4.5.1牛顿第二定律的应用 专题1 板块问题 讲义 -2025-2026学年高一上学期物理人教版必修第一册

2026高一上学期物理同步讲义与课时精练 4.5.1牛顿第二定律的应用 专题1 板块问题 【基础回顾】 板块模型 1．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。 2．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。 3．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。 【必备知识】 一、板块模型的解题策略 运动状态 板块速度不相等 板块速度相等瞬间 板块共速运动 处理方法 隔离法 假设法 整体法 具体步骤 对滑块和木板进行隔离分析，弄清每个物体的受体情况与运动过程 假设两物体间无相对滑动，先用整体法算出一起运动的加速度，再用隔离法算出其中一个物体“所需要”的摩擦力Ff；比较Ff与最大静摩擦力Ffm的关系，若Ff>Ffm，则发生相对滑动 将滑块和木板看成一个整体，对整体进行受力分析和运动过程分析 临界条件 ①两者速度达到相等的瞬间，摩擦力可能发生突变 ②当木板的长度一定时，滑块可能从木板滑下，恰好滑到木板的边缘，二者共速是滑块滑离木板的临界条件 相关知识 运动学公式、牛顿运动定律、动能定理、功能关系等 【拓展延伸】 解题思路与技巧 (1)通过受力分析判断滑块和木板各自的运动状态(具体做什么运动)。 (2)判断滑块与木板间是否存在相对运动： ①运动学条件：若两物体速度不等，则会存在相对运动。 ②动力学条件：假设两物体间无相对运动，先用整体法求出共同加速度，再用隔离法算出其中一个物体“所需要”的摩擦力Ff，比较Ff与最大静摩擦力Fm的关系，若Ff>Fm，则存在相对运动，否则不存在相对运动。 (3)分析滑块和木板的受力情况，根据牛顿第二定律分别求出滑块和木板的加速度。 (4)对滑块和木板进行运动情况分析，找出滑块和木板之间的位移关系或速度关系，建立方程。特别注意，当选地面为参考系时，a、v、x都是相对地面而言的。 注意：滑块滑离木板的临界条件：恰好滑到木板的边缘时达到共同速度(相对静止)。 【巩固强化】 题型1 无外力板块模型 【例题精讲】 1．如图，光滑的水平面上静止一块足够长的长木板P，一滑块Q（视为质点）从左端以初速度v0向右滑上长木板P，此后关于长木板P和滑块Q的运动图像，若PQ间动摩擦因数恒定，可能正确的是（　　） A． B． C． D． 2．如图甲所示，水平地面上静止放置一质量为M的木板，木板的左端有一个可视为质点的、质量m＝1kg的滑块。现给滑块一向右的初速度v0＝10m/s，此后滑块和木板在水平地面上运动的速度图像如图乙所示，滑块最终刚好停在木板的右端，取g＝10m/s2。下列说法正确的是（　　） A．滑块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.3 B．木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.3 C．木板的长度L＝4m D．木板的质量M＝1.5kg 3．将一长木板静止放在光滑的水平面上，如图甲所示，一个小铅块（可视为质点）以水平初速度v0＝4m/s由木板左端向右滑动，到达右端时恰能与木板保持相对静止。小铅块的质量m＝1kg，木板的总质量M＝3kg。小铅块与木板的动摩擦因数为0.6，现将木板分成A和B两段，使B的长度和质量均为A的2倍，并紧挨着放在原水平面上，让小铅块仍以初速度v0由木块A的左端开始向右滑动，如图乙所示，则下列有关说法正确的是（　　） A．甲图中如果增大铅块质量，其他条件不变，则铅块将从木板右端滑出 B．甲图中木板的长度为2米 C．乙图中A最终的速度为（1）m/s D．乙图中滑块不会从B的右端滑出，且与木板保持相对静止时，离木板B右端距离m （多选）4．如图甲所示，一木板静止在粗糙水平面上，可视为质点的物块放在木板右端。t＝0时，给木板一初速度v0，木板和物块运动的v﹣t图像如图乙所示，整个过程物块未离开木板，图乙中所标物理量均已知，长木板和物块的质量均为m。下列说法正确的是（　　） A．物块在t1前后瞬间加速度大小不相同 B．木板长度至少为 C．全过程，物块与木板间摩擦产生的热量为mvv0 D．木板与地面间的动摩擦因数为 （多选）5．如图所示，倾角为37°、足够长的斜面固定在水平地面上。某时刻薄木板AB和物块叠放在斜面上，物块处于木板中间位置，木板和物块由静止开始运动。已知木板、物块的质量分别为1kg、0.5kg，物块与木板间、木板与斜面间的动摩擦因数分别为0.5、0.6，且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g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列说法正确的是（　　） A．物块刚运动时，物块的加速度大小为2m/s2 B．物块刚运动时，物块相对于木板静止 C．物块刚运动时，木板的加速度大小为0.8m/s2 D．若仅改变物块与木板间的动摩擦因数，则物块可能从木板的B端滑离 题型2 有外力板块模型 【例题精讲】 1．如图所示，倾角α＝30°的足够长光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一长L＝1.8m、质量M＝3kg的薄木板，木板的最右端叠放一质量m＝1kg的小物块，物块与木板间的动摩擦因数。对木板施加沿斜面向上的恒力F，使木板沿斜面由静止开始做匀加速直线运动，设物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2？（　　） A．要使木板沿斜面由静止开始做匀加速直线运动，需恒力F＞15N B．当恒力F＝25N时，物块会与木板发生相对滑动 C．当恒力F＞30N时，物块会与木板发生相对滑动 D．当恒力F＝37.5N时，物块滑离木板所用的时间为1s 2．如图（a）所示，物块和长木板置于倾角为θ＝37°且足够长的斜面上。t＝0时对长木板施加沿斜面向上的拉力F，使长木板和物块由静止开始沿斜面上滑，作用一段时间后撤去拉力F。已知长木板和物块始终保持相对静止，两者上滑时速度的平方与位移之间的关系v2﹣x图像如图（b）所示，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度取g＝10m/s2，最大静摩擦力认为等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是（　　） A．拉力F的作用时间为2s B．拉力F作用时长木板的加速度大小为2m/s2 C．长木板与斜面间的动摩擦因数为0.25 D．物块与长木板之间的动摩擦因数可能为0.75 （多选）3．如图所示，质量M＝3kg的粗糙木板，t＝0时在水平恒力F的作用下从静止开始沿水平面向右做匀加速直线运动，加速度a＝2m/s2。t＝1s时，将一个质量m＝2kg的小铁块（可视为质点）无初速度地放在木板最右端，经过一段时间后，铁块恰好不从木板上滑下。已知铁块和木板之间的动摩擦因数μ1＝0.1，木板和地面之间的动摩擦因数μ2＝0.2，g＝10m/s2，则（　　） A．水平恒力F的大小为12N B．铁块放上木板后的一瞬间，木板的加速度大小为 C．铁块相对木板滑动的时间为6s D．木板的长度为2m （多选）4．在光滑水平面上叠放有A、B两个物体，它们的质量分别为2m和m，C物体上固连一轻质滑轮，与A连接的轻质细线绕过两轻质滑轮后固定到天花板上，其中与A连接的细线水平，绕过动滑轮的左右两段细线竖直，如图所示。不考虑滑轮的摩擦，A、B间的动摩擦因数μ＝0.2，g＝10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．A物体的最大加速度为2m/s2 B．B物体的最大加速度为4m/s2 C．C物体质量为m时，B的加速度为2.5m/s2 D．若A、B不发生相对运动，则C物体的最大质量为3m （多选）5．如图甲所示，光滑斜面上有固定挡板A，斜面上叠放着物块B和木板C，木板C下端位于挡板A处，整体处于静止状态。木板C受到逐渐增大的沿斜面向上的拉力F作用时，木板C的加速度a与拉力F的关系图像如图乙所示，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，则由图像可知（　　） A．10N＜F＜15N时，B、C间发生相对滑动 B．斜面倾角θ等于30° C．无法求出木板C的质量 D．木板C和物块B之间的动摩擦因数为 课时精练 1．如图所示，A、B、C三个物体静止叠放在水平桌面上，物体A和B的质量均为2m，C的质量是m，A、B间的动摩擦因数为μ，B、C间的动摩擦因数为，B和地面间的动摩擦因数为。设B足够长，A、C均不会从B上掉落，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对A施加一水平向右的拉力F，则下列判断正确的是（　　） A．当力F大于μmg时，A、B、C三个物体互相不再相对静止 B．当力F逐渐增大时，A、B之间先发生相对滑动 C．当力F逐渐增大到3μmg时，B与A相对滑动 D．无论力F为何值，B的加速度不会超过 2．如图所示，长木板A放在水平地面上，物块B放在A上，A、B静止。A、B质量均为m，它们间的动摩擦因数为μ，A与地面间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。作用在A上的水平拉力F逐渐增大，下列说法正确的是（　　） A．当Fμmg时，A、B都静止 B．当F＞μmg时，A、B发生相对运动 C．B的最大加速度为μg 3．如图甲所示，质量为m1的塑料块和质量为m2的木块叠放在水平桌面上，对塑料块施加一水平向右的拉力F，塑料块在木块上滑动，而木块保持静止状态，图乙为其示意图。塑料块和木块之间的动摩擦因数为μ1，桌面和木块之间的动摩擦因数为μ2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。则（　　） A．木块受到桌面的摩擦力为μ2（m1+m2）g B．若F＞μ2（m1+m2）g时木块将开始滑动 C．若将F作用在木块上，当F＞μ2（m1+m2）g+μ1m1g时，可以抽出木块 D．若将F作用在木块上，当F＞（μ1+μ2）（m1+m2）g时，可以抽出木块 4．在上表面水平的小车上叠放着上下表面同样水平的物块A、B，已知A、B质量相等，A、B间的动摩擦因数μ1＝0.2，物块B与小车间的动摩擦因数μ2＝0.3。小车以加速度a0做匀加速直线运动时，A、B间发生了相对滑动，B与小车相对静止，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，小车的加速度a0大小可能是（　　） A．2m/s2 B．3m/s2 C．5m/s2 D．6m/s2 5．如图所示，表面粗糙的长木板静止在光滑水平面上，一滑块以一初速度v从长木板左端滑上，经时间t从长木板右端滑出，滑块相对于长木板的位移为x。下列说法正确的是（　　） A．若v增大，则t也增大 B．若v减小，且滑块仍能滑出，则x可能等于长木板的位移 C．若滑块质量增大，则滑块仍能滑出，且t不变 D．若水平面变为粗糙，则滑块仍能滑出，且t减小 6．如图甲所示，质量为1.5kg的长木板B静止在光滑水平地面上，在t＝0时刻，可视为质点、静止在长木板B左端的质量为0.5kg的物块A在水平外力F作用下开始运动，3s后撤去外力F，外力F随时间变化的关系如图乙所示，物块A与长木板B间的动摩擦因数为0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，则（　　） A．物块A与长木板B在1s时开始相对运动 B．在0～3s内，长木板B的加速度一直增大 C．3s末长木板B的速度大小为m/s D．3s末物块A的速度大小为1m/s 7．如图所示，一足够长的质量为M＝10kg的长木板在光滑水平面上以3m/s的速度向右行驶。某时刻轻放一质量m＝2.0kg的小黑煤块在长木板右端（小黑煤块视为质点且初速度为零），同时给长木板施加一个F＝14N的向右水平恒力，煤块与长木板间动摩擦因数μ＝0.20，取g＝10m/s2，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再做匀速直线运动 B．煤块放上长木板后，长木板一直做加速度不变的加速运动 C．煤块在4s内前进的位移为9m D．煤块最终在长木板上留下的痕迹长度为4.5m 二．多选题（共4小题） （多选）8．如图1所示，一质量为1kg的长木板置于水平桌面上，木板左端放置一可看成质点的滑块。现对滑块施加一水平向右的恒定拉力F，在F的作用下滑块和木板发生相对滑动，在t＝0.5s时撤去F，滑块运动的v﹣t图像如图2所示。整个运动过程中，滑块始终不脱离木板，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．木板与滑块间的动摩擦因数为0.4 B．滑块的质量为3kg C．拉力F＝21N D．木板至少长1.5m （多选）9．如图甲所示，质量为2m的足够长的木板B放在粗糙水平面上，质量为m的物块A放在木板B的右端且A与B、B与水平面间的动摩擦因数均为μ。现对木板B施加一水平变力F，F随t变化的关系如图乙所示，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（　　） A．前3s内，A受到的摩擦力方向水平向右 B．t＝4s时，A的加速度大小为 C．t＝5s时，A受到的摩擦力大小为0.5μmg D．第6s以后，A受到的摩擦力大小为μmg （多选）10．如图所示，光滑水平面AB与粗糙水平面CD等高，中间凹槽BC也是光滑水平面，凹槽BC长度L0＝10m，凹槽内靠左端有一个长度为L1＝8m的木板，木板的上面与水平面AB、CD等高，木板的质量M＝1kg，在水平面AB上有一个轻弹簧，轻弹簧左端固定，弹簧处于原长时右端在B点左侧。用一个质量m＝1kg可视为质点的物块缓慢压缩弹簧，当弹性势能Ep＝18J时锁定弹簧，重力加速度取g＝10m/s2，木板与右边撞击后速度立即减为0并静止，物块与木板之间的动摩擦因数μ1＝0.1，物块与粗糙水平面CD之间的动摩擦因数μ2＝0.2，某时刻解除锁定，下列说法正确的是（　　） A．物块离开弹簧时的速度大小是6m/s B．木板与右边撞击时物块的速度大小是3m/s C．物块与木板因摩擦产生的热量是10J D．物块静止的位置距C点的距离是4m （多选）11．如图甲所示，一定长度、质量为M＝2kg的长木板放在水平面上，质量为m＝1kg且可视为质点的物块放在长木板的最右端，现在长木板上施加一水平向右的外力F1（大小未知），使长木板和物块均由静止开始运动，将此刻记为t＝0时刻，0∼2s内长木板和物块的速度随时间的变化规律如图乙所示，t＝2s时将外力大小改为F2＝22N，物块与长木板间的动摩擦因数为μ1，长木板与水平面间的动摩擦因数为，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，整个过程中物块始终未离开长木板，重力加速度g＝10m/s2则（　　） A．物块与长木板间的动摩擦因数为μ1＝0.2 B．长木板上施加一水平向右的外力F1＝24N C．长木板最终的速度大小为 D．长木板的最小长度m 三．解答题（共3小题） 12．如图甲所示，一质量为M＝0.2kg的木板静止在水平面上，一个质量为m＝0.1kg的物块（视为质点）放置在木板上表面的中点位置。t＝0时刻，用水平向右的拉力F作用在木板上，拉力F随时间t的变化关系如图乙所示，时撤去外力作用。物块与木板之间的动摩擦因数μ1＝0.3，木板与水平面之间的动摩擦因数μ2＝0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终未离开木板，重力加速度取g＝10m/s2。求： （1）0～1s时间内，物块和木板的加速度大小； （2）时物块和木板的速度大小； （3）木板至少为多长。 13．如图甲所示，一定长度、质量为M＝2kg的长木板放在水平面上，质量为m＝1kg且可视为质点的物块放在长木板的最右端，现在长木板上施加一水平向右的外力F1（大小未知），使长木板和物块均由静止开始运动，将此刻记为t＝0时刻，0～2s内长木板和物块的速度随时间的变化规律如图乙所示，t0＝2s时将外力大小改为F2＝22N，物块与长木板间的动摩擦因数为μ1，长木板与水平面间的动摩擦因数为，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，整个过程中物块始终未离开长木板，重力加速度g＝10m/s2。求： （1）0～2s内长木板和物块的加速度大小； （2）μ1以及F1的大小； （3）长木板t（t大于t0）时的速度大小的表达式。 14．如图所示，一倾角为α＝37°的光滑足够长的斜面固定在水平地面上，物块A和足够长的长木板B叠放在斜面上，不可伸长的轻绳绕过光滑定滑轮连接B与物块C。物块A、长木板B的质量均为m＝1kg，物块C的质量为M＝3kg，A、B间的动摩擦因数μ＝0.8，物块C下底面距地面的高度h＝10m，现将A、B、C由静止释放，且B、C未与定滑轮碰撞。已知重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求： （1）物块A与木板B间的摩擦力的大小； （2）物块A的加速度aA； （3）第2秒末物块C下底面距地面高度的大小。 第2页（共4页） 学科网（北京）股份有限公司 $2026高一上学期物理同步讲义与课时精练 4.5.1牛顿第二定律的应用 专题1 板块问题 【基础回顾】 板块模型 1．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。 2．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。 3．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。 【必备知识】 一、板块模型的解题策略 运动状态 板块速度不相等 板块速度相等瞬间 板块共速运动 处理方法 隔离法 假设法 整体法 具体步骤 对滑块和木板进行隔离分析，弄清每个物体的受体情况与运动过程 假设两物体间无相对滑动，先用整体法算出一起运动的加速度，再用隔离法算出其中一个物体“所需要”的摩擦力Ff；比较Ff与最大静摩擦力Ffm的关系，若Ff>Ffm，则发生相对滑动 将滑块和木板看成一个整体，对整体进行受力分析和运动过程分析 临界条件 ①两者速度达到相等的瞬间，摩擦力可能发生突变 ②当木板的长度一定时，滑块可能从木板滑下，恰好滑到木板的边缘，二者共速是滑块滑离木板的临界条件 相关知识 运动学公式、牛顿运动定律、动能定理、功能关系等 【拓展延伸】 解题思路与技巧 (1)通过受力分析判断滑块和木板各自的运动状态(具体做什么运动)。 (2)判断滑块与木板间是否存在相对运动： ①运动学条件：若两物体速度不等，则会存在相对运动。 ②动力学条件：假设两物体间无相对运动，先用整体法求出共同加速度，再用隔离法算出其中一个物体“所需要”的摩擦力Ff，比较Ff与最大静摩擦力Fm的关系，若Ff>Fm，则存在相对运动，否则不存在相对运动。 (3)分析滑块和木板的受力情况，根据牛顿第二定律分别求出滑块和木板的加速度。 (4)对滑块和木板进行运动情况分析，找出滑块和木板之间的位移关系或速度关系，建立方程。特别注意，当选地面为参考系时，a、v、x都是相对地面而言的。 注意：滑块滑离木板的临界条件：恰好滑到木板的边缘时达到共同速度(相对静止)。 【巩固强化】 题型1 无外力板块模型 【例题精讲】 1．如图，光滑的水平面上静止一块足够长的长木板P，一滑块Q（视为质点）从左端以初速度v0向右滑上长木板P，此后关于长木板P和滑块Q的运动图像，若PQ间动摩擦因数恒定，可能正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【解答】解：AB、根据题意分析可知，由于地面光滑，滑块Q滑上长木板P后，长木板P向右做匀加速直线运动，滑块Q向右做匀减速运动，故AB错误； CD、根据题意分析可知，两者都做匀变速直线运动，加速度大小恒定，故C正确，D错误。 故选：C。 2．如图甲所示，水平地面上静止放置一质量为M的木板，木板的左端有一个可视为质点的、质量m＝1kg的滑块。现给滑块一向右的初速度v0＝10m/s，此后滑块和木板在水平地面上运动的速度图像如图乙所示，滑块最终刚好停在木板的右端，取g＝10m/s2。下列说法正确的是（　　） A．滑块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.3 B．木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.3 C．木板的长度L＝4m D．木板的质量M＝1.5kg 【答案】D 【解答】解：A、根据题图乙可知，滑块刚滑上木板时加速度 由牛顿第二定律可得ma1＝﹣μ1mg 联立解得μ1＝0.4 故A错； B、根据题意分析可知，2s后滑块与木板一起做匀减速直线运动，加速度 由牛顿第二定律可得（m+M）a共＝﹣μ2（m+M）g 联立解得μ2＝0.1 故B错； C、根据题意分析可知，木板的长度为0～2s内滑块与木板的v﹣t图线与时间轴所围面积差 故C错误； D、根据题意分析可知，在0～2s内木板的加速度 对M根据牛顿第二定律可得μ1mg﹣μ2（M+m）g＝Ma2 解得M＝1.5kg 故D正确。 故选：D。 3．将一长木板静止放在光滑的水平面上，如图甲所示，一个小铅块（可视为质点）以水平初速度v0＝4m/s由木板左端向右滑动，到达右端时恰能与木板保持相对静止。小铅块的质量m＝1kg，木板的总质量M＝3kg。小铅块与木板的动摩擦因数为0.6，现将木板分成A和B两段，使B的长度和质量均为A的2倍，并紧挨着放在原水平面上，让小铅块仍以初速度v0由木块A的左端开始向右滑动，如图乙所示，则下列有关说法正确的是（　　） A．甲图中如果增大铅块质量，其他条件不变，则铅块将从木板右端滑出 B．甲图中木板的长度为2米 C．乙图中A最终的速度为（1）m/s D．乙图中滑块不会从B的右端滑出，且与木板保持相对静止时，离木板B右端距离m 【答案】D 【解答】解：AB．铅块与木板组成的系统动量守恒，以向右为正方向有mv0＝（m+M）v，根据能量守恒定律有，可得，解得L＝1m。如果增大铅块的质量m，其他条件不变，则铅块相对木板静止时相对木板滑行的距离将变小，铅块不会从木板右端滑出，故AB错误。 C．从铅块滑上A到离开A的过程，铅块、A、B组成的系统动量守恒，在铅块离开A前，A、B一起向右加速运动，铅块离开A时，A、B的速度相等。以向右为正方向，根据动量守恒定律有mv0＝mv1+Mv2，根据能量守恒定律有，解得，（舍去），故C错误。 D．图甲中，铅块与木板之间的摩擦力使整个木板一直加速；图乙中铅块先使整个木板加速，运动到B上后A停止加速，只有B加速，加速度大于图甲中对应的过程，故图乙中铅块与B将更早达到共同速度，所以铅块还没有运动到B的右端就相对B静止，不会从的右端滑出；考虑铅块刚滑上B到铅块和B相对静止的过程，由动量守恒定律得mv1+MBv2＝（m+MB）v共，由能量守恒定律得 ，解得，距离，解得 ，故D正确。 故选：D。 （多选）4．如图甲所示，一木板静止在粗糙水平面上，可视为质点的物块放在木板右端。t＝0时，给木板一初速度v0，木板和物块运动的v﹣t图像如图乙所示，整个过程物块未离开木板，图乙中所标物理量均已知，长木板和物块的质量均为m。下列说法正确的是（　　） A．物块在t1前后瞬间加速度大小不相同 B．木板长度至少为 C．全过程，物块与木板间摩擦产生的热量为mvv0 D．木板与地面间的动摩擦因数为 【答案】BD 【解答】解：A、由图乙所示v﹣t图像可知，物块先做初速度为零的匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，整个过程物块所受合力为滑动摩擦力，所受合力大小不变，由牛顿第二定律可知，物块的加速度大小不变，故A错误； B、由图乙所示v﹣t图像可知，开始物块向右做匀加速直线运动，木板向右做匀减速直线运动，直至两者共速，该过程物块相对木板向左滑动；两者共速后物块与木板都向右做匀减速直线运动，该过程物块相对于木板向右运动，当两者共速时物块相对于木板向左滑动的距离最大，物块没有离开木板，则木板的最小长度L，故B正确； D、由图乙所示v﹣t图像可知，物块的加速度大小a1，木板的加速度大小a2，a3 对物块，由牛顿第二定律得：μ1mg＝ma1 对木板，由牛顿第二定律得：μ1mg+μ2（m+m）g＝ma2 解得：μ1，μ2，故D正确； C、物块加速到与木板共速过程，两者相对滑行的距离x1＝L 物块与木板共速后直到停止运动过程，物块相对木板滑行的距离x2 整个过程物块相对于木板滑行的路程s＝x1+x2 整个过程与木板间摩擦产生的热量Q＝μ1mgs，解得：Qmvv0，故C错误。 故选：BD。 （多选）5．如图所示，倾角为37°、足够长的斜面固定在水平地面上。某时刻薄木板AB和物块叠放在斜面上，物块处于木板中间位置，木板和物块由静止开始运动。已知木板、物块的质量分别为1kg、0.5kg，物块与木板间、木板与斜面间的动摩擦因数分别为0.5、0.6，且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g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列说法正确的是（　　） A．物块刚运动时，物块的加速度大小为2m/s2 B．物块刚运动时，物块相对于木板静止 C．物块刚运动时，木板的加速度大小为0.8m/s2 D．若仅改变物块与木板间的动摩擦因数，则物块可能从木板的B端滑离 【答案】AC 【解答】解：ABC．物块与木板间、木板与斜面间的动摩擦因数分别为0.5、0.6，物块与木板间的动摩擦因数小于木板与斜面间的动摩擦因数，可知物块相对木板向下滑动，根据牛顿第二定律可得此时物块的加速度为 此时木板的加速度，二者加速度不相等，不可能保持相对静止，故AC正确，B错误； D．当物块与木板间的动摩擦因数大于或等于木板与斜面间的动摩擦因数时，物块与木板一起向下滑动；当物块与木板间的动摩擦因数小于木板与斜面间的动摩擦因数时，物块相对木板向下下滑，即仅改变物块与木板间的动摩擦因数，物块不可能从木板的B端滑离，故D错误。 故选：AC。 题型2 有外力板块模型 【例题精讲】 1．如图所示，倾角α＝30°的足够长光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一长L＝1.8m、质量M＝3kg的薄木板，木板的最右端叠放一质量m＝1kg的小物块，物块与木板间的动摩擦因数。对木板施加沿斜面向上的恒力F，使木板沿斜面由静止开始做匀加速直线运动，设物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2？（　　） A．要使木板沿斜面由静止开始做匀加速直线运动，需恒力F＞15N B．当恒力F＝25N时，物块会与木板发生相对滑动 C．当恒力F＞30N时，物块会与木板发生相对滑动 D．当恒力F＝37.5N时，物块滑离木板所用的时间为1s 【答案】C 【解答】解：要使木块和木板之间不产生相对滑动，则对M、m由牛顿第二定律得：F﹣（M+m）gsinα＝（M+m）a 对m有：f﹣mgsinα＝ma，f⩽μmgcosα 代入数据解得：F⩽30N 因要拉动，则： 则为使物块不滑离木板，力F应满足的条件为20N＜F⩽30N。 A、要使木板沿斜面由静止开始做匀加速直线运动，需恒力F＞20N，故A错误； B、20N＜F＝25N＜30N，M和m沿斜面向上做匀加速运动，不产生相对滑动，故B错误； C、F＞30N 时，M和m产生相对滑动，故C正确； D、当 F＝37.5N＞30N，物块能滑离木板，对M有：F﹣μmgcosα﹣Mgsinα＝Ma1 对m有：μmgcosα﹣mgsinα＝ma2 设滑块滑离木板所用的时间为t，由运动学公式得 代入数据解得：t＝1.2s，故D错误。 故选：C。 2．如图（a）所示，物块和长木板置于倾角为θ＝37°且足够长的斜面上。t＝0时对长木板施加沿斜面向上的拉力F，使长木板和物块由静止开始沿斜面上滑，作用一段时间后撤去拉力F。已知长木板和物块始终保持相对静止，两者上滑时速度的平方与位移之间的关系v2﹣x图像如图（b）所示，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度取g＝10m/s2，最大静摩擦力认为等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是（　　） A．拉力F的作用时间为2s B．拉力F作用时长木板的加速度大小为2m/s2 C．长木板与斜面间的动摩擦因数为0.25 D．物块与长木板之间的动摩擦因数可能为0.75 【答案】C 【解答】解：B、根据速度—位移关系v2＝2ax，结合图（b）知，直线斜率的绝对值等于加速度的2倍，所以有拉力时的加速度：，故B错误； A、撤去拉力时的速度：v＝4m/s，拉力作用时间为：ts＝4s，故A错误； C、撤去拉力时的加速度： 由牛顿第二定律（M+m）gsinθ+μ1（M+m）gcosθ＝（M+m）a2 代入数据解得：μ1＝0.25，故C正确； D、物块与长木板之间无相对滑动，由牛顿第二定律：μ2mgcosθ﹣mgsinθ≥ma1 解得：μ2≥0.875 物块与长木板之间的动摩擦因数不可能为0.75，故D错误。 故选：C。 （多选）3．如图所示，质量M＝3kg的粗糙木板，t＝0时在水平恒力F的作用下从静止开始沿水平面向右做匀加速直线运动，加速度a＝2m/s2。t＝1s时，将一个质量m＝2kg的小铁块（可视为质点）无初速度地放在木板最右端，经过一段时间后，铁块恰好不从木板上滑下。已知铁块和木板之间的动摩擦因数μ1＝0.1，木板和地面之间的动摩擦因数μ2＝0.2，g＝10m/s2，则（　　） A．水平恒力F的大小为12N B．铁块放上木板后的一瞬间，木板的加速度大小为 C．铁块相对木板滑动的时间为6s D．木板的长度为2m 【答案】AD 【解答】解：A、对0～1s阶段的木板进行受力分析，竖直方向N＝Mg，地面摩擦力f＝μ2Mg，解得：f＝6N，根据牛顿第二定律F﹣f＝Ma，代入数据解得F＝12N，故A正确； B、当t＝1s时木板的速度v0＝at1，解得v0＝2m/s；铁块放上后，对铁块由牛顿第二定律μ1mg＝ma铁，解得；对木板分析，地面对木板的摩擦力f地＝μ2（M+m）g，解得f地＝10N，铁块对木板的摩擦力f铁＝μ1mg，解得：f铁＝2N，根据牛顿第二定律F﹣f铁﹣f地＝Ma木，代入数据解得a木＝0，表明木板做匀速运动，故B错误； C、D、铁块恰好不从木板上滑下时二者共速，设共速时间为t，由运动学公式v0＝a铁t，解得t＝2s；此过程中木板位移x木＝v0t，解得x木＝4m，铁块位移，解得x铁＝2m，木板长度L＝x木﹣x铁，解得L＝2m，故C错误，D正确。 故选：AD。 （多选）4．在光滑水平面上叠放有A、B两个物体，它们的质量分别为2m和m，C物体上固连一轻质滑轮，与A连接的轻质细线绕过两轻质滑轮后固定到天花板上，其中与A连接的细线水平，绕过动滑轮的左右两段细线竖直，如图所示。不考虑滑轮的摩擦，A、B间的动摩擦因数μ＝0.2，g＝10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．A物体的最大加速度为2m/s2 B．B物体的最大加速度为4m/s2 C．C物体质量为m时，B的加速度为2.5m/s2 D．若A、B不发生相对运动，则C物体的最大质量为3m 【答案】BD 【解答】解：A.当A、B发生相对滑动时，设细线的拉力为F，对A受力分析，根据牛顿第二定律得：F﹣2μmg＝2maA 可知F越大A的加速度越大，则无确定其加速度的最大值，故A错误； B.对B受力分析，当A、B之间的摩擦力达到最大时其加速度最大，同理有：2μmg＝maBm，解得：，故B正确； D.设A、B恰好不发生相对滑动时（此时A、B的加速度均为aBm），细线的拉力为T。 对C由牛顿第二定律得：mCg﹣2T＝mCaC 对A、B整体同理得：T＝3maBm 又有：aBm＝2aC 联立解得：mC＝3m 可知A、B不发生相对运动，则C物体的最大质量为3m，故D正确； C.当C的质量为m时，由D选项的结论可知A、B整体未发生相对滑动。 对C有： 对A、B整体有：T1＝3maB 解得：aB，故C错误。 故选：BD。 （多选）5．如图甲所示，光滑斜面上有固定挡板A，斜面上叠放着物块B和木板C，木板C下端位于挡板A处，整体处于静止状态。木板C受到逐渐增大的沿斜面向上的拉力F作用时，木板C的加速度a与拉力F的关系图像如图乙所示，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，则由图像可知（　　） A．10N＜F＜15N时，B、C间发生相对滑动 B．斜面倾角θ等于30° C．无法求出木板C的质量 D．木板C和物块B之间的动摩擦因数为 【答案】BCD 【解答】解：A．当F＞15N时，木板C的加速度增大趋势变大，可知此时物块B和木板C发生了相对滑动，故当10N＜F＜15N时物块B和木板C相对静止，故A错误； BC．对木板C和物块B的整体分析，当F1＝10N时a＝0，则有 F1＝（M+m）gsinθ 当F2＝15N时a＝2.5m/s2，则有F2﹣（M+m）gsinθ＝（M+m）a 联立解得M+m＝2kg，θ＝30°，不能求解物块B和木板C各自的质量，故BC正确； D．当F2＝15N时a＝2.5m/s2，此时物块B和木板C开始发生相对滑动，此时物块B和木板C之间的摩擦力达到最大，根据牛顿第二定律，对物块B有μmgcosθ﹣mgsinθ＝ma 解得动摩擦因数，故D正确。 故选：BCD。 课时精练 一．选择题（共7小题） 1．如图所示，A、B、C三个物体静止叠放在水平桌面上，物体A和B的质量均为2m，C的质量是m，A、B间的动摩擦因数为μ，B、C间的动摩擦因数为，B和地面间的动摩擦因数为。设B足够长，A、C均不会从B上掉落，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对A施加一水平向右的拉力F，则下列判断正确的是（　　） A．当力F大于μmg时，A、B、C三个物体互相不再相对静止 B．当力F逐渐增大时，A、B之间先发生相对滑动 C．当力F逐渐增大到3μmg时，B与A相对滑动 D．无论力F为何值，B的加速度不会超过 【答案】D 【解答】解：AB.物体A、B间的最大静摩擦力为 f1＝μ×2mg＝2μmg B、C间的最大静摩擦力为 B与地面的最大静摩擦力为 当时，A、B、C都静止不动AB.若A、B、C三个物体始终相对静止，则三者一起向右加速，对整体，根据牛顿第二定律得 F﹣f3＝（2m+2m+m）a 假设C恰好与B相对不滑动，对C，由牛顿第二定律得 f2＝ma 解得 设此时A与B间的摩擦力为f，对A，由牛顿第二定律得 F﹣f＝2ma 解得 表明C达到临界时A还没有到达临界值，则当力F逐渐增大时，B、C之间先发生打滑现象，要使三者始终相对静止，则F不能超过 故AB错误； C.物体B相对A滑动时，C早已相对于B发生相对滑动，对AB整体，由牛顿第二定律得 F′﹣f2﹣f3＝（2m+2m）a 对A，由牛顿第二定律得 F′﹣μ×2mg＝2ma 解得： 故当拉力大于时，B相对A滑动，故C错误； D.当F较大时，A与C会相对于B滑动，B的加速度达到最大，当A与B相对滑动时，C早已相对于B发生相对滑动，则B受到A的摩擦力向前，B受到C的摩擦力向后，B受到地面的摩擦力向后，对B，由牛顿第二定律得 f1﹣f2﹣f3＝2maB 解得 故D正确。 故选：D。 2．如图所示，长木板A放在水平地面上，物块B放在A上，A、B静止。A、B质量均为m，它们间的动摩擦因数为μ，A与地面间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。作用在A上的水平拉力F逐渐增大，下列说法正确的是（　　） A．当Fμmg时，A、B都静止 B．当F＞μmg时，A、B发生相对运动 C．B的最大加速度为μg 【答案】C 【解答】解：BC.B的最大加速度 A、B即将发生相对运动时 解得 故B错误，C正确； A.A与地面间的最大静摩擦力 当时，AB一起运动，故A错误； 故选：C。 3．如图甲所示，质量为m1的塑料块和质量为m2的木块叠放在水平桌面上，对塑料块施加一水平向右的拉力F，塑料块在木块上滑动，而木块保持静止状态，图乙为其示意图。塑料块和木块之间的动摩擦因数为μ1，桌面和木块之间的动摩擦因数为μ2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。则（　　） A．木块受到桌面的摩擦力为μ2（m1+m2）g B．若F＞μ2（m1+m2）g时木块将开始滑动 C．若将F作用在木块上，当F＞μ2（m1+m2）g+μ1m1g时，可以抽出木块 D．若将F作用在木块上，当F＞（μ1+μ2）（m1+m2）g时，可以抽出木块 【答案】D 【解答】解：A．木块处于静止整体，根据受力平衡可得木块受到桌面的摩擦力为f＝μ1m1g，故A错误； B．由于塑料块在木块上滑动，则μ1m1g＜μ1（m1+m2）g，故无论F多大，木块将一直处于静止状态，故B错误； CD．若将F作用在木块上，设当F＝F0，木块与塑料块刚好可以一起加速运动，以木块与塑料块为整体，根据牛顿第二定律可得F0﹣μ2（m1+m2）g＝（m1+m2）a0，以塑料块为对象，根据牛顿第二定律可得μ1m1g＝m1a0，联立解得F0＝（μ1+μ2）（m1+m2）g，则当F＞（μ1+μ2）（m1+m2）g，可以抽出木块，故C错误，D正确。 故选：D。 4．在上表面水平的小车上叠放着上下表面同样水平的物块A、B，已知A、B质量相等，A、B间的动摩擦因数μ1＝0.2，物块B与小车间的动摩擦因数μ2＝0.3。小车以加速度a0做匀加速直线运动时，A、B间发生了相对滑动，B与小车相对静止，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，小车的加速度a0大小可能是（　　） A．2m/s2 B．3m/s2 C．5m/s2 D．6m/s2 【答案】B 【解答】解：当A、B相对静止，AB间恰好达到最大静摩擦力时，此时三者有相同的加速度，对A受力分析有μ1mg＝ma1，解得a1＝μ1g＝0.2×10m/s2＝2m/s2； 当A、B间发生相对滑动时，A的加速度仍为2m/s2，对B受力分析有μ22mg﹣μ1mg＝ma0，解得a0＝2μ2g﹣μ1g＝2×0.3×10m/s2﹣0.2×10m/s2＝4m/s2。 可知A、B间发生了相对滑动，B与小车相对静止，小车的加速度大小范围为，故ACD错误，B正确。 故选：B。 5．如图所示，表面粗糙的长木板静止在光滑水平面上，一滑块以一初速度v从长木板左端滑上，经时间t从长木板右端滑出，滑块相对于长木板的位移为x。下列说法正确的是（　　） A．若v增大，则t也增大 B．若v减小，且滑块仍能滑出，则x可能等于长木板的位移 C．若滑块质量增大，则滑块仍能滑出，且t不变 D．若水平面变为粗糙，则滑块仍能滑出，且t减小 【答案】D 【解答】解：A、设滑块的加速度大小为a，长木板的加速度为a'，根据位移关系有x，根据牛顿第二定律可知，若v增大，滑块和长木板的加速度不变，滑块在长木板上的运动时间将减小，故A错误； B、若v减小，且滑块仍能滑出，则滑块相对长木板的位移仍为长木板的长度x，假设滑块刚好滑出时的速度和长木板的速度相等，均为v'，时间为t'，根据位移—关系有x，如果x等于长木板的位移，则有x，则v＝v'，这是不可能的，故B错误； C、若滑块质量增大，设滑块的质量为m，长木板的质量为M，根据牛顿第二定律可知滑块的加速度不变，长木板的加速度大小为a'，则长木板的加速度a'减小，根据位移关系有x可知，时间t变小，故C错误； D、若水平面变为粗糙，长木板除受到滑块对它向右的摩擦力外，还受到地面对它向左的摩擦力f，则长木板的加速度大小a'，可知长木板的加速度变小，则滑块仍能滑出，根据位移关系有x可知，时间t变小，故D正确。 故选：D。 6．如图甲所示，质量为1.5kg的长木板B静止在光滑水平地面上，在t＝0时刻，可视为质点、静止在长木板B左端的质量为0.5kg的物块A在水平外力F作用下开始运动，3s后撤去外力F，外力F随时间变化的关系如图乙所示，物块A与长木板B间的动摩擦因数为0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，则（　　） A．物块A与长木板B在1s时开始相对运动 B．在0～3s内，长木板B的加速度一直增大 C．3s末长木板B的速度大小为m/s D．3s末物块A的速度大小为1m/s 【答案】C 【解答】解：A、当物块A与长木板B间即将出现相对运动时，对长木板B受力分析，μmg＝ma 由牛顿第二定律得对物块 A受力分析得F﹣μmg＝ma 解得am/s2， FN 由图可知物块A与长木板B在s时开始相对运动，故A错误； B、在0～3s内，长木板B的加速度先增大后不变，故B错误； C、设在s时物块A和长木板B的共同速度大小为v，取水平向右为正方向，则由Ft＝（M+m）v 解得vm/s 在s～3s时间内，长木板B做匀加速直线运动，则3s末长木板B的速度大小为vB＝v+at'，解得 vBm/s 故C正确； D、在s末物块A的加速度大小为am/s2，3s末物块A的加速度大小为a'＝1m/s2 在s～3s时间内，物块A的速度增加量ΔvΔt，代入数据解得Δvm/s 则3s末物块A的速度大小为vA＝v+Δv，解得vAm/s，故D错误。 故选：C。 7．如图所示，一足够长的质量为M＝10kg的长木板在光滑水平面上以3m/s的速度向右行驶。某时刻轻放一质量m＝2.0kg的小黑煤块在长木板右端（小黑煤块视为质点且初速度为零），同时给长木板施加一个F＝14N的向右水平恒力，煤块与长木板间动摩擦因数μ＝0.20，取g＝10m/s2，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再做匀速直线运动 B．煤块放上长木板后，长木板一直做加速度不变的加速运动 C．煤块在4s内前进的位移为9m D．煤块最终在长木板上留下的痕迹长度为4.5m 【答案】D 【解答】解：AB、对煤块，根据牛顿第二定律，有 μmg＝ma1 可得煤块向右运动的加速度 a1＝μg 代入数据解得a1＝2m/s2 对长木板，根据牛顿第二定律，有 F﹣μmg＝Ma2 解得长木板向右运动的加速度 a2＝1m/s2 经过t时间两者共速 v0+a2t＝a1t 代入数据解得 t＝3s 共速后两者一起以相同的加速度向右加速，根据牛顿第二定律，有 F＝（M+m）a3 代入数据解得 a3m/s2. 故AB错误； CD、在t＝3s时间内，煤块向右运动位移 x1 代入数据解得x1＝9m 长木板向右运动的位移为 x2＝v0t 代入数据解得 x2＝13.5m 煤块相对长木板向左的位移为 x＝x1﹣x2 代入数据解得x＝4.5m 故C错误，D正确。 故选：D。 二．多选题（共4小题） （多选）8．如图1所示，一质量为1kg的长木板置于水平桌面上，木板左端放置一可看成质点的滑块。现对滑块施加一水平向右的恒定拉力F，在F的作用下滑块和木板发生相对滑动，在t＝0.5s时撤去F，滑块运动的v﹣t图像如图2所示。整个运动过程中，滑块始终不脱离木板，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．木板与滑块间的动摩擦因数为0.4 B．滑块的质量为3kg C．拉力F＝21N D．木板至少长1.5m 【答案】AD 【解答】解：A、设滑块的质量为m，撤去F后，滑块的加速度大小； 对滑块，根据牛顿第二定律μmg＝ma1，可得，故A正确。 B、设木板的质量为M＝1kg，木板与桌面的动摩擦因数为μ′。在t＝1.0s后滑块与木板相对静止一起做匀加速直线运动，整体的加速度大小为， 对整体，根据牛顿第二定律得：μ′（m+M）g＝（m+M）a2，解得：μ′＝0.2 在0～1.0s时间内滑块相对木板向右滑动，木板做匀加速直线运动，在t＝1.0s时滑块与木板共速，此过程木板的加速度大小为， 对木板，根据牛顿第二定律得：μmg﹣μ′（m+M）g＝Ma3，解得：m＝2kg，故B错误。 C、撤去F前，滑块的加速度大小为； 对滑块，根据牛顿第二定律得：F﹣μmg＝ma4，解得：F＝24N，故C错误。 D、计算滑块和木板的相对位移，根据v﹣t图像与坐标轴围成的面积表示位移； 在0～1.0s时间内，滑块的位移大小为： 在0～1.0s时间内，木板的位移大小为：x21m 在0～1.0s时间内，两者的相对位移大小为：Δx1＝x1﹣x2＝2.5m﹣1m＝1.5m 则木板至少长L＝Δx1＝1.5m，故D正确。 故选：AD。 （多选）9．如图甲所示，质量为2m的足够长的木板B放在粗糙水平面上，质量为m的物块A放在木板B的右端且A与B、B与水平面间的动摩擦因数均为μ。现对木板B施加一水平变力F，F随t变化的关系如图乙所示，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（　　） A．前3s内，A受到的摩擦力方向水平向右 B．t＝4s时，A的加速度大小为 C．t＝5s时，A受到的摩擦力大小为0.5μmg D．第6s以后，A受到的摩擦力大小为μmg 【答案】BD 【解答】解：A和B刚好一起滑动时，由得，F＝3μmg，即第3s时，A和B刚好一起滑动。 A恰好相对B滑动时，根据牛顿第二定律，A的加速度为aA＝μg，B的加速度 且aA＝aB 解得F＝6μmg 所以F＝6μmg时，即第6s时，A即将相对B滑动 即在前3s内，两物体静止 在第3s末到第6s末时，A和B一起滑动 第6s以后，A相对B滑动。 A、在前3s内，A、B静止不动，A受到的摩擦力为0，故A错误； B、当t＝4s时，A和B一起滑动，根据牛顿第二定律，A的加速度大小为 ，故B正确； C、当t＝5s时，A和B一起滑动，根据牛顿第二定律，A受到的摩擦力大小 f＝maAB＝ ，故C错误。 D、第6s以后，A、B相对滑动，则A受到的摩擦力大小为μmg，故D正确。 故选：BD。 （多选）10．如图所示，光滑水平面AB与粗糙水平面CD等高，中间凹槽BC也是光滑水平面，凹槽BC长度L0＝10m，凹槽内靠左端有一个长度为L1＝8m的木板，木板的上面与水平面AB、CD等高，木板的质量M＝1kg，在水平面AB上有一个轻弹簧，轻弹簧左端固定，弹簧处于原长时右端在B点左侧。用一个质量m＝1kg可视为质点的物块缓慢压缩弹簧，当弹性势能Ep＝18J时锁定弹簧，重力加速度取g＝10m/s2，木板与右边撞击后速度立即减为0并静止，物块与木板之间的动摩擦因数μ1＝0.1，物块与粗糙水平面CD之间的动摩擦因数μ2＝0.2，某时刻解除锁定，下列说法正确的是（　　） A．物块离开弹簧时的速度大小是6m/s B．木板与右边撞击时物块的速度大小是3m/s C．物块与木板因摩擦产生的热量是10J D．物块静止的位置距C点的距离是4m 【答案】AD 【解答】解：A．弹簧的弹性势能转化为小物块的动能，由功能关系得 代入数据解得：vB＝6m/s，故A正确； B．假设物块到C之前与木板共速，设向右为正方向，由动量守恒定律得 mvB＝（m+M）v 代入数据解得：v＝3m/s 对木板，由动能定理得 代入数据解得：x2＝4.5m＞L0﹣L1＝10m﹣8m＝2m 假设不成立，则木板、物块没有共速。物块从B到C，由动能定理得 代入数据解得：vc＝4m/s，故B错误； C．物块与木板因摩擦产生的热量是 Q＝μ1mgL1 代入数据可得：Q＝8J，故C错误； D．从物体离开弹簧到物块静止全过程，由动能定理得 代入数据解得：x＝4m，故D正确。 故选：AD。 （多选）11．如图甲所示，一定长度、质量为M＝2kg的长木板放在水平面上，质量为m＝1kg且可视为质点的物块放在长木板的最右端，现在长木板上施加一水平向右的外力F1（大小未知），使长木板和物块均由静止开始运动，将此刻记为t＝0时刻，0∼2s内长木板和物块的速度随时间的变化规律如图乙所示，t＝2s时将外力大小改为F2＝22N，物块与长木板间的动摩擦因数为μ1，长木板与水平面间的动摩擦因数为，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，整个过程中物块始终未离开长木板，重力加速度g＝10m/s2则（　　） A．物块与长木板间的动摩擦因数为μ1＝0.2 B．长木板上施加一水平向右的外力F1＝24N C．长木板最终的速度大小为 D．长木板的最小长度m 【答案】AC 【解答】解：A．由图像可得，物块的加速度大小为： 对物块进行受力分析，由牛顿第二定律可得μ1mg＝ma块 解得：μ1＝0.2，故A正确； B．由图像可知，板的加速度 根据牛顿第二定律可得：F1﹣μ1mg﹣μ2（M+m）g＝Ma板 联立解得：F1＝42N，故B错误； C．t＝2s时，此时木板和物块的速度分别为v1＝18m/s，v2＝4m/s 将外力大小改为F2＝22N后，物块继续做匀加速直线运动，木板开始做匀减速直线运动，由牛顿第二定律可知： 解得： 设经过t时间木板和物块达到共速，则有 解得，，故C正确； D．由图乙可得，0∼2s内物块相对长木板的位移 2s后至长木板与物块共速，物块相对长木板的位移Δx2， 解得： 长木板的最小长度L＝Δx1+Δx2，解得：L，故D错误。 故选：AC。 三．解答题（共3小题） 12．如图甲所示，一质量为M＝0.2kg的木板静止在水平面上，一个质量为m＝0.1kg的物块（视为质点）放置在木板上表面的中点位置。t＝0时刻，用水平向右的拉力F作用在木板上，拉力F随时间t的变化关系如图乙所示，时撤去外力作用。物块与木板之间的动摩擦因数μ1＝0.3，木板与水平面之间的动摩擦因数μ2＝0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终未离开木板，重力加速度取g＝10m/s2。求： （1）0～1s时间内，物块和木板的加速度大小； （2）时物块和木板的速度大小； （3）木板至少为多长。 【答案】（1）0～1s时间内，物块的加速度大小为3m/s2，木板的加速度大小为4m/s2； （2）时物块的速度大小为4m/s，木板的速度大小为4m/s； （3）木板至少为。 【解答】解：（1）0～1s内，假设物块与木板加速度不同，分别由牛顿第二定律得μ1mg＝ma1 解得 F1﹣μ1mg﹣μ2（M+m）g＝Ma2 解得 可知a2＞a1，则假设成立，即物块和木板的加速度大小分别为3m/s2和4m/s2。 （2）0～1s内t1＝1s物块与平板均做匀加速直线运动，1s末速度 v1＝a1t1＝3×1m/s＝3m/s v2＝a2t2＝4×1m/s＝4m/s 内，由于木板受到水平向右的拉力F2＝1.8N 恰好有F2＝μ1mg+μ2（M+m）g 故木板做匀速直线运动，物块继续做匀加速直线运动直至时刚好与木板速度相同 v1′＝v1+a1t2＝3m/s+3m/s＝4m/s v2′＝v2＝4m/s （3）撤去拉力F后，对物块相对于木板向前滑，由牛顿第二定律有μ1mg＝ma1′ 解得 由μ2（M+m）g﹣μ1mg＝Ma2′ 解得 物块和木板停下所用的时间分别为， 在内，物块和木板的位移大小分别为x1和x2 代入数值得 代入数值得 此过程物块相对于木板向左位移 Δx＝x2﹣x1 后到物块和木板停下，物块和木板的位移大小分别为x1′和x2′ 代入数值得 代入数值得 此过程物块相对于木板向右位移Δx′＝x1′﹣x2′ 由于Δx′﹣Δx，木板的最小长度x＝2Δx 答：（1）0～1s时间内，物块的加速度大小为3m/s2，木板的加速度大小为4m/s2； （2）时物块的速度大小为4m/s，木板的速度大小为4m/s； （3）木板至少为。 13．如图甲所示，一定长度、质量为M＝2kg的长木板放在水平面上，质量为m＝1kg且可视为质点的物块放在长木板的最右端，现在长木板上施加一水平向右的外力F1（大小未知），使长木板和物块均由静止开始运动，将此刻记为t＝0时刻，0～2s内长木板和物块的速度随时间的变化规律如图乙所示，t0＝2s时将外力大小改为F2＝22N，物块与长木板间的动摩擦因数为μ1，长木板与水平面间的动摩擦因数为，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，整个过程中物块始终未离开长木板，重力加速度g＝10m/s2。求： （1）0～2s内长木板和物块的加速度大小； （2）μ1以及F1的大小； （3）长木板t（t大于t0）时的速度大小的表达式。 【答案】（1）0～2s内长木板加速度大小为9m/s2，物块的加速度大小为2m/s2； （2）μ1的大小为0.2，F1的大小为42N； （3）长木板t（t大于t0）时的速度大小的表达式：时，v＝20﹣t；时，。 【解答】解：（1）对于长木板，由图乙可知，0～2s内木板的速度从0增加到18m/s，因此加速度 对于物块，0～2s内物块的速度从0增加到4m/s，因此加速度 （2）物块在0～2s内仅受长木板的滑动摩擦力，根据牛顿第二定律μ1mg＝ma2 解得μ1＝0.2 长木板在0～2s内受三个力，外力F1、水平面对它向左的滑动摩擦力μ2（M+m）g、物块对它水平向左的滑动摩擦力μ1mg。 根据牛顿第二定律有F1﹣μ2（M+m）g﹣μ1mg＝Ma1 代入数据，解得F1＝42N （3）t＝t0时，物块仍受滑动摩擦力，加速度 木板由牛顿第二定律有F2﹣μ2（M+m）g﹣μ1mg＝Ma1' 代入数据，计算得，即木板将做减速运动。 设从t0开始，经过时间t′两者共速，木板的速度为v1＝18+a1't′ 物块的速度为 v2＝4+a2't′ 共速时v1＝v2＝v共 解得 共速速度 所以当时，木板做匀减速运动，速度表达式为v＝18﹣1×（t﹣2）＝20﹣t 当时，假设共速后一起运动，整体加速度a满足F2﹣μ2（M+m）g＝（M+m）a 代入数据，得a＝0，即时，二者一起匀速运动，木板的速度表达式为。 答：（1）0～2s内长木板加速度大小为9m/s2，物块的加速度大小为2m/s2； （2）μ1的大小为0.2，F1的大小为42N； （3）长木板t（t大于t0）时的速度大小的表达式：时，v＝20﹣t；时，。 14．如图所示，一倾角为α＝37°的光滑足够长的斜面固定在水平地面上，物块A和足够长的长木板B叠放在斜面上，不可伸长的轻绳绕过光滑定滑轮连接B与物块C。物块A、长木板B的质量均为m＝1kg，物块C的质量为M＝3kg，A、B间的动摩擦因数μ＝0.8，物块C下底面距地面的高度h＝10m，现将A、B、C由静止释放，且B、C未与定滑轮碰撞。已知重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求： （1）物块A与木板B间的摩擦力的大小； （2）物块A的加速度aA； （3）第2秒末物块C下底面距地面高度的大小。 【答案】（1）物块A与木板B间的摩擦力的大小为6.4N； （2）物块A的加速度为0.4m/s2，方向沿斜面向上； （3）第2秒末物块C下底面距地面高度的大小为1.2m。 【解答】解：（1）假设AB能相对静止一起沿斜面向上加速运动，则整体的加速度 解得 a＝3.6m/s2 对物体A： f﹣mgsin37°＝ma 解得 f＝9.6N 而A与B的最大静摩擦力 fm＝μmgcos37° 解得 fm＝6.4N＜9.6N 可知此时A与B不能相对静止即A相对B下滑，物块A与木板B间的滑动摩擦力为 f＝μmgcos37° 解得 f＝6.4N （2）A的加速度 解得 方向沿斜面向上。 （3）对B、C的整体： 解得 且物块C加速度向下对C： 解得 hC＝8.8m h3＝h﹣hc 得 h3＝1.2m 答：（1）物块A与木板B间的摩擦力的大小为6.4N； （2）物块A的加速度为0.4m/s2，方向沿斜面向上； （3）第2秒末物块C下底面距地面高度的大小为1.2m。 第2页（共4页） 学科网（北京）股份有限公司 $