第三章第14课时 专题强化：“滑块—木板”模型中的动力学问题-2027届高三物理一轮复习讲义

该高中物理高考复习讲义聚焦“滑块—木板”模型动力学问题，围绕整体法与隔离法应用、临界加速度判断、相对位移及摩擦生热等核心考点，按考向预测、模型构建、双基自测、考点突破、真题演练、限时训练的逻辑架构展开，通过考点梳理、方法指导、真题训练等环节帮助学生突破力学综合难点。 资料以模型建构和科学推理为核心，如考点突破中拆解多滑块叠加、外力阶段性变化等变式，结合v-t图像分析共速前后运动阶段，培养学生科学思维。设置双基自测夯实基础、真题演练溯源考向、限时训练模拟实战的分层练习，助力教师把控复习节奏，提升学生应考能力。

　第三章 运动和力的关系 第14课时　专题强化：“滑块—木板”模型中的动力学问题 复习导航 01 考向预测●明考向 对标核心素养，研判高考命题趋势 02 模型构建●明考点 搭建知识框架，构建系统思维 03 双基自测●夯基础 夯实基础知识，总结易错难点 04 考点突破●明方向 拆解核心考点，归纳解题范式 05 真题演练●悟高考 溯源真题逻辑，感知高考考向 06 过关限时训练 限定答题时长，模拟考场实战 【考向预测●明考向】 滑块木板模型以整体法与隔离法为核心分析手段，重点判断滑块与木板间静摩擦、滑动摩擦的临界加速度，分共速前、共速后两阶段分析各自加速度、相对位移、摩擦生热，拓展外力作用于滑块或木板、地面有无摩擦、多块叠加等变式，常结合v-t图像、临界极值设问，集中出现在力学多选、计算压轴题；近三年是动力学高频重难点，每套试卷基本都会出现该模型变式，区分度高；预测2027年会侧重多滑块多层木板叠加、外力阶段性变化的分段运动分析，强化滑块木板与传送带复合情境、临界分离条件、能量与动量初步结合的综合运算，结合生产生活真实情境设置多过程图像类压轴考查。 【双基自测●夯基础】 1．如图甲所示，完全相同的两个长木板A、B紧靠在一起（但不粘连）静置于水平地面上，时刻一小物块（可视为质点）以某一较小的速度从长木板A的左端滑上，小物块始终在A的上表面，以后长木板A运动的速度-时间图象如图乙所示。已知长木板长度，物块与长木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板、木板与地面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度。则小物块与长木板间动摩擦因数_______________；若物块的初速度，则小物块最终停在B的上表面距离B左端_______________。（这一空的答案用分数表示） 2．如图甲所示，足够长的木板静置于水平地面上，木板最右端放置一可看成质点的小物块。在t=0时对木板施加一水平向右的恒定拉力F，在F的作用下物块和木板发生相对滑动，t=1s时撤去F，整个过程木板运动的v-t图像如图乙所示，物块和木板的质量均为1kg，物块与木板间、木板与地面间均有摩擦，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度，则拉力F的大小为________N；物块最终停止时的位置与木板右端的距离为________m。 3．如图甲所示，一长木板静止在水平地面上，在时刻，一小物块以一定速度从左端滑上长木板，之后长木板运动的图像如图乙所示，已知小物块与长木板的质量均为，已知木板足够长，g取，则： （1）小物块与长木板间动摩擦因数________； （2）在整个运动过程中，整个系统因摩擦而产生的热量为________J。 4．如图，可视为质点的小木块质量为m，木板质量为M＝3m，长度为L，一轻绳通过定滑轮分别与木板和小木块连接，小木块与木板间、木板与水平桌面间的动摩擦因数均为，开始时木块静止在木板左端。用水平向右的拉力将小木块缓慢向右拉，直到小木块处于木板正中央，则水平向右的拉力大小为________，该过程此拉力做功为________。 5．如图所示，物块A的质量为，长木板B的质量为，A、B间的动摩擦因数为，B与地面间的动摩擦因数为，不考虑轻绳与定滑轮之间的摩擦，为使A、B相对滑动，甲、乙、丙三图中所需施加拉力的最小值分别为______，______，______。 6．如图所示，木板质量为M，长为L，放在光滑水平面上，一细绳通过定滑轮将木板与质量为m的小木块相连，M与m之间的动摩擦因数为μ，现用水平向右的力F将小木块从木板的最左端拉到最右端，拉力至少要做的功是___________。 7．质量分别为m1和m2的木块重叠后放在光滑的水平面上，如图所示。m1和m2间的动摩擦因数为μ。现给m2施加随时间t增大的力F=kt，式中k是常数。求m1、m2的加速度a1、a2与时间的关系式为 ___________。 8．如图所示，质量分别为10kg和5kg的长方形物体A和B静止叠放在水平桌面上。A与桌面以及A、B间动摩擦因数分别为μ1=0.1和μ2=0.6，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现用一个水平作用力F作用在B上，能使A、B之间发生相对滑动的F的最小值为______。 9．如图甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m=2kg的另一物体B（可视为质点）以水平速度v0=2m/s 滑上原来静止的长木板A的上表面，由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间的变化情况如图乙所示，已知当地的重力加速度g取10m/s2。则系统损失的机械能为ΔE=___________J，长木板A的最短长度为l=___________m，A、B间的动摩擦因数为μ=___________。 10．如图所示，静止在水平地面上的木板（厚度不计）质量为m1=1 kg，与地面间的动摩擦因数μ1=0.2，质量为m2=2 kg、可看作质点的小物块与木板、地面间的动摩擦因数均为μ2=0.4，以v0=4 m/s 的水平速度从左端滑上木板，经过t=0.6 s滑离木板，g取10 m/s2，木板的长度为___________ m，小物块离开木板后，木板的加速度为___________ m/s2，方向水平___________（选填“向左”或“向右”）。 【模型构建●明考点】 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。 【考点突破●明方向】 例1　(多选)(2024·浙江杭州市检测)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v0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 例2　质量为M=1 kg的木板放在水平地面上，质量为m=0.5 kg的小滑块(其大小可忽略)放在木板上最右端，如图所示，木板与地面的动摩擦因数为μ1=0.2，木板与滑块间的动摩擦因数为μ2=0.1。在木板右侧施加一个水平向右的恒力F，g取10 m/s2，并认为最大静摩擦力等于同等条件下的滑动摩擦力，则： (1)若F=4 N，则小滑块和木板的加速度大小分别为多少？ (2)若F=9 N，作用了1 s后撤去，运动过程中滑块始终未脱离木板，则木板长度最短为多少？ (3)在(2)的情境中，滑块和木板最终静止时，滑块到木板最右端的距离为多少？ 例3　(2024·浙江衢州市检测)如图所示，质量mB=1 kg，长L=8 m的木板B静置于水平地面上，质量mA=3 kg的煤块(可视为质点)A静止于木板B的左端。已知A、B间的动摩擦因数μ1=0.2，B与地面间的动摩擦因数μ2=0.1，重力加速度g取10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻力，则： (1)为保证A与B不发生相对滑动，水平拉力F不能超过多大？ (2)若水平拉力F大小为24 N，则从煤块开始运动到从木板上滑下，需要多长时间？ (3)若水平拉力F为24 N不变，仅作用t1=1 s后撤去，则当A与B停止相对滑动时，求A在B留下的划痕长度。 例4　如图所示，倾角θ=37°的光滑斜面固定在水平地面上，初始状态时，质量为M=0.2 kg、长度为L=1 m的薄木板放在斜面上，且薄木板下端与斜面底端的距离s=1.92 m，现将薄木板由静止释放，同时质量m=0.1 kg的滑块(可视为质点)以速度v0=3 m/s从木板上端沿斜面向下冲上薄木板。已知滑块与薄木板间的动摩擦因数μ=0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。 (1)通过计算判断滑块能否脱离薄木板。 (2)求薄木板从开始运动到下端到达斜面底端的时间。 【真题演练●悟高考】 1．（2024·吉林·高考真题）一足够长木板置于水平地面上，二者间的动摩擦因数为μ。时，木板在水平恒力作用下，由静止开始向右运动。某时刻，一小物块以与木板等大、反向的速度从右端滑上木板。已知到的时间内，木板速度v随时间t变化的图像如图所示，其中g为重力加速度大小。时刻，小物块与木板的速度相同。下列说法正确的是（　　） A．小物块在时刻滑上木板 B．小物块和木板间动摩擦因数为2μ C．小物块与木板的质量比为3︰4 D．之后小物块和木板一起做匀速运动 2．（2024·浙江·高考真题）一弹射游戏装置竖直截面如图所示，固定的光滑水平直轨道AB、半径为R的光滑螺旋圆形轨道BCD、光滑水平直轨道DE平滑连接。长为L、质量为M的平板紧靠长为d的固定凹槽EFGH侧壁EF放置，平板上表面与DEH齐平。将一质量为m的小滑块从A端弹射，经过轨道BCD后滑上平板并带动平板一起运动，平板到达HG即被锁定。已知R=0.5 m，d=4.4 m，L=1.8 m，M=m=0.1 kg，平板与滑块间的动摩擦因数μ1=0.6、与凹槽水平底面FG间的动摩擦因数为μ2。滑块视为质点，不计空气阻力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度。 （1）滑块恰好能通过圆形轨道最高点C时，求滑块离开弹簧时速度v0的大小； （2）若μ2=0，滑块恰好过C点后，求平板加速至与滑块共速时系统损耗的机械能； （3）若μ2=0.1，滑块能到达H点，求其离开弹簧时的最大速度vm。 3．（2024·新疆河南·高考真题）如图，一长度的均匀薄板初始时静止在一光滑平台上，薄板的右端与平台的边缘O对齐。薄板上的一小物块从薄板的左端以某一初速度向右滑动，当薄板运动的距离时，物块从薄板右端水平飞出；当物块落到地面时，薄板中心恰好运动到O点。已知物块与薄板的质量相等。它们之间的动摩擦因数，重力加速度大小。求 （1）物块初速度大小及其在薄板上运动的时间； （2）平台距地面的高度。 4．（2023·海南·高考真题）如图所示，有一固定的光滑圆弧轨道，半径，一质量为的小滑块B从轨道顶端滑下，在其冲上长木板C左端时，给木板一个与小滑块相同的初速度，已知，B、C间动摩擦因数，C与地面间的动摩擦因数，C右端有一个挡板，C长为。 求： （1）滑到的底端时对的压力是多大？ （2）若未与右端挡板碰撞，当与地面保持相对静止时，间因摩擦产生的热量是多少？ （3）在时，B与C右端挡板发生碰撞，且碰后粘在一起，求从滑上到最终停止所用的时间。    【过关限时训练】 （60分钟） [分值：35分] 　[1~3题，每题3分] 1.如图所示，桌面上放置一张纸，一个硬币静止在纸面上，现用手快速拉动纸的一边，将纸从硬币下抽出来，则手的拉力越大(　　) A.硬币在纸上滑动的加速度越大 B.硬币在纸上滑行的时间越短 C.硬币受到纸面的摩擦力越大 D.硬币离开纸面时的速度越大 2.平板小车静止放在水平地面上，箱子以一定的水平初速度从左端滑上平板车，箱子和车之间有摩擦，地面对小车的阻力可忽略，当它们的速度相等时，箱子和平板车的位置情况可能是(　　) 3.(多选)如图甲所示，长木板A静止在光滑水平面上，另一质量为2 kg的物体B(可看作质点)以水平速度v0=3 m/s滑上长木板A的表面。由于A、B间存在摩擦，之后的运动过程中A、B的速度—时间图像如图乙所示。重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　) A.长木板A、物体B所受的摩擦力均与各自运动方向相反 B.A、B之间的动摩擦因数μ=0.2 C.A长度至少为3 m D.长木板A的质量是4 kg 4.(10分)(2024·新课标卷·25)如图，一长度l=1.0 m的均匀薄板初始时静止在一光滑平台上，薄板的右端与平台的边缘O对齐。薄板上的一小物块从薄板的左端以某一初速度向右滑动，当薄板运动的距离Δl=时，物块从薄板右端水平飞出；当物块落到地面时，薄板中心恰好运动到O点。已知物块与薄板的质量相等。它们之间的动摩擦因数μ=0.3，重力加速度大小g取10 m/s2。求： (1)(6分)物块初速度大小及其在薄板上运动的时间。 (2)(4分)平台距地面的高度。 　[5~7题，每题4分] 5.如图，在光滑水平地面上一足够长的木板b以速度2v0向右做匀速运动，某时刻将物块a轻放在b上，同时对a施加水平向右的恒力F。a、b质量相等，a与b间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。从a放到b上开始计时，关于a、b运动的速度v随时间t变化的图像可能正确的是(　　) 6.如图所示，倾角α=30°的足够长光滑斜面固定在水平面上，斜面上锁定一长L=1.8 m、质量M=3 kg的薄木板，木板的最上端叠放一质量m=1 kg的小物块(可视为质点)，现解除锁定并对木板施加沿斜面向上的恒力F，使木板由静止开始沿斜面向上做匀加速直线运动，物块与木板间的动摩擦因数μ=，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.恒力F>15 N B.当恒力F=25 N时，物块会与木板发生相对滑动 C.当恒力F>30 N时，物块会与木板发生相对滑动 D.当恒力F=37.5 N时，物块滑离木板所用的时间为1 s 【答案】C 7.(多选)(2024·黑吉辽·10)一足够长木板置于水平地面上，二者间的动摩擦因数为μ。t=0时，木板在水平恒力作用下，由静止开始向右运动。某时刻，一小物块以与木板等大、反向的速度从右端滑上木板。已知t=0到t=4t0的时间内，木板速度v随时间t变化的图像如图所示，其中g为重力加速度大小。t=4t0时刻，小物块与木板的速度相同。下列说法正确的是(　　) A.小物块在t=3t0时刻滑上木板 B.小物块和木板间动摩擦因数为2μ C.小物块与木板的质量比为3∶4 D.t=4t0之后小物块和木板一起做匀速运动 　[4分] 8.(多选)如图所示，长为L=2 m的水平传送带以v=3 m/s的速率顺时针方向匀速转动，传送带的右侧平台上紧靠传送带放置一块长木板C，长木板C上表面与传送带在同一水平面内，滑块B静止在长木板C上，距长木板C左端l=2.75 m。现有一个滑块A以初速度v0=6 m/s从左端滑上传送带，经过传送带后无能量损失地滑上长木板C，之后与滑块B发生弹性碰撞。已知A、B、C的质量分别为mA=mB=1.0 kg、mC=0.5 kg，A、B可视为质点，A与传送带间的动摩擦因数μ1=0.5，A、B与C间的动摩擦因数均为μ2=0.2，C与平台间的动摩擦因数μ3=0.05，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是 A.滑块A滑上长木板C时的速度大小为3 m/s B.滑块A与B碰撞前瞬间滑块B的速度大小为0.5 m/s C.滑块A与B碰撞后瞬间滑块B的速度大小为2 m/s D.要使滑块B不从长木板C上滑落，长木板C最小长度为3.2 m 学科网（北京）股份有限公司 $ 　第三章 运动和力的关系 第14课时　专题强化：“滑块—木板”模型中的动力学问题 复习导航 01 考向预测●明考向 对标核心素养，研判高考命题趋势 02 模型构建●明考点 搭建知识框架，构建系统思维 03 双基自测●夯基础 夯实基础知识，总结易错难点 04 考点突破●明方向 拆解核心考点，归纳解题范式 05 真题演练●悟高考 溯源真题逻辑，感知高考考向 06 过关限时训练 限定答题时长，模拟考场实战 【考向预测●明考向】 滑块木板模型以整体法与隔离法为核心分析手段，重点判断滑块与木板间静摩擦、滑动摩擦的临界加速度，分共速前、共速后两阶段分析各自加速度、相对位移、摩擦生热，拓展外力作用于滑块或木板、地面有无摩擦、多块叠加等变式，常结合v-t图像、临界极值设问，集中出现在力学多选、计算压轴题；近三年是动力学高频重难点，每套试卷基本都会出现该模型变式，区分度高；预测2027年会侧重多滑块多层木板叠加、外力阶段性变化的分段运动分析，强化滑块木板与传送带复合情境、临界分离条件、能量与动量初步结合的综合运算，结合生产生活真实情境设置多过程图像类压轴考查。 【双基自测●夯基础】 1．如图甲所示，完全相同的两个长木板A、B紧靠在一起（但不粘连）静置于水平地面上，时刻一小物块（可视为质点）以某一较小的速度从长木板A的左端滑上，小物块始终在A的上表面，以后长木板A运动的速度-时间图象如图乙所示。已知长木板长度，物块与长木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板、木板与地面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度。则小物块与长木板间动摩擦因数_______________；若物块的初速度，则小物块最终停在B的上表面距离B左端_______________。（这一空的答案用分数表示） 【答案】 0.5 【详解】[1]设滑块和长木板的质量均为m，0－0.1s内，A、B两板一起做匀加速直线运动，设加速度大小为a1，对两板整体由牛顿运动定律得 0.1s－0.2s内，滑块与两木板一起匀减速运动，设加速度大小为a2，对三者整体由牛顿运动定律得 由乙图可知，由上式可解的 [2]若滑块以v0=4m/s滑上A板，设滑块匀减速运动的加速度大小为a0，有 假设滑块会滑离A板，它在A板上运动的时间为t1，有 解得 滑离A板时，滑块的速度和AB板的速度分别为， 由于v1>v2，故假设成立，滑块会离开A板，滑块滑上B板后，假设最终与B板达到共同速度，相对滑动的时间为t2，B板的加速度由 又， 解得小物块最终停在B的上表面距离B左端。 2．如图甲所示，足够长的木板静置于水平地面上，木板最右端放置一可看成质点的小物块。在t=0时对木板施加一水平向右的恒定拉力F，在F的作用下物块和木板发生相对滑动，t=1s时撤去F，整个过程木板运动的v-t图像如图乙所示，物块和木板的质量均为1kg，物块与木板间、木板与地面间均有摩擦，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度，则拉力F的大小为________N；物块最终停止时的位置与木板右端的距离为________m。 【答案】 21 5.25 【详解】[1]设物块与木板间、木板与地面间动摩擦因数分别为，设物块质量、木板质量分别为m、M，图乙可知0到1s二者均做加速度运动，对木板 图乙可知木板加速度大小 1s到1.5s内，对木板 图乙可知该段时间木板加速度大小 联立解得 [2]图乙可知1.5s二者共速，则物块最终停止时的位置与木板右端的距离 3．如图甲所示，一长木板静止在水平地面上，在时刻，一小物块以一定速度从左端滑上长木板，之后长木板运动的图像如图乙所示，已知小物块与长木板的质量均为，已知木板足够长，g取，则： （1）小物块与长木板间动摩擦因数________； （2）在整个运动过程中，整个系统因摩擦而产生的热量为________J。 【答案】 0.5 72 【详解】（1）[1]设长木板与小物块间摩擦因数为，长木板与地面间动摩擦因数为，由牛顿第二定律，得 木板和物块相对静止，共同减速过程中，由牛顿第二定律得 由图像可知 ，， 联立解得 ， （2）[2]设小物块的初速度为，小物块减速过程中，有 解得 由能量守恒可知，在整个运动过程中，整个系统因摩擦而产生的热量为 4．如图，可视为质点的小木块质量为m，木板质量为M＝3m，长度为L，一轻绳通过定滑轮分别与木板和小木块连接，小木块与木板间、木板与水平桌面间的动摩擦因数均为，开始时木块静止在木板左端。用水平向右的拉力将小木块缓慢向右拉，直到小木块处于木板正中央，则水平向右的拉力大小为________，该过程此拉力做功为________。 【答案】 【详解】[1]小木块匀速运动时，设轻绳的拉力为T，对木块水平方向根据平衡关系有 对木板水平方向根据平衡关系有 解得 [2]若小木块处于木板正中央，则小木块的位移为，则拉力对小木块做的功为 5．如图所示，物块A的质量为，长木板B的质量为，A、B间的动摩擦因数为，B与地面间的动摩擦因数为，不考虑轻绳与定滑轮之间的摩擦，为使A、B相对滑动，甲、乙、丙三图中所需施加拉力的最小值分别为______，______，______。 【答案】 【详解】[1]图甲中，对A分析可知水平方向受到绳子拉力T，摩擦力大小为 对B分析可知水平方向受到绳子拉力T，地面摩擦力大小为 A对B的摩擦力大小为 临界情况为 [2]图乙中，A、B恰好相对滑动，对AB整体分析可知水平方向拉力F2，摩擦力大小为 根据牛顿第二定律有 对A分析有 解得 [2]图乙中，A、B恰好相对滑动，对AB整体分析可知水平方向拉力F3，摩擦力大小为 根据牛顿第二定律有 对A分析有 解得 6．如图所示，木板质量为M，长为L，放在光滑水平面上，一细绳通过定滑轮将木板与质量为m的小木块相连，M与m之间的动摩擦因数为μ，现用水平向右的力F将小木块从木板的最左端拉到最右端，拉力至少要做的功是___________。 【答案】 【详解】匀速运动时，拉力做功最少，对物块 对木板 拉力做功为 得 7．质量分别为m1和m2的木块重叠后放在光滑的水平面上，如图所示。m1和m2间的动摩擦因数为μ。现给m2施加随时间t增大的力F=kt，式中k是常数。求m1、m2的加速度a1、a2与时间的关系式为 ___________。 【答案】当时，；当时，， 【详解】[1]由于m1和m2间有摩擦力，而地面是光滑的，所以刚开始m1和m2将一起做加速运动，设加速度为a，根据牛顿第二定律，有 当t增大时，m1和m2间的摩擦力达到最大静摩擦力时，m1和m2将分离，此时的摩擦力为 因此m1将做匀加速运动，加速度 m2将做变加速运动，加速度为 设分离时刻为，则分离时，可解得 当时 当时 ， 8．如图所示，质量分别为10kg和5kg的长方形物体A和B静止叠放在水平桌面上。A与桌面以及A、B间动摩擦因数分别为μ1=0.1和μ2=0.6，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现用一个水平作用力F作用在B上，能使A、B之间发生相对滑动的F的最小值为______。 【答案】37.5N 【详解】[1]设A、B的质量分别为mA、mB，A、B恰好没发生相对滑动时加速度为a，对A进行受力分析，A达到最大加速度时 A、B恰好没发生相对滑动时，对A、B整体进行受力分析 联立并代入数据得 F=37.5N 因此，A、B之间发生相对滑动的F的最小值为37.5N。 9．如图甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m=2kg的另一物体B（可视为质点）以水平速度v0=2m/s 滑上原来静止的长木板A的上表面，由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间的变化情况如图乙所示，已知当地的重力加速度g取10m/s2。则系统损失的机械能为ΔE=___________J，长木板A的最短长度为l=___________m，A、B间的动摩擦因数为μ=___________。 【答案】 2 1 0.1 【详解】 [1]由vt图像可知，最终A、B的共同速度 v=1m/s 且 aA=1m/s2 aB=1m/s2 又 f=MaA=maB 故长木板的质量 M=m=2kg 则系统损失的机械能 [2][3]由能量守恒定律有 fl=ΔE 解得 又 f=μmg=maB 有 μ=0.1 10．如图所示，静止在水平地面上的木板（厚度不计）质量为m1=1 kg，与地面间的动摩擦因数μ1=0.2，质量为m2=2 kg、可看作质点的小物块与木板、地面间的动摩擦因数均为μ2=0.4，以v0=4 m/s 的水平速度从左端滑上木板，经过t=0.6 s滑离木板，g取10 m/s2，木板的长度为___________ m，小物块离开木板后，木板的加速度为___________ m/s2，方向水平___________（选填“向左”或“向右”）。 【答案】 1.32 2 向左 【详解】由于 则物块在木板上以 减速滑行时，木板以 向右加速运动，在0.6 s时，物块的速度 木板的速度 0.6 s内物块的位移 木板的位移 相对位移为 即木板长度为1.32 m；物块离开木板后，木板做减速运动，加速度大小为 方向向左。 【模型构建●明考点】 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。 【考点突破●明方向】 例1　(多选)(2024·浙江杭州市检测)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v0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】物块在木板上运动过程中，在水平方向上只受到滑动摩擦力，故μmg=ma1，而v-t图像的斜率表示加速度，故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a2= m/s2=1 m/s2，解得M=2m，A、D错误，B正确；从题图乙可知物块和木板最终分离，0~2 s内两者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。 例2　质量为M=1 kg的木板放在水平地面上，质量为m=0.5 kg的小滑块(其大小可忽略)放在木板上最右端，如图所示，木板与地面的动摩擦因数为μ1=0.2，木板与滑块间的动摩擦因数为μ2=0.1。在木板右侧施加一个水平向右的恒力F，g取10 m/s2，并认为最大静摩擦力等于同等条件下的滑动摩擦力，则： (1)若F=4 N，则小滑块和木板的加速度大小分别为多少？ (2)若F=9 N，作用了1 s后撤去，运动过程中滑块始终未脱离木板，则木板长度最短为多少？ (3)在(2)的情境中，滑块和木板最终静止时，滑块到木板最右端的距离为多少？ 【答案】(1) m/s2　 m/s2　(2)4.5 m　(3)3.3 m 【解析】(1)滑块最大加速度在滑块与木板刚好要发生相对运动时，对滑块有μ2mg=ma2 解得a2=1 m/s2 此时外力F0为滑块与木板不发生相对滑动的最小值，对整体做动力学分析有F0-μ1(M+m)g=(M+m)a2 解得F0=4.5 N 当F=4 N时，F小于F0，滑块与木板相对静止一起向右做匀加速运动。 对整体有F-μ1(M+m)g=(M+m)a 解得a= m/s2 (2)F持续时间内(0~1 s内)，由于F=9 N>4.5 N，滑块与木板发生相对滑动。 根据(1)分析知此时滑块做匀加速直线运动，滑块加速度为a2=μ2g=1 m/s2 木板也做匀加速直线运动，对木板做动力学分析有F-μ1(m+M)g-μ2mg=Ma1 解得木板加速度a1=5.5 m/s2 令t1=1 s，这段时间内滑块相对木板向左运动，相对位移Δx1=-=2.25 m 力F撤去后至滑块与木板共速，力F撤去时，木板速度v1=a1t1=5.5 m/s 滑块速度v2=a2t1=1 m/s 力F撤去后，滑块将以原来的加速度a2继续加速，木板减速，直到它们速度一样，对木板做动力学分析有μ1(m+M)g+μ2mg=Ma3 解得木板减速时的加速度大小a3=3.5 m/s2 设经过t2时间滑块和木板的速度相等，由运动学公式得共速时的速度v=v2+a2t2=v1-a3t2 代入数据解得v=2 m/s，t2=1 s 这段时间内滑块相对木板向左运动，相对位移为Δx2=v1t2-a3-(v2t2+a2)=2.25 m 故木板长度最短为L=Δx1+Δx2=4.5 m (3)共速之后，木板继续减速，对木板做动力学分析有μ1(m+M)g-μ2mg=Ma4 解得木板减速时的加速度大小a4=2.5 m/s2 滑块也做减速运动，加速度的大小仍为a2=μ2g=1 m/s2 直到最后都停止运动，整个过程的v-t图像如图所示，共速后滑块相对木板向右运动，相对位移为Δx3=-=1.2 m 最终滑块停在距木板最右端Δx=Δx1+Δx2-Δx3=3.3 m的地方。 例3　(2024·浙江衢州市检测)如图所示，质量mB=1 kg，长L=8 m的木板B静置于水平地面上，质量mA=3 kg的煤块(可视为质点)A静止于木板B的左端。已知A、B间的动摩擦因数μ1=0.2，B与地面间的动摩擦因数μ2=0.1，重力加速度g取10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻力，则： (1)为保证A与B不发生相对滑动，水平拉力F不能超过多大？ (2)若水平拉力F大小为24 N，则从煤块开始运动到从木板上滑下，需要多长时间？ (3)若水平拉力F为24 N不变，仅作用t1=1 s后撤去，则当A与B停止相对滑动时，求A在B留下的划痕长度。 【答案】(1)12 N　(2)2 s　(3)4 m 【解析】(1)设A与B刚好不发生相对滑动时，水平拉力为F0，对木板B，根据牛顿第二定律可得 μ1mAg-μ2(mA+mB)g=mBa2 对煤块A，根据牛顿第二定律可得F0-μ1mAg=mAa2，联立解得F0=12 N (2)因为24 N>12 N，故A与B发生相对滑动， 对煤块A，根据牛顿第二定律可得 F-μ1mAg=mAa1 煤块脱落前A的位移为x1=a1t2 煤块脱落前B的位移为x2=a2t2 由相对运动关系得x1-x2=L，联立解得t=2 s (3)撤去拉力前，对煤块A有v1=a1t1 位移为x1'=a1 撤去拉力后对煤块A，根据牛顿第二定律可得μ1mAg=mAa3 撤去拉力后煤块A减速到与木板B共速的时间为t2， 对煤块A有v=v1-a3t2，位移为x2'=t2 从开始运动到木板B加速至与A共速， 对木板B有v=a2(t1+t2) 位移为x3=(t1+t2) 由相对运动关系可得Δx=x1'+x2'-x3 联立解得Δx=4 m。 例4　如图所示，倾角θ=37°的光滑斜面固定在水平地面上，初始状态时，质量为M=0.2 kg、长度为L=1 m的薄木板放在斜面上，且薄木板下端与斜面底端的距离s=1.92 m，现将薄木板由静止释放，同时质量m=0.1 kg的滑块(可视为质点)以速度v0=3 m/s从木板上端沿斜面向下冲上薄木板。已知滑块与薄木板间的动摩擦因数μ=0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。 (1)通过计算判断滑块能否脱离薄木板。 (2)求薄木板从开始运动到下端到达斜面底端的时间。 【答案】(1)不能脱离薄木板　(2)0.7 s 【解析】(1)开始运动时，滑块的加速度大小为a1=gsin θ-μgcos θ=2 m/s2 薄木板的加速度大小为 a2==8 m/s2 假设滑块不脱离薄木板，当两者达到共速时，有v=v0+a1t1=a2t1 解得t1=0.5 s，v=4 m/s 滑块下滑的位移大小为 x1=t1=1.75 m 薄木板下滑的位移大小为 x2=t1=1 m 两者相对位移大小为 Δx=x1-x2=0.75 m<L=1 m 假设成立，滑块不能脱离薄木板； (2)此后两者一起沿斜面向下运动，加速度大小为 a3=gsin θ=6 m/s2 当薄木板下端到达斜面底端时，有 s-x2=vt2+a3 解得t2=0.2 s 故从开始运动到薄木板下端到达斜面底端的时间为t=t1+t2=0.7 s。 　处理“板块”模型中动力学问题的流程 【真题演练●悟高考】 1．（2024·吉林·高考真题）一足够长木板置于水平地面上，二者间的动摩擦因数为μ。时，木板在水平恒力作用下，由静止开始向右运动。某时刻，一小物块以与木板等大、反向的速度从右端滑上木板。已知到的时间内，木板速度v随时间t变化的图像如图所示，其中g为重力加速度大小。时刻，小物块与木板的速度相同。下列说法正确的是（　　） A．小物块在时刻滑上木板 B．小物块和木板间动摩擦因数为2μ C．小物块与木板的质量比为3︰4 D．之后小物块和木板一起做匀速运动 【答案】ABD 【详解】A．图像的斜率表示加速度，可知时刻木板的加速度发生改变，故可知小物块在时刻滑上木板，故A正确； B．结合图像可知时刻，木板的速度为 设小物块和木板间动摩擦因数为，由题意可知物体开始滑上木板时的速度为 ，负号表示方向水平向左 物块在木板上滑动的加速度为 经过时间与木板共速此时速度大小为，方向水平向右，故可得 解得 故B正确； C．设木板质量为M，物块质量为m，根据图像可知物块未滑上木板时，木板的加速度为 故可得 解得 根据图像可知物块滑上木板后木板的加速度为 此时对木板由牛顿第二定律得 解得 故C错误； D．假设之后小物块和木板一起共速运动，对整体 故可知此时整体处于平衡状态，假设成立，即之后小物块和木板一起做匀速运动，故D正确。 故选ABD。 2．（2024·浙江·高考真题）一弹射游戏装置竖直截面如图所示，固定的光滑水平直轨道AB、半径为R的光滑螺旋圆形轨道BCD、光滑水平直轨道DE平滑连接。长为L、质量为M的平板紧靠长为d的固定凹槽EFGH侧壁EF放置，平板上表面与DEH齐平。将一质量为m的小滑块从A端弹射，经过轨道BCD后滑上平板并带动平板一起运动，平板到达HG即被锁定。已知R=0.5 m，d=4.4 m，L=1.8 m，M=m=0.1 kg，平板与滑块间的动摩擦因数μ1=0.6、与凹槽水平底面FG间的动摩擦因数为μ2。滑块视为质点，不计空气阻力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度。 （1）滑块恰好能通过圆形轨道最高点C时，求滑块离开弹簧时速度v0的大小； （2）若μ2=0，滑块恰好过C点后，求平板加速至与滑块共速时系统损耗的机械能； （3）若μ2=0.1，滑块能到达H点，求其离开弹簧时的最大速度vm。 【答案】（1）5m/s；（2）0.625J；（3）6m/s 【详解】（1）滑块恰好能通过圆形轨道最高点C时 从滑块离开弹簧到C过程，根据动能定理 解得 （2）平板加速至与滑块共速过程，根据动量守恒 根能量守恒 解得 （3）若μ2=0.1，平板与滑块相互作用过程中，加速度分别为 共速后，共同加速度大小为 考虑滑块可能一直减速直到H，也可能先与木板共速然后共同减速； 假设先与木板共速然后共同减速，则共速过程 共速过程，滑块、木板位移分别为 共速时，相对位移应为 解得 ， 随后共同减速 到达H速度 说明可以到达H，因此假设成立，若滑块初速度再增大，则会从木板右侧掉落。 3．（2024·新疆河南·高考真题）如图，一长度的均匀薄板初始时静止在一光滑平台上，薄板的右端与平台的边缘O对齐。薄板上的一小物块从薄板的左端以某一初速度向右滑动，当薄板运动的距离时，物块从薄板右端水平飞出；当物块落到地面时，薄板中心恰好运动到O点。已知物块与薄板的质量相等。它们之间的动摩擦因数，重力加速度大小。求 （1）物块初速度大小及其在薄板上运动的时间； （2）平台距地面的高度。 【答案】（1）4m/s；；（2） 【详解】（1）物块在薄板上做匀减速运动的加速度大小为 薄板做加速运动的加速度 对物块 对薄板 解得 （2）物块飞离薄板后薄板得速度 物块飞离薄板后薄板做匀速运动，物块做平抛运动，则当物块落到地面时运动的时间为 则平台距地面的高度 4．（2023·海南·高考真题）如图所示，有一固定的光滑圆弧轨道，半径，一质量为的小滑块B从轨道顶端滑下，在其冲上长木板C左端时，给木板一个与小滑块相同的初速度，已知，B、C间动摩擦因数，C与地面间的动摩擦因数，C右端有一个挡板，C长为。 求： （1）滑到的底端时对的压力是多大？ （2）若未与右端挡板碰撞，当与地面保持相对静止时，间因摩擦产生的热量是多少？ （3）在时，B与C右端挡板发生碰撞，且碰后粘在一起，求从滑上到最终停止所用的时间。    【答案】（1）30N；（2）1.6J；（3） 【详解】（1）滑块下滑到轨道底部，有 解得 在底部，根据牛顿第二定律 解得 由牛顿第三定律可知B对A的压力是。 （2）当B滑上C后，对B分析，受摩擦力向左，根据牛顿第二定律得 解得加速度向左为 对C分析，受B向右的摩擦力和地面向左的摩擦力 根据牛顿第二定律 解得其加速度向左为 由运动学位移与速度关系公式，得B向右运动的距离 C向右运动距离 由功能关系可知，B、C间摩擦产生的热量 可得 （3）由上问可知，若B还末与C上挡板碰撞，C先停下，用时为，有 解得 B的位移为 则此刻的相对位移为 此时 由，一定是C停下之后，B才与C上挡板碰撞。设再经时间B与C挡板碰撞，有 解得 碰撞时B速度为 碰撞时由动量守恒可得 解得碰撞后B、C速度为 之后二者一起减速，根据牛顿第二定律得 后再经后停下，则有 故从滑上到最终停止所用的时间总时间 【过关限时训练】 （60分钟） [分值：35分] 　[1~3题，每题3分] 1.如图所示，桌面上放置一张纸，一个硬币静止在纸面上，现用手快速拉动纸的一边，将纸从硬币下抽出来，则手的拉力越大(　　) A.硬币在纸上滑动的加速度越大 B.硬币在纸上滑行的时间越短 C.硬币受到纸面的摩擦力越大 D.硬币离开纸面时的速度越大 【答案】B 【解析】硬币在纸上滑动时受到的滑动摩擦力大小一定，加速度a1大小一定，与拉力大小无关，A、C错误；手的拉力越大，由牛顿第二定律可知，纸张运动的加速度a2越大，由a2t2-a1t2=l知，a2越大，硬币在纸上滑行的时间越短，离开纸面时的速度越小，B正确，D错误。 2.平板小车静止放在水平地面上，箱子以一定的水平初速度从左端滑上平板车，箱子和车之间有摩擦，地面对小车的阻力可忽略，当它们的速度相等时，箱子和平板车的位置情况可能是(　　) 【答案】C 【解析】方法一　箱子以一定的水平初速度v0从左端滑上平板车，在摩擦力作用下，箱子做匀减速直线运动，平板车做匀加速直线运动，设经过t时间箱子与平板车达到共速v共，此过程平板车的位移为x车=t，箱子的位移为x箱=t，则箱子相对于平板车向前的位移大小为Δx=x箱-x车=t-t=t，可得Δx=t>x车=t，故选C。 方法二　由v-t图像可知箱子的位移大于小车的位移，二者相对位移大于小车加速阶段的位移，故选C。 3.(多选)如图甲所示，长木板A静止在光滑水平面上，另一质量为2 kg的物体B(可看作质点)以水平速度v0=3 m/s滑上长木板A的表面。由于A、B间存在摩擦，之后的运动过程中A、B的速度—时间图像如图乙所示。重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　) A.长木板A、物体B所受的摩擦力均与各自运动方向相反 B.A、B之间的动摩擦因数μ=0.2 C.A长度至少为3 m D.长木板A的质量是4 kg 【答案】BD 【解析】摩擦力与物体的相对运动方向相反，由题意可知，A木板的运动方向与所受摩擦力方向相同，物体B运动方向与所受摩擦力方向相反，故A错误；由图像知B的加速度大小为aB=||=2 m/s2，对B进行分析有μmBg=mBaB，可解得μ=0.2，故B正确；由题图乙可知0~1 s内二者相对运动，位移差为1.5 m，则A板长度至少为1.5 m，故C错误；长木板A的加速度大小为aA==1 m/s2，又μmBg=mAaA，联立解得==，即A的质量是B的两倍，长木板A的质量是4 kg，故D正确。 4.(10分)(2024·新课标卷·25)如图，一长度l=1.0 m的均匀薄板初始时静止在一光滑平台上，薄板的右端与平台的边缘O对齐。薄板上的一小物块从薄板的左端以某一初速度向右滑动，当薄板运动的距离Δl=时，物块从薄板右端水平飞出；当物块落到地面时，薄板中心恰好运动到O点。已知物块与薄板的质量相等。它们之间的动摩擦因数μ=0.3，重力加速度大小g取10 m/s2。求： (1)(6分)物块初速度大小及其在薄板上运动的时间。 (2)(4分)平台距地面的高度。 【答案】(1)4 m/s　 s　(2) m 【解析】(1)物块在薄板上做匀减速运动，设加速度大小为a1，有μmg=ma1 设薄板做匀加速运动的加速度为a2，有μmg=ma2 对物块l+Δl=v0t-a1t2 对薄板Δl=a2t2 联立解得v0=4 m/s，t= s (2)物块飞离薄板后薄板的速度v2=a2t=1 m/s 物块飞离薄板后薄板做匀速运动，物块做平抛运动，平抛运动的时间t'== s 则平台距地面的高度h=gt'2= m。 　[5~7题，每题4分] 5.如图，在光滑水平地面上一足够长的木板b以速度2v0向右做匀速运动，某时刻将物块a轻放在b上，同时对a施加水平向右的恒力F。a、b质量相等，a与b间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。从a放到b上开始计时，关于a、b运动的速度v随时间t变化的图像可能正确的是(　　) 【答案】B 【解析】a和b的速度达到共速之前，a受到b向右的摩擦力和恒力F作用，b受到a向左的摩擦力作用，a做加速运动，b做减速运动，则对于a，由牛顿第二定律有a1=，对b有a2==μg<a1，由此可知此过程a的加速度大于b的加速度，故A、C错误；a、b共速后，若在恒力作用下，a、b间的摩擦力Ff没有达到最大静摩擦力，一起做加速运动，则对于b有a共=，且Ff<μmg，故a、b的加速度a共<a2；若在恒力作用下，a、b间的摩擦力达到最大静摩擦力，发生相对滑动，则a、b的加速度大小不相等，且均做加速运动，则对于a有a3=，对b有a4==μg，可知a的加速度a3小于共速前a的加速度a1，b的加速度与共速前大小相等，方向相反，故B正确，D错误。 6.如图所示，倾角α=30°的足够长光滑斜面固定在水平面上，斜面上锁定一长L=1.8 m、质量M=3 kg的薄木板，木板的最上端叠放一质量m=1 kg的小物块(可视为质点)，现解除锁定并对木板施加沿斜面向上的恒力F，使木板由静止开始沿斜面向上做匀加速直线运动，物块与木板间的动摩擦因数μ=，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.恒力F>15 N B.当恒力F=25 N时，物块会与木板发生相对滑动 C.当恒力F>30 N时，物块会与木板发生相对滑动 D.当恒力F=37.5 N时，物块滑离木板所用的时间为1 s 【答案】C 【解析】要使木板沿斜面加速运动，对物块与木板整体有F>(M+m)gsin α，解得F>20 N，故A错误；对物块与木板整体，由牛顿第二定律可得F-(M+m)gsin α=(M+m)a，对物块有Ff-mgsin α=ma，为使物块与木板不发生相对滑动，则Ff≤μmgcos α，解得F≤30 N，综上可得，当F>30 N时物块与木板发生相对滑动，故B错误，C正确；若F=37.5 N>30 N，物块能滑离木板，对木板有F-Mgsin α-μmgcos α=Ma1，对物块有μmgcos α-mgsin α=ma2，设经时间t物块滑离木板，由运动学公式有a1t2-a2t2=L，解得t=1.2 s，故D错误。 7.(多选)(2024·黑吉辽·10)一足够长木板置于水平地面上，二者间的动摩擦因数为μ。t=0时，木板在水平恒力作用下，由静止开始向右运动。某时刻，一小物块以与木板等大、反向的速度从右端滑上木板。已知t=0到t=4t0的时间内，木板速度v随时间t变化的图像如图所示，其中g为重力加速度大小。t=4t0时刻，小物块与木板的速度相同。下列说法正确的是(　　) A.小物块在t=3t0时刻滑上木板 B.小物块和木板间动摩擦因数为2μ C.小物块与木板的质量比为3∶4 D.t=4t0之后小物块和木板一起做匀速运动 【答案】ABD 【解析】v-t图像的斜率表示加速度，可知t=3t0时刻木板的加速度发生改变，故可知小物块在t=3t0时刻滑上木板，故A正确； 设小物块和木板间动摩擦因数为μ0，取水平向右为正方向，根据题意结合图像可知小物块开始滑上木板时的速度为v0=-μgt0，小物块在木板上滑动的加速度为a0==μ0g，经过t0时间与木板共速此时速度为v共=μgt0，故可得a0==2μg，解得μ0=2μ，故B正确； 设木板质量为M，物块质量为m，根据图像可知小物块未滑上木板时，木板的加速度为a==μg，由牛顿第二定律得F-μMg=Ma，解得F=μMg，根据图像可知小物块滑上木板后木板的加速度为a'==-μg，此时对木板由牛顿第二定律得F-μ(m+M)g-μ0mg=Ma'，解得=，故C错误； 假设t=4t0之后小物块和木板一起共速运动，对整体F-μ(m+M)g=μMg-μMg=0，故可知此时整体处于平衡状态，假设成立，即t=4t0之后小物块和木板一起做匀速运动，故D正确。 　[4分] 8.(多选)如图所示，长为L=2 m的水平传送带以v=3 m/s的速率顺时针方向匀速转动，传送带的右侧平台上紧靠传送带放置一块长木板C，长木板C上表面与传送带在同一水平面内，滑块B静止在长木板C上，距长木板C左端l=2.75 m。现有一个滑块A以初速度v0=6 m/s从左端滑上传送带，经过传送带后无能量损失地滑上长木板C，之后与滑块B发生弹性碰撞。已知A、B、C的质量分别为mA=mB=1.0 kg、mC=0.5 kg，A、B可视为质点，A与传送带间的动摩擦因数μ1=0.5，A、B与C间的动摩擦因数均为μ2=0.2，C与平台间的动摩擦因数μ3=0.05，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是 A.滑块A滑上长木板C时的速度大小为3 m/s B.滑块A与B碰撞前瞬间滑块B的速度大小为0.5 m/s C.滑块A与B碰撞后瞬间滑块B的速度大小为2 m/s D.要使滑块B不从长木板C上滑落，长木板C最小长度为3.2 m 【答案】BCD 【解析】若A一直减速到传送带右端，由动能定理有-μ1mAgL=mA-mA，解得vA=4 m/s>v=3 m/s，假设成立，即滑块A滑上长木板C时的速度大小为4 m/s，故A错误；假设A滑上C后，B与C保持相对静止，对B、C整体，由牛顿第二定律有μ2mAg-μ3(mA+mB+mC)g=(mB+mC)a1，解得a1=0.5 m/s2<μ2g=2 m/s2，假设成立，对滑块A，由牛顿第二定律有μ2mAg=mAaA，解得aA=2 m/s2，滑块A与B碰撞前，满足vAt-aAt2-a1t2=l，解得t=1 s，t= s(舍去)，则滑块A与B碰撞前瞬间滑块B的速度大小为vB=a1t=0.5 m/s，故B正确；滑块A与B碰撞前瞬间滑块A的速度大小为vA'=vA-aAt=2 m/s，滑块A与滑块B发生弹性碰撞，由于滑块A与滑块B质量相等，则二者速度互换，即碰撞后滑块A的速度为vA″=0.5 m/s，碰撞后滑块B的速度为vB'=2 m/s，故C正确；结合上述分析可知，滑块A与滑块B碰撞后，滑块B做减速运动，滑块A与C一起加速，当三者共速时，滑块B恰好滑到C的右端，此时长木板C长度最小，对滑块B，由牛顿第二定律有μ2mBg=mBaB，解得aB=2 m/s2，则有vB'-aBt1=vA″+a1t1，解得t1=0.6 s，则有Δx=vB't1-aB-(vA″t1+a1)=0.45 m，则要使滑块B不从长木板C上滑落，长木板C最小长度为L'=l+Δx=3.2 m，故D正确。 学科网（北京）股份有限公司 $