 小为d'=12 (v0+v共)t2- 1 2v共t2=1m ,故长木板的最小长度为 L=d+d'=3m,C错误;D.滑块与长木板达到共速后两者一起减 速运动,加速度-μ(M+m)g=(M+m)a共,解得a共 =-2m/s 2, 长木板从开始运动到最后静止,经历了先加速后减速,再加速,最 后减速的运动过程,发生的位移x=12v0t+ 1 2v0t1+ 1 2v共t2+ 0-v共2 2a共 ,代入数据解得x=6.5m,D正确。故选ABD。] 9.ACD [A.第2本书与第3本书的摩擦力为f2=μ×2mg=2μmg, t=1s时,外力F1=μmg<f2,此时三本书都静止,对整体分析可 知,“课本3”受到桌面的摩擦力大小为f'=μmg,故A正确;B.“课 本2”、“课本3”书间的摩擦力为f2=μ×2mg=2μmg,t=2s时,外 力F2=2μmg=f2<f3=3μmg,此时三本书都静止,对第1本书分 析可知其不受摩擦力,故B错误;C.t=3s时,外力F3=3μmg> f2,“课本1、2”一起向右运动,“课本3”静止,对“课本1、2”根据牛 顿第二定律有F-f2=2ma,对“课本1”有f″=ma,解得“课本1” 受到的摩擦力大小为f″=0.5μmg,故C正确;D.由上述分析可 知,由于f3>f2,则“课本3”静止,t=5s时,外力F4=5μmg>f2, 假设“课 本1、2”可 以 一 起 运 动,则 有 F4-f2=2ma',解 得a'= 1.5μg>μg,则“课本1”与“课本2”相对运动,则有F4-μmg-f2 =ma″,解得a″=2μg,故D正确;故选ACD。] 10.C [A.木块与木板间的最大静摩擦力为fmax=μmg=0.4×1× 10N=4N,木板与地面间的最大静摩擦力为f地max=μ地 ·2mg= 0.1×2×1×10N=2N,由于fmax>f地max,可知当拉力F 大于 2N时,木板开始运动,故 A错误;BC.设当拉力为F0 时,木块与 木板刚好保持相对静止一起加速运动,以木块与木板为整体,根 据牛顿第二定律可得F0-μ地 ·2mg=2ma0,以木板为对象,根据 牛顿第二定律可得μmg-μ地 ·2mg=ma0,联立解得a0=2m/s 2, F0=6N,则当拉力大小为3N,以木块与木板为整体,根据牛顿 第二定律可得F1-μ地 ·2mg=2ma1,解得加速度大小为a1=0.5 m/s2,以木板 为 对 象,根 据 牛 顿 第 二 定 律 可 得f1-μ地 ·2mg= ma1,解得木块对木板的摩擦力大小为f1=2.5N,则当拉力大小 为5N,以木块与木板为整体,根据牛顿第二定律可得F2-μ地 · 2mg=2ma2,解得加速度大小为a2=1.5m/s2,以木板为对象,根 据牛顿第二定律可得f2-μ地 ·2mg=ma2,解得木块对木板的摩 擦力大小为f2=3.5N,故B错误,C正确;D.若拉力F 大小为 8N,可知木块与木板发生相对滑动,木板为对象,根据牛顿第二 定律可得μmg-μ地 ·2mg=ma板,解得木板的加速度大小为a板 =2m/s2,故D错误。故选C。] 11.C [AC.图(c)中在t1 时刻之后加速度保持不变,说明t1 时刻物 块与长木板开始发生相对滑动,则图(c)为物块的a t图像,t1 时 刻后由于作用在长木板的拉力继续增大,所以长木板的加速度继 续增大,故A错误,C正确;D.由于t1 时刻物块与长木板开始发 生相对滑动,之后物块的加速度一直小于长木板的加速度,则t1 时刻后物块的速度一直小于长木板的速度,所以物块与长木板不 会达到共速,故D错误;B.在t1 时刻,以物块与长木板为整体,根 据牛顿第二定律可得F1=(m1+m2)a,以物块为对象,根据牛顿 第二定律可得μm2g=m2a,联立可得F1=μ(m1+m2)g,故B错 误。故选C。] 12.B [CD.根据图乙可知,当F=4N时,B与地面间的摩擦力达到 最大值,此后随着F 的增大A、B保持相对静止一起加速运动,该 过程中随着F 的增大,A、B之间 的 静 摩 擦 力 逐 渐 增 大,当 F= 12N时,A、B间的静摩擦力达到最大值,此后随着F 的继续增 大,A、B将发生相对滑动,A在水平方向所受到的合外力达到最 大值,即为滑动摩擦力,加速度将恒定不变,故CD错误;AB.根据 图乙可知,当F=12N时,A、B刚要相对滑动,此时f1=6N,且 此时两者加速度相等,对 A由牛顿第二定律得f1=ma,对 A、B 整体由牛顿第二定律有F-f2=(m+mB)a,代入数据可得mB= 1kg,设B与地面间的动摩擦因数为μ,相对滑动时f2=μ(m+ mB)g,代入数据可得μ=0.1,故A错误,B正确。故选B。] 13.AC [A.图(c)可知,0~t1 这段时间若滑块和木板有相对滑动, 则以后木板也不会运动,所以滑块与木板相对静止,所以两者有 相同的加速度,A正确;B.图(c)可知,t1 时滑块木板一起刚从水 平滑动,此时滑块与木板相对静止,木板刚要滑动,此时以整体为 对象有F1=μ1(m1+m2)g,B错误;CD.图(c)可知,t2 时刻滑块 与木板刚要发生相对滑动,以整体为对象,根据牛顿第二定律,有 F2-μ1(m1+m2)g=(m1+m2)a,以木板为对象,根据牛顿第二 定 律,有 μ2m2g-μ1 (m1 + m2)g= m1a>0,解 得 F2 = m2(m1+m2) m1 (μ2-μ1)g,μ2> (m1+m2) m2 μ1 ,C正 确,D错 误;故 选AC。] 14.ACD [A.由图丙可知,在0~t1 内 A、B均处于静止状态,在t1 时刻地面与A的摩擦力达到最大,根据平衡条件可得有μ1(mA +mB)g=Ff=1.5N,解得μ1=0.1,故A正确;C.由图丙可知,B 与A之间的滑动摩擦大小为6N,则有μ2mBg=Ff=6N,解得μ2 =0.6,故C正确;BD.设当拉力为F0 时,A、B刚好可以保持相对 静止一起加速运动;以A、B为整体,根据牛顿第二定律可得F0- μ1(mA+mB)g=(mA+mB)a0,以 A为对象,根据牛顿第二定律 可得μ2mBg-μ1(mA+mB)g=mAa0,联立解得F0=15N,由丙图 可知此时对应的时刻为10s,则有1.5t1 =1510= 18 t2 ,解得t1=1s,t2 =12s,故B错误,D正确。故选ACD。] 【探究·一举突破】 【探究路径】 (1)v t图像中,图线斜率的绝对值表示加速度大小,根据图乙 可知, 0~2s内滑块Q的加速度大小a1= 12-4 2 m /s2=4m/s2 0~2s内木板P的加速度大小a2= 4 2 m /s2=2m/s2 两物体一起做匀减速直线运动的加速度大小a3= 4 6-2m /s2 =1m/s2 (2)v t图像中,图线与时间轴所围几何图形的面积表示位移,则 滑块Q运动的总位移x=12×22 m+ 4×6 2 m=24m (3)0~2s内对滑块Q分析有μ1mg=ma1 0~2s内对木板P分析有μ1mg+F-μ2(mg+Mg)=Ma2 两物体一起做匀减速直线运动,对PQ整体分析有μ2(m+M)g= (m+M)a3 联立代入数据解得F=9N。 【参考答案】 (1)4m/s2,2m/s2,1m/s2 (2)24m (3)9N 【综合·一练到底】 解析 (1)滑块在斜面上时,由牛顿第二定律mgsinθ-μ0mgcosθ =ma0 解得a0=5m/s2 从静止到滑至底端v02=2a0 h0 sin37° 代入数据解得v0=5m/s (2)若滑上木板A时,木板不动,则μ1mg≤μ2(m+2m)g 若滑上木板B时,木板B开始滑动,则μ1mg>μ2(m+m)g 联立代入数据得0.4<μ1≤0.6 (3)滑块在斜面上做匀加速直线运动,滑到底端时滑块速度v1= 5m/s,t0= v1 a0 =1s 滑块滑上木板A时,以滑块为研究对象μ1mg=ma1 解得a1=8m/s2,v滑 =v1-a1t 以木板AB为研究对象μ1mg-μ2·3mg=ma2 解得a2=1m/s2,v滑 =a2t 共速时v滑 =v滑,解得t=59s ,x滑 =v1t- 1 2a1t 2,x板 =12a2t 2,Δx =2518m 此时滑块仍在A上,之后滑块与AB一起减速v共速 =59 m /s 根据a3=μ2g=2m/s 2,t'=v共速a3 =518s 总时间t=116s (4)由(2)知滑块滑上A时,木板不动,而滑上木板B时,木板B开 始滑动。滑块下滑高度记为h,到达斜面末端时速度记为v2,v22 =2a0 h sin37° 滑块滑上A时做匀减速运动,加速度大小a1=gμ1=5m/s 2 滑块离开A时速度v32-v22=-2a1l 当滑块恰好滑上B时,v3=0 联立解得h=1.2m 滑块滑上B时,自身加速度大小a2=gμ1=5m/s 2 B的加速度大小a3=gμ1-2gμ2=1m/s 2 相对加速度a4=6m/s2,当滑块恰好停在B右端时v32=2a4l 联立解得h=2.64m 综上可得1.2m≤h≤2.64m 答案 (1)v0=5m/s (2)0.4<μ1≤0.6 (3)t= 11 6s (4)1.2m ≤h≤2.64m 【技法点拨】 (1)根据牛顿第二定律求出滑块在斜面上的加速 度,再由速度一位移公式求到斜面底端的速度;(2)根据上下最大 静摩擦力的大小关系计算滑块与木板间的动摩擦因数的范围; (3)分清滑块在A和B上两物体的运动状态,分别由动力学规律 求出两段时间,从而求出总的时间;(4)找到使滑块停在B板上 的临界状态,根据动力学规律求高度。 【选做·一飞冲天】 解析 (1)撤去外力前,以滑块为对象,根据牛顿第二定律可得 Fcosθ-f=mPaP 又f=μ1N=μ1(mPg-Fsinθ) 联立解得滑块的加速度大小为aP=2.5m/s2 (2)撤去外力前,由于f=μ1(mPg-Fsinθ)<f地 =μ2(mQg+mPg -Fsinθ) 可知木板处于静止状态;经过时间t=2.4s撤去力F,此时滑块的 速度大小为vP=aPt=6m/s 撤去力F 后,分别对滑块和木板,根据牛顿第二定律可得 μ1mPg=mPaP',μ1mPg-μ2(mQ+mP)g=mQaQ 解得滑块和木板的加速度大小分别为aP'=5m/s2,aQ=1m/s2 设经过时间t1,滑块和木板达到共速,则有 v共 =vP-aP't1=aQt1 解得t1=1s,v共 =1m/s 可知木板的最大速度为1m/s。 (3)共速后,由于μ2=0.2<μ1=0.5 可知滑块和木板保持相对静止一起做匀减速运动,加速度大小为 a'=μ2 (mQ+mP)g mQ+mP =2m/s2 共速后到停下所用时间为t2= v共 a'=0.5s 则木板运动的时间为t板 =t1+t2=1.5s 答案 (1)1.25m/s2 (2)1m/s (3)1.5s 第十六周 超重与失重现象和传送 带模型 【考点·一应俱全】 1.D [ABC.快 递 件 刚 放 上 传 送 带 时 的 加 速 度 大 小 为a=μmgm = 4m/s2,快递件从放上传送带到与传送带共速所用时间为t1= v a =1s,加速阶段的位移为x1= 1 2at1 2=2m,划痕长为Δx=vt1- x1=2m,快递件与传送带共速后受到的摩擦力为0,快递件之后 做匀速直线运动,匀速阶段的时间为t2= L-x1 v =1s ,可知快递件 从传送带的A 端到B 端所用的时间为t=t1+t2=2s,故 ABC错 误;D.当快递件从A 到B 一直加速时时间最短12at3 2=L,解得t3 = 3s,到B 点时的速度v1=at3=4 3m/s,则传送带的最小转速 为4 3m/s,D正确。故选D。] 2.C [A.若v0<v,则物块相对传送带向左运动,物块所受的摩擦力 方向向右,此时f为动力,故A错误;B.若v0>v,则物块相对传送 带向右运动,物块所受的摩擦力方向向左,故B错误;CD.若v0= v,则物块所受的摩擦力为0,物块 m 在传送带上相对地面做匀速 运动,故C正确,D错误。故选C。] 3.B [ABD.根据牛顿第二定律可得,物块在水平皮带上运动时加 速度的大小为a=μg=2m/s 2,物块速度减为零所用的时间为t= v2 a=1.5s ,该过程物块的位移大小为x=v2 2 2a=3m ,由于x<LAB, 因此物块不能滑过B轮,故AD错误,B正确;C.由于v1<v2,因此 物块返回A轮时最终会和皮带达到共速,之后和皮带保持相对静 止到达A轮,即物块返回到A轮时的速度大小仍是2m/s,故C错 误。故选B。] 4.ABD [A.由 图 甲 所 示 图 像 可 知,传 送 带 的 加 速 度 为a=ΔvΔt= 0-10 2.5 m /s2=-4m/s2,则传送带的加速度大小为4m/s2,故A正 确;B.物块放上传送带后受到向右的滑动摩擦力,对物块,由牛顿 第二定律得μmg=ma',解得a'=μg,物块与传送带共速时,有v0 +at=a't,代入数据解得a'=2m/s2,μ=0.2,故B正确;C.开始阶 段物块受向右的摩擦力;当物块与传送带共速后,由于传送带继续 减速且加速度大小大于物块滑动时的加速度大小,所以物块也将 减速,摩擦力向左,方向改变,即在t=53 s 时摩擦力方向发生改 变,故C错误;D.设物块与传送带共速时速度为v1,有v1=a't= 2×53 m /s=103 m /s,物 块 的 位 移 为 x1= 1 2a't 2= 12 ×2× 5 3 2 m=259 m ,传送带的位移为x2=v0t- 1 2at 2=10×53- 1 2 ×4× 53 2 m=1009 m 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 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