新課標高中物理模型與方法專題05 滑塊木板模型（解析版）

專題05滑塊木板模型目錄TOC\o"1-3"\h\u【模型歸納】 1模型一光滑面上外力拉板 1模型二光滑面上外力拉塊 1模型三粗糙面上外力拉板 1模型四粗糙面上外力拉塊 2模型五粗糙面上剎車減速 2【常見問題分析】 2問題1．板塊模型中的運動學單過程問題 2問題2．板塊模型中的運動學多過程問題1——至少作用時間問題 3問題3．板塊模型中的運動學多過程問題2——抽桌布問題 3問題4．板塊模型中的運動學粗糙水平面減速問題 4【模型例析】 5【模型演練】 11【模型歸納】模型一光滑面上外力拉板加速度分離不分離mm2m1μFf光滑afm1最大加速度a1max=μgm2加速度a2=(F-μm1g)/m2條件：a2>a1max即F>μg(m1+m2)條件：a2≤a1max即F≤μg(m1+m2)整體加速度a=F/(m1+m2)內(nèi)力f=m1F/(m1+m2)模型二光滑面上外力拉塊加速度分離不分離mm2m1μFf光滑afm2最大加速度a2max=μm1g/m2m1加速度a1=(F-μm1g)/m1條件：a1>a2max即F>μm1g(1+m1/m2)條件：a2≤a1max即F≤μm1g(1+m1/m2)整體加速度a=F/(m1+m2)內(nèi)力f=m2F/(m1+m2)模型三粗糙面上外力拉板不分離（都靜止）不分離（一起加速）分離mm2m1μ1Ff1af1μ2f2條件：F≤μ2(m1+m2)g條件：a2≤a1max即μ2(m1+m2)g<F≤(μ1+μ2)g(m1+m2)整體加速度a=[F-μ2(m1+m2)g)]/(m1+m2)內(nèi)力f=m1a條件：a2>a1max=μ1g即F>(μ1+μ2)g(m1+m2)外力區(qū)間范圍FF(μ1+μ2)g(m1+m2)μ2(m1+m2)g分離一起加速都靜止模型四粗糙面上外力拉塊μ1m1g>μ2(m1+m2)g一起靜止一起加速分離mm2m1μ1Ff1af1μ2f2條件：F≤μ2(m1+m2)g條件：μ2(m1+m2)g<F≤(μ1-μ2)m1g(1+m1/m2)整體加速度a=[F-μ2(m1+m2)g)]/(m1+m2)內(nèi)力f1=μ2(m1+m2)g+m2a條件：a1>a2max=[μ1m1g-μ2(m1+m2)g]/m2即F>(μ1-μ2)m1g(1+m1/m2)外力區(qū)間范圍FF(μ1-μ2)m1g(1+m1/m2)μ2(m1+m2)g分離一起加速一起靜止模型五粗糙面上剎車減速一起減速減速分離mm2m1μ1f1vf1μ2f2am1最大剎車加速度：a1max=μ1g整體剎車加速度a=μ2g條件：a≤a1max即μ2≤μ1條件：a>a1max即μ2>μ1m1剎車加速度：a1=μ1gm2剎車加速度：a2=μ2(m1+m2)g-μ1m1g)]/m2加速度關(guān)系：a1<a2【常見問題分析】問題1．板塊模型中的運動學單過程問題恒力拉板恒力拉塊mm1Fm2Lmm1Fm2Lxx1FFx2x相對m1m2v1v2xx1FFx2x相對m1m2v1v2tt0t/s0v2v/ms-1a1a2v1x相對tt0t/s0v1v/ms-1a2a1v2x相對分離，位移關(guān)系：x相對=?a2t02－?a1t02=L分離，位移關(guān)系：x相對=?a1t02－?a2t02=L問題2．板塊模型中的運動學多過程問題1——至少作用時間問題問題：板塊分離，F(xiàn)至少作用時間？mm1Fm2L過程①：板塊均加速過程：②板加速、塊減速xx1FFx2x相對m1m2v1v2xx1'Fx2'x2相對m1m2v1v2tt1t/s0v1v/ms-1a2a1v2x1相對tt1t/s0v1v/ms-1a2a1v2x1相對x2相對a1't2位移關(guān)系：x1相對+x2相對=L即Δv·(t1+t2)/2=L；利用相對運動Δv=(a2－a1)t1、Δv=(a2+a1')t2問題3．板塊模型中的運動學多過程問題2——抽桌布問題抽桌布問題簡化模型AABamm1Fm2L1L2過程①：分離過程：②勻減速xx1FFx2L1m1m2v1v2xx1FL2m1m2v1x1'tt0t/s0v2v/ms-1a1a2v1x相對tt0t/s0v1v/ms-1a1v2x1x1'a1'分離，位移關(guān)系：x2－x1=L10v0多過程問題，位移關(guān)系：x1+x1'=L2問題4．板塊模型中的運動學粗糙水平面減速問題塊帶板板帶塊mm1v0m2μ2μ1mm1v0m2μ2μ1xx1v0x2x相對m1m2v共v共xx1v0x2x相對m1m2v共v共tt0t/s0v0v/ms-1a2a1v共x相對a共tt0t/s0v0v/ms-1a2a1v共x相對a共tt0t/s0v0v/ms-1a2a1v共x1相對a1'x2相對a2'μ1≥μ2μ1<μ2【模型例析】【例1】如圖甲所示，質(zhì)量為M的長木板，靜止放置在粗糙水平地面上，有一個質(zhì)量為m、可視為質(zhì)點的物塊，以某一水平初速度從左端沖上木板．從物塊沖上木板到物塊和木板達到共同速度的過程中，物塊和木板的v－t圖象分別如圖乙中的折線acd和bcd所示，a、b、c、d點的坐標分別為a(0，10)、b(0，0)、c(4，4)、d(12，0)．根據(jù)v－t圖象，求：(1)物塊沖上木板做勻減速直線運動的加速度大小a1，木板開始做勻加速直線運動的加速度大小a2，達到共同速度后一起做勻減速直線運動的加速度大小a3；(2)物塊質(zhì)量m與長木板質(zhì)量M之比；(3)物塊相對長木板滑行的距離Δx.【答案】：(1)1.5m/s21m/s20.5m/s2(2)eq\f(3,2)(3)20m【解析】：(1)由v－t圖象可求出物塊沖上木板做勻減速直線運動的加速度大小a1＝eq\f(10－4,4)m/s2＝1.5m/s2，木板開始做勻加速直線運動的加速度大小a2＝eq\f(4－0,4)m/s2＝1m/s2，達到共同速度后一起做勻減速直線運動的加速度大小a3＝eq\f(4－0,8)m/s2＝0.5m/s2.(2)對物塊沖上木板勻減速階段：μ1mg＝ma1對木板向前勻加速階段：μ1mg－μ2(m＋M)g＝Ma2物塊和木板達到共同速度后向前勻減速階段：μ2(m＋M)g＝(M＋m)a3聯(lián)立以上三式可得eq\f(m,M)＝eq\f(3,2).(3)由v－t圖象可以看出，物塊相對于長木板滑行的距離Δx對應(yīng)題圖中△abc的面積，故Δx＝10×4×eq\f(1,2)m＝20m.【例2】(2020云南楚雄統(tǒng)一檢測)如圖所示，質(zhì)量M＝1kg的木塊A靜止在水平地面上，在木塊的左端放置一個質(zhì)量m＝1kg的鐵塊B(大小可忽略)，鐵塊與木塊間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.3，木塊長L＝1m，用F＝5N的水平恒力作用在鐵塊上，g取10m/s2.(1)若水平地面光滑，計算說明鐵塊與木塊間是否會發(fā)生相對滑動；(2)若木塊與水平地面間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.1，求鐵塊運動到木塊右端的時間．【答案】：(1)見解析(2)eq\r(2)s【解析】：(1)A、B之間的最大靜摩擦力為fm>μ1mg＝0.3×1×10N＝3N假設(shè)A、B之間不發(fā)生相對滑動，則對A、B整體，有F＝(M＋m)a對A，有fAB＝Ma解得fAB＝2.5N因為fAB<fm，所以A、B之間不發(fā)生相對滑動(2)對B，有F－μ1mg＝maB對A，有μ1mg－μ2(M＋m)g＝MaA據(jù)題意有xB－xA＝L又xA＝eq\f(1,2)aAt2xB＝eq\f(1,2)aBt2解得t＝eq\r(2)s【例3】(2020·安徽安慶市二模)如圖所示，光滑水平地面上有一質(zhì)量M＝2kg的足夠長的木板以速度v0＝10m/s向右勻速運動，從t＝0時刻起對其施加一水平向左的恒力F＝8N．經(jīng)過t1＝1s時，將一質(zhì)量m＝2kg的小物塊輕放在木板右端．已知物塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ＝0.4，取g＝10m/s2.求：(1)剛放上物塊時木板的速度大小v1；(2)物塊在木板上相對木板滑動的時間t.【答案】(1)6m/s(2)0.5s【解析】(1)放上物塊之前，設(shè)木板的加速度大小為a1，對木板，根據(jù)牛頓第二定律有F＝Ma1解得a1＝4m/s2木板做勻減速直線運動，則v1＝v0－a1t1解得v1＝6m/s.(2)放上物塊之后，設(shè)物塊的加速度大小為a2，木板的加速度大小為a3.對物塊，根據(jù)牛頓第二定律有μmg＝ma2解得a2＝4m/s2對木板，根據(jù)牛頓第二定律有F＋μmg＝Ma3解得a3＝8m/s2經(jīng)過時間t2二者共速時有a2t2＝v1－a3t2解得t2＝0.5s共速后若物塊和木板相對靜止，設(shè)二者共同的加速度大小為a0，由于F＝(M＋m)a0解得a0＝2m/s2<a2所以共速后二者相對靜止，共同減速，故t＝t2＝0.5s.【模型提煉】滑塊不受力而木板受拉力木板受逐漸增大的拉力而滑塊不受力，這種情況下，開始滑塊和木板一起做變加速運動，當滑塊加速度達到其最大值μg時，滑塊、木板開始發(fā)生相對滑動，此后滑塊加速度保持不變，木板加速度逐漸增大．【方法點撥】共速后，物塊與木板會不會發(fā)生相對滑動是需要判斷的．常用的方法：假設(shè)二者相對靜止，求出二者的共同加速度大小a0，與臨界加速度a2大小進行比較，若a0>a2，則二者一定相對滑動，若a0≤a2，則二者一定相對靜止．【易錯提醒】有的學生會誤認為：物塊輕放在木板右端后，由于恒力F方向水平向左，物塊會受到水平向左的滑動摩擦力，導致物塊一開始就向左運動．實際上，物塊輕放在木板右端后受到的滑動摩擦力方向是根據(jù)物塊相對木板的運動方向來判斷的，物塊相對木板是向左運動的，物塊受到的滑動摩擦力方向是向右的，因而物塊一開始是水平向右加速運動的．【例4】(2015·全國卷Ⅰ)一長木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物塊；在木板右方有一墻壁，木板右端與墻壁的距離為4.5m，如圖(a)所示。t＝0時刻開始，小物塊與木板一起以共同速度向右運動，直至t＝1s時木板與墻壁碰撞(碰撞時間極短)。碰撞前后木板速度大小不變，方向相反；運動過程中小物塊始終未離開木板。已知碰撞后1s時間內(nèi)小物塊的v-t圖線如圖(b)所示。木板的質(zhì)量是小物塊質(zhì)量的15倍，重力加速度大小g取10m/s2。求：圖(a)圖(b)(1)木板與地面間的動摩擦因數(shù)μ1及小物塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ2；(2)木板的最小長度；(3)木板右端離墻壁的最終距離?！敬箢}拆分】第一步：分析研究對象模型。設(shè)小物塊和木板的質(zhì)量分別為m和M。小物塊可以看作質(zhì)點(初始條件v0未知，如圖甲所示)。第二步：分解過程模型。(1)認為地面各點的粗糙程度相同，小物塊和木板一起向右做勻變速運動，到速度大小為v1，如圖乙所示。(2)木板與墻壁碰撞過程：小物塊受到滑動摩擦力(設(shè)置的初始條件)，由于碰撞時間極短(Δt→0)，故碰后小物塊速度不變，木板的速度方向突變(設(shè)置的初始條件)，如圖丙所示。(3)然后小物塊向右減速，木板向左減速，經(jīng)1s小物塊速度減小為零(如圖丁所示)。由于木板的加速度較小，故小物塊速度為零時，木板仍有速度。然后小物塊向左加速，木板向左減速，到二者達到共同速度v3(如圖戊所示)。(4)分析臨界條件，包括時間關(guān)系和空間關(guān)系，如圖戊所示。(5)在小物塊和木板具有共同速度后，兩者向左做勻變速直線運動直至停止(如圖己所示)。【答案】(1)0.10.4(2)6m(3)6.5m【解析】(1)根據(jù)圖象可以判定碰撞前小物塊與木板共同速度為v＝4m/s碰撞后木板速度水平向左，大小也是v＝4m/s小物塊受到滑動摩擦力而向右做勻減速直線運動，加速度大小a2＝eq\f(v－0,t)＝eq\f(4－0,1)m/s2＝4m/s2根據(jù)牛頓第二定律有μ2mg＝ma2，解得μ2＝0.4木板與墻壁碰撞前，勻減速運動時間t＝1s，位移x＝4.5m，末速度v＝4m/s其逆運動則為勻加速直線運動，可得x＝vt＋eq\f(1,2)a1t2解得a1＝1m/s2對小物塊和木板整體受力分析，地面對木板的滑動摩擦力提供合外力，由牛頓第二定律得：μ1(m＋15m)g＝(m＋15m)a1，即μ1g＝a1解得μ1＝0.1。(2)碰撞后，木板向左做勻減速運動，依據(jù)牛頓第二定律有μ1(15m＋m)g＋μ2mg＝15ma3可得a3＝eq\f(4,3)m/s2對滑塊，加速度大小為a2＝4m/s2由于a2>a3，所以滑塊速度先減小到0，所用時間為t1＝1s的過程中，木板向左運動的位移為x1＝vt1－eq\f(1,2)a3teq\o\al(2,1)＝eq\f(10,3)m，末速度v1＝v－a3t1＝eq\f(8,3)m/s滑塊向右運動的位移x2＝eq\f(v＋0,2)t1＝2m此后，小物塊開始向左加速，加速度大小仍為a2＝4m/s2木板繼續(xù)減速，加速度大小仍為a3＝eq\f(4,3)m/s2假設(shè)又經(jīng)歷t2二者速度相等，則有a2t2＝v1－a3t2解得t2＝0.5s此過程中，木板向左運動的位移x3＝v1t2－eq\f(1,2)a3teq\o\al(2,2)＝eq\f(7,6)m，末速度v3＝v1－a3t2＝2m/s滑塊向左運動的位移x4＝eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)＝0.5m此后小物塊和木板一起勻減速運動，二者的相對位移最大為Δx＝x1＋x2＋x3－x4＝6m小物塊始終沒有離開木板，所以木板最小的長度為6m。(3)最后階段滑塊和木板一起勻減速直到停止，整體加速度大小為a1＝1m/s2向左運動的位移為x5＝eq\f(v\o\al(2,3),2a1)＝2m所以木板右端離墻壁最遠的距離為x＝x1＋x3＋x5＝6.5m。【例5】(2017課標Ⅲ，25)如圖，兩個滑塊A和B的質(zhì)量分別為mA＝1kg和mB＝5kg，放在靜止于水平地面上的木板的兩端，兩者與木板間的動摩擦因數(shù)均為μ1＝0.5；木板的質(zhì)量為m＝4kg，與地面間的動摩擦因數(shù)為μ2＝0.1.某時刻A、B兩滑塊開始相向滑動，初速度大小均為v0＝3m/s.A、B相遇時，A與木板恰好相對靜止．設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度大小g＝10m/s2.求：(1)B與木板相對靜止時，木板的速度；(2)A、B開始運動時，兩者之間的距離．【審題指導】：如何建立物理情景，構(gòu)建解題路徑①首先分別計算出B與板、A與板、板與地面間的滑動摩擦力大小，判斷出A、B及木板的運動情況．②把握好幾個運動節(jié)點．③由各自加速度大小可以判斷出B與木板首先達到共速，此后B與木板共同運動．④A與木板存在相對運動，且A運動過程中加速度始終不變．⑤木板先加速后減速，存在兩個過程．【解析】：(1)滑塊A和B在木板上滑動時，木板也在地面上滑動。設(shè)A、B和木板所受的摩擦力大小分別為f1、f2和f3，A和B相對于地面的加速度大小分別為aA和aB，木板相對于地面的加速度大小為a1，在物塊B與木板達到共同速度前有f1＝μ1mAg①f2＝μ1mBg②f3＝μ2(m＋mA＋mB)g③由牛頓第二定律得f1＝mAaA④f2＝mBaB⑤f2－f1－f3＝ma1⑥設(shè)在t1時刻，B與木板達到共同速度，其大小為v1，由運動學公式有v1＝v0－aBt1⑦v1＝a1t1⑧聯(lián)立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知數(shù)據(jù)得v1＝1m/s⑨(2)在t1時間間隔內(nèi)，B相對于地面移動的距離為sB＝v0t1－eq\f(1,2)aBteq\o\al(2,1)⑩設(shè)在B與木板達到共同速度v1后，木板的加速度大小為a2，對于B與木板組成的體系，由牛頓第二定律有f1＋f3＝(mB＋m)a2?由①②④⑤式知，aA＝aB；再由⑦⑧式知，B與木板達到共同速度時，A的速度大小也為v1，但運動方向與木板相反．由題意知，A和B相遇時，A與木板的速度相同，設(shè)其大小為v2，設(shè)A的速度大小從v1變到v2所用的時間為t2，則由運動學公式，對木板有v2＝v1－a2t2?對A有v2＝－v1＋aAt2?在t2時間間隔內(nèi)，B(以及木板)相對地面移動的距離為s1＝v1t2－eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)?在(t1＋t2)時間間隔內(nèi)，A相對地面移動的距離為sA＝v0(t1＋t2)－eq\f(1,2)aA(t1＋t2)2?A和B相遇時，A與木板的速度也恰好相同，因此A和B開始運動時，兩者之間的距離為s0＝sA＋s1＋sB?聯(lián)立以上各式，并代入數(shù)據(jù)得s0＝1.9m(也可用如圖所示的速度—時間圖線求解)【規(guī)律總結(jié)】“滑塊—滑板”模型的一般解題步驟滑塊—滑板問題的解題關(guān)鍵點(1)滑塊由滑板的一端運動到另一端的過程中，若滑塊和滑板同向運動，位移之差等于板長；反向運動時，位移之和等于板長．(2)滑塊是否會從滑板上掉下的臨界條件是滑塊到達滑板一端時兩者共速．(3)滑塊不能從滑板上滑下的情況下，當兩者共速時，兩者受力、加速度發(fā)生突變．【模型演練】1．(多選)(2020·河北唐山調(diào)研)如圖所示，將小砝碼放在桌面上的薄紙板上，若砝碼和紙板的質(zhì)量分別為M和m，各接觸面間的動摩擦因數(shù)均為μ，砝碼到紙板左端的距離和到桌面右端的距離均為d.現(xiàn)用水平向右的恒定拉力F拉動紙板，下列說法正確的是()A．紙板相對砝碼運動時，紙板所受摩擦力的大小為μ(M＋m)gB．要使紙板相對砝碼運動，F(xiàn)一定大于2μ(M＋m)gC．若砝碼與紙板分離時的速度小于eq\r(μgd)，砝碼不會從桌面上掉下D．當F＝μ(2M＋3m)g時，砝碼恰好到達桌面邊緣解析：選BC.對紙板分析，當紙板相對砝碼運動時，紙板所受的摩擦力為μ(M＋m)g＋μMg，故A錯誤．設(shè)砝碼的加速度為a1，紙板的加速度為a2，則有μMg＝Ma1，F(xiàn)－μMg－μ(M＋m)g＝ma2，發(fā)生相對運動需要a2>a1，代入數(shù)據(jù)解得F>2μ(M＋m)g，故B正確．若砝碼與紙板分離時的速度小于eq\r(μgd)，砝碼勻加速運動的位移小于eq\f(v2,2a1)＝eq\f(μgd,2μg)＝eq\f(d,2)，勻減速運動的位移小于eq\f(v2,2a1)＝eq\f(μgd,2μg)＝eq\f(d,2)，則總位移小于d，不會從桌面上掉下，故C正確．當F＝μ(2M＋3m)g時，砝碼未脫離紙板時的加速度a1＝μg，紙板的加速度a2＝eq\f(F－μ（M＋m）g－μMg,m)＝2μg，根據(jù)eq\f(1,2)a2t2－eq\f(1,2)a1t2＝d，解得t＝eq\r(\f(2d,μg))，則此時砝碼的速度v＝a1t＝eq\r(2μgd)，砝碼脫離紙板后做勻減速運動，勻減速運動的加速度大小a′＝μg，則勻減速運動的位移x＝eq\f(v2,2a′)＝eq\f(2μgd,2μg)＝d，而勻加速運動的位移x′＝eq\f(1,2)a1t2＝d，可知砝碼離開桌面，D錯誤．2.(多選)(2020·河南周口市上學期期末調(diào)研)如圖所示，質(zhì)量M＝2kg的足夠長木板靜止在光滑水平地面上，質(zhì)量m＝1kg的物塊靜止在長木板的左端，物塊和長木板之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g取10m/s2.現(xiàn)對物塊施加一水平向右的恒力F＝2N，則下列說法正確的是()A．物塊和長木板之間的摩擦力為1NB．物塊和長木板相對靜止一起加速運動C．物塊運動的加速度大小為1m/s2D．拉力F越大，長木板的加速度越大【答案】AC【解析】物塊對長木板的摩擦力使木板運動，當M與m之間達到最大靜摩擦力時，發(fā)生相對滑動，設(shè)此時水平恒力為F0，由牛頓第二定律有a＝eq\f(F0－μmg,m)＝eq\f(F0,M＋m)＝eq\f(μmg,M)，解得F0＝1.5N．因F＝2N>F0＝1.5N，故兩者有相對滑動，物塊和長木板之間為滑動摩擦力，有Ff＝μmg＝1N，故A正確，B錯誤；對物塊，由牛頓第二定律F－μmg＝ma1，可得a1＝1m/s2，故C正確；拉力F越大，物塊的合力越大，則加速度越大，但長木板受到的滑動摩擦力為1N，保持恒定，則相對滑動時木板的加速度恒定為a2＝eq\f(μmg,M)＝0.5m/s2，故D錯誤．3.(多選)如圖甲所示，一質(zhì)量為m1的薄木板(厚度不計)靜止在光滑水平地面上，現(xiàn)有一質(zhì)量為m2的滑塊以一定的水平初速度v0，從木板的左端開始向木板的右端滑行，滑塊和木板的水平速度大小隨時間變化的情況如圖乙所示，根據(jù)圖象可知以下判斷正確的是()A．滑塊始終與木板存在相對運動B．滑塊未能滑出木板C．滑塊的質(zhì)量m2大于木板的質(zhì)量m1D．在t1時刻，滑塊從木板上滑出【答案】ACD【解析】滑塊以水平初速度v0滑上木板，滑塊減速，木板加速，滑塊和木板的加速度的大小分別為a2＝eq\f(μm2g,m2)＝μg，a1＝eq\f(μm2g,m1)，由v－t圖象可知，滑塊的速度一直大于木板的速度，即兩者之間始終存在相對運動，在t1時刻，滑塊滑出木板，各自做勻速直線運動。由v－t圖象分析可知a2＜a1，即μg＜eq\f(μm2g,m1)，則m1＜m2，選項A、C、D正確。4．(多選)(2021·江西上饒市重點中學六校第一次聯(lián)考)如圖所示，長木板放置在水平面上，一小物塊置于長木板的中央，長木板和物塊的質(zhì)量均為m，物塊與木板間的動摩擦因數(shù)為μ，木板與水平面間動摩擦因數(shù)為eq\f(μ,4)，已知最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等，重力加速度為g.現(xiàn)對物塊施加一水平向右的拉力F，則木板加速度a大小可能是()A．0 B.eq\f(2μg,3)C.eq\f(μg,2) D.eq\f(F,2m)－eq\f(μg,4)【答案】ACD【解析】若F較小時，木板和物塊均靜止，則木板的加速度為零，選項A正確；若物塊和木板之間不發(fā)生相對滑動，物塊和木板一起運動，對木板和物塊組成的整體，根據(jù)牛頓第二定律可得：F－eq\f(μ,4)·2mg＝2ma，解得：a＝eq\f(F,2m)－eq\f(1,4)μg，選項D正確；若物塊和木板之間發(fā)生相對滑動，對木板，水平方向受兩個摩擦力的作用，根據(jù)牛頓第二定律，有：μmg－eq\f(μ,4)·2mg＝ma，解得：a＝eq\f(μg,2)，選項C正確．5．(多選)(2021·河南天一大聯(lián)考上學期期末)如圖甲所示，一滑塊置于足夠長的長木板左端，木板放置在水平地面上．已知滑塊和木板的質(zhì)量均為2kg，現(xiàn)在滑塊上施加一個F＝0.5t(N)的變力作用，從t＝0時刻開始計時，滑塊所受摩擦力隨時間變化的關(guān)系如圖乙所示．設(shè)最大靜摩擦力與滑動摩擦力相等，重力加速度g取10m/s2，則下列說法正確的是()A．滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)為0.4B．木板與水平地面間的動摩擦因數(shù)為0.2C．圖乙中t2＝24sD．木板的最大加速度為2m/s2【答案】ACD【解析】由題圖乙可知，滑塊與木板之間的滑動摩擦力為8N，則滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)為μ＝eq\f(Ffm,mg)＝eq\f(8,20)＝0.4，選項A正確．由題圖乙可知t1時刻木板相對地面開始滑動，此時滑塊與木板相對靜止，則木板與水平地面間的動摩擦因數(shù)為μ′＝eq\f(Ff′,2mg)＝eq\f(4,40)＝0.1，選項B錯誤．t2N，此時兩物體的加速度相等，且木板的加速度達到最大，則對木板：Ffm－μ′·2mg＝mam，解得am＝2m/s2；對滑塊：F－Ffm＝mam，解得F＝12N，則由F＝0.5t(N)可知，t＝24s，選項C、D正確．6．(2020河北石家莊二模，20)(多選)如圖甲所示，一質(zhì)量為M的長木板靜置于光滑水平面上，其上放置一質(zhì)量為m的小滑塊．木板受到水平拉力F作用時，用傳感器測出長木板的加速度a與水平拉力F的關(guān)系如圖乙所示，重力加速度g＝10m/s2，下列說法正確的是()A．小滑塊與長木板之間的動摩擦因數(shù)為0.1B．當水平拉力F＝7N時，長木板的加速度大小為3m/s2C．當水平拉力F增大時，小滑塊的加速度一定增大D．小滑塊的質(zhì)量m＝2kg【答案】BD【解析】：由題可知，當0＜F≤6N時二者一起加速運動，對整體有F＝(M＋m)a，a＝eq\f(1,M＋m)F，即此時a-F圖線的斜率為整體質(zhì)量的倒數(shù)，得M＋m＝3kg；當F＞6N時二者間出現(xiàn)相對滑動，對木板有F－μmg＝Ma，即a＝eq\f(,M)F－eq\f(μmg,M)，可見此時圖線斜率為木板質(zhì)量的倒數(shù)，可得M＝1kg，則m＝2kg，D正確；由于出現(xiàn)相對滑動后小滑塊所受合外力等于木板對它產(chǎn)生的摩擦力，不再隨F的增大而變化，則出現(xiàn)相對滑動后小滑塊的加速度達到最大，且不再變化，由圖可知小滑塊的最大加速度為a大＝2m/s2，用牛頓第二定律有μmg＝ma大，得μ＝0.2，A、C錯誤．將F＝7N代入a＝eq\f(1,M)F－eq\f(μmg,M)得a＝3m/s2，B正確．〖思路探究〗拉力F＝6N，加速度為a＝2m/s2，是長木板和小滑塊開始相對滑動的臨界點．當F≤6N時，對長木板和小滑塊整體分析，F(xiàn)＞6N，對長木板和小滑塊分別分析．7．如圖所示，在光滑水平面上有一質(zhì)量為m1的足夠長的木板，其上疊放一質(zhì)量為m2的木塊。假定木塊和木板之間的最大靜摩擦力和滑動摩擦力相等?，F(xiàn)給木塊施加一隨時間t增大的水平力F＝kt(k是常量)，木板和木塊加速度的大小分別為a1和a2。下列反映a1和a2隨時間t變化的圖線中正確的是()【答案】A【解析】開始時木板和木塊一起做加速運動，有F＝(m1＋m2)a，解得a＝eq\f(F,m1＋m2)＝eq\f(kt,m1＋m2)，即木板和木塊的加速度相同且與時間成正比。當木板與木塊間的摩擦力達到μm2g后兩者發(fā)生相對滑動，對木塊有F－μm2g＝m2a2，a2＝eq\f(F－μm2g,m2)＝eq\f(kt,m2)－μg，故其圖線的斜率增大；對木板，在發(fā)生相對滑動后，有μm2g＝m1a1，故a1＝eq\f(μm2g,m1)為定值。所以選項A正確。8.(2020·安徽六安市質(zhì)量檢測)如圖所示，靜止在水平地面上的木板(厚度不計)質(zhì)量為m1＝1kg，與地面間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.2，質(zhì)量為m2＝2kg且可看成質(zhì)點的小物塊與木板和地面間的動摩擦因數(shù)均為μ2＝0.4，以v0＝4m/s的水平速度從左端滑上木板，經(jīng)過t＝0.6s滑離木板，g取10m/s2，以下說法正確的是()A．木板的長度為1.68mB．小物塊離開木板時，木板的速度為1.6m/sC．小物塊離開木板后，木板的加速度大小為2m/s2，方向水平向右D．小物塊離開木板后，木板與小物塊將發(fā)生碰撞【答案】D【解析】由于μ2m2g>μ1(m1＋m2)g，對木板由牛頓第二定律得μ2m2g－μ1(m1＋m2)g＝m1a1，解得a1＝2m/s2，即物塊在木板上以a2＝μ2g＝4m/s2向右減速滑行時，木板以a1＝2m/s2向右加速運動，在0.6s時，物塊的速度v2＝1.6m/s，木板的速度v1＝1.2m/s，B錯誤；物塊滑離木板時，物塊位移為x2＝eq\f(v0＋v2,2)t＝1.68m，木板位移x1＝eq\f(v1,2)t＝0.36m，兩者相對位移為x＝x2－x1＝1.32m，即木板長度為1.32m，A錯誤；物塊離開木板后，木板做減速運動，加速度大小為a1′＝2m/s2，方向水平向左，C錯誤；分離后，在地面上物塊會滑行x2′＝eq\f(v\o\al(22),2a2)＝0.32m，木板會滑行x1′＝eq\f(v\o\al(12),2a1′)＝0.36m，所以兩者會相碰，D正確．9．(多選)(2020·云南大理、麗江等校第二次統(tǒng)考)如圖(a)，質(zhì)量m1＝0.2kg的足夠長平板小車靜置在光滑水平地面上，質(zhì)量m2＝0.1kg的小物塊靜止于小車上，t＝0時刻小物塊以速度v0＝11m/s向右滑動，同時對小物塊施加一水平向左、大小恒定的外力F，圖(b)顯示小物塊與小車第1s內(nèi)運動的v－t圖象．設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取g＝10m/s2.則下列說法正確的是()A．小物塊與平板小車間的動摩擦因數(shù)μ＝0.4B．恒力F＝0.5NC．小物塊與小車間的相對位移x相對＝6.5mD．小物塊向右滑動的最大位移是xmax＝7.7m【答案】ABD【解析】由題圖(b)知，小車和小物塊的加速度分別為a1＝eq\f(Δv1,Δt)＝eq\f(2－0,1)m/s2＝2m/s2a2＝eq\f(Δv2,Δt)＝eq\f(2－11,1)m/s2＝－9m/s2對小車：μm2g＝m1a1，對小物塊：－(F＋μm2g)＝m2a2，解得μ＝0.4，F(xiàn)＝0.5N，故A、B正確；根據(jù)題圖可知，在t＝1s時小車和小物塊的速度相同，兩者不再發(fā)生相對運動，相對位移等于圖中三角形的面積，x相對＝eq\f(11,2)m＝5.5m，C錯誤；在0～1s內(nèi)小物塊向右滑動的位移x1＝eq\f(2＋11,2)m＝6.5m當小車與小物塊的速度相等后，在外力的作用下一起向右勻減速運動，其加速度為a3＝eq\f(F,m1＋m2)＝eq\f(5,3)m/s2，當速度減小到0時，整體向右發(fā)生的位移為x2＝eq\f(22,2×\f(5,3))m＝1.2m所以小物塊向右滑動的最大位移是xmax＝x1＋x2＝7.7m，故D正確．10．如圖所示，質(zhì)量M＝8kg的小車放在水平光滑的平面上，在小車左端加一水平推力F＝8N。當小車向右運動的速度達到1.5m/s時，在小車前端輕輕地放上一個大小不計、質(zhì)量為m＝2kg的小物塊，小物塊與小車間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，小車足夠長。求：(1)放上小物塊后，小物塊及小車的加速度各為多大？(2)經(jīng)多長時間兩者達到相同的速度？(3)從小物塊放在小車上開始，經(jīng)過t＝1.5s小物塊通過的位移大小為多少？(取g＝10m/s2)【答案】(1)2m/s20.5m/s2(2)1s(3)2.1m【解析】(1)小物塊的加速度am＝μg＝2m/s2，小車的加速度aM＝eq\f(F－μmg,M)＝0.5m/s2。(2)由amt1＝v0＋aMt1，得t1＝1s。(3)在開始1s內(nèi)小物塊的位移x1＝eq\f(1,2)amteq\o\al(2,1)＝1m。最大速度v＝amt1＝2m/s。在接下來的0.5s內(nèi)小物塊與小車相對靜止，一起做加速運動且加速度a＝eq\f(F,M＋m)＝0.8m/s2。這0.5s內(nèi)的位移x2＝vt2＋eq\f(1,2)ateq\o\al(2,2)＝1.1m，通過的總位移x＝x1＋x2＝2.1m。11.(2020·青海西寧市六校期末)如圖甲所示，水平地面上有一長為L＝1m，高為h＝0.8m，質(zhì)量M＝2kg的木板，木板的右端放置一個質(zhì)量為m＝1kg的木塊(可視為質(zhì)點)，已知木板與木塊之間的動摩擦因數(shù)為μ1＝0.4，木板與地面之間的動摩擦因數(shù)為μ2＝0.6，初始時兩者均靜止．現(xiàn)對木板施加一水平向右的拉力F，拉力F隨時間的變化如圖乙所示，求木塊落地時與木板左側(cè)的水平距離Δs.(取g＝10m/s2)【答案】1.68m【解析】若木塊相對木板滑動，設(shè)木塊加速度為a1，則μ1mg＝ma1得a1＝4m/s2若前2s二者一起做勻加速運動，設(shè)加速度為a則F－μ2(M＋m)g＝(M＋m)a得a＝2m/s2因為a1>a，所以前2s木塊和木板一起以2m/s2的加速度做勻加速運動．2s末二者的速度為：v＝at1＝4m/s同理可知2s后木塊和木板發(fā)生相對滑動木塊加速度為：a1＝4m/s2木板加速度設(shè)為a2，由牛頓第二定律得：F－μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2得：a2＝6m/s2設(shè)經(jīng)時間t2二者分離：vt2＋eq\f(1,2)a2t22－(vt2＋eq\f(1,2)a1t22)＝L解得t2＝1s，此時v塊＝v＋a1t2＝8m/s，v板＝v＋a2t2＝10m/s木板抽出后，木板繼續(xù)做加速運動，木塊將做平拋運動，再經(jīng)時間：t3＝eq\r(\f(2h,g))＝0.4s，木塊落地，在0.4s內(nèi)，x塊＝v塊t3＝3.2m木板的加速度設(shè)為a3，由牛頓第二定律有F－μ2Mg＝Ma3得a3＝11m/s2木板的位移：x板＝v板t3＋eq\f(1,2)a3t32＝4.88m所以，木塊落地時距離木板左側(cè)Δs＝x板－x塊＝1.68m.12.(2020·貴州畢節(jié)市適應(yīng)性監(jiān)測(三))一長木板置于粗糙水平地面上，木板右端放置一小物塊，如圖所示．木板與地面間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.1，物塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.4.t＝0時刻開始，小物塊與木板一起以共同速度向墻壁運動，當t＝1s時，木板以速度v1＝4m/s與墻壁碰撞(碰撞時間極短)．碰撞前后木板速度大小不變，方向相反．運動過程中小物塊第一次減速為零時恰好從木板上掉下．已知木板的質(zhì)量是小物塊質(zhì)量的15倍，重力加速度大小g取10m/s2.求：(1)t＝0時刻木板的速度大小；(2)木板的長度．【答案】(1)5m/s(2)eq\f(16,3)m【解析】(1)對木板和物塊：μ1(M＋m)g＝(M＋m)a1設(shè)初始時刻木板速度為v0由運動學公式：v1＝v0－a1t0代入數(shù)據(jù)解得：v0＝5m/s(2)碰撞后，對物塊：μ2mg＝ma2對物塊，當速度為0時，經(jīng)歷時間t，發(fā)生位移x1，則有v1＝a2t，x1＝eq\f(v1,2)t對木板，由牛頓第二定律：μ2mg＋μ1(M＋m)g＝Ma3對木板，經(jīng)歷時間t，發(fā)生位移x2x2＝v1t－eq\f(1,2)a3t2木板長度l＝x1＋x2聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得l＝eq\f(16,3)m.13.(2020·福建晉江市四校聯(lián)考)如圖所示，有1、2、3三個質(zhì)量均為m＝1kg的物體，長板2與物體3通過不可伸長輕繩連接，跨過光滑的輕質(zhì)定滑輪且與長板2相連的輕繩水平，設(shè)長板2到定滑輪足夠遠，物體3離地面高H＝5.75m，物體1與長板2之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2.長板2在光滑的水平桌面上從靜止開始釋放，同時物體1(視為質(zhì)點)在長板2的左端以v＝4m/s的初速度開始運動，運動過程中恰好沒有從長板2的右端掉下．(取g＝10m/s2)求：(1)長板2開始運動時的加速度大?。?2)長板2的長度L0；(3)當物體3落地時，物體1在長板2上的位置．【答案】見解析【解析】(1)設(shè)向右為正方向，由牛頓第二定律物體1：－μmg＝ma1，a1＝－μg＝－2m/s2長板2：FT＋μmg＝ma2物體3：mg－FT＝ma3且a2＝a3聯(lián)立解得：a2＝eq\f(g＋μg,2)＝6m/s2(2)設(shè)經(jīng)過時間t1物體1與長板2速度相等，則有v1＝v＋a1t1＝a2t1代入數(shù)據(jù)，解得t1＝0.5s，v1＝3m/s物體1的位移為：x1＝eq\f(v＋v1,2)t1＝1.75m長板2的位移為：x2＝eq\f(v1t1,2)＝0.75m所以長板2的長度L0＝x1－x2＝1m(3)此后，假設(shè)物體1、2、3相對靜止一起加速FT＝2ma，mg—FT＝ma，即mg＝3ma得a＝eq\f(g,3)對1分析：Ff靜＝ma≈3.3N＞Ff＝μmg＝2N，故假設(shè)不成立，物體1和長板2相對滑動物體1：μmg＝ma3，a3＝μg＝2m/s2長板2：FT－μmg＝ma4物體3：mg－FT＝ma5且a4＝a5聯(lián)立解得：a4＝eq\f(g－μg,2)＝4m/s2從物體1、2達到共同速度到物體3落至地面過程中，物體3下落的高度h＝H－x2＝5m根據(jù)h＝v1t2＋eq\f(1,2)a4t22解得t2＝1s物體1的位移x3＝v1t2＋eq\f(1,2)a3t22＝4mh－x3＝1m，即物體1在長板2的最左端．14.(2021·西南名校聯(lián)盟)如圖所示，傾角α＝30°的足夠長的光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一長L＝1.8m，質(zhì)量M＝3kg的薄木板，木板的最上端疊放一質(zhì)量m＝1kg的小物塊，物塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ＝eq\f(\r(3),2).對木板施加沿斜面向上的恒力F，使木板沿斜面由靜止開始向上做勻加速直線運動，假設(shè)物塊與木板間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度g＝10m/s2.(1)為使物塊不滑離木板，求力F應(yīng)滿足的條件；(2)若F＝37.5N，物塊能否滑離木板？若不能，請說明理由；若能，求出物塊滑離木板所用的時間及滑離木板后沿斜面上升的最大距離．【答案】：見解析【解析】：(1)若整體恰好靜止，則F＝(M＋m)gsinα＝(3＋1)×10×sin30°N＝20N因要拉動木板，則F>20N若整體一起向上做勻加速直線運動，對物塊和木板，由牛頓第二定律得F－(M＋m)gsinα＝(M＋m)a對物塊有f－mgsinα＝ma其中f≤μmgcosα代入數(shù)據(jù)解得F≤30N向上加速的過程中為使物體不滑離木板，力F應(yīng)滿足的條件為20N<F≤30N.(2)當F＝37.5N>30N時，物塊能滑離木板，由牛頓第二定律，對木板有F－μmgcosα－Mgsinα＝Ma1對物塊有μmgcosα－mgsinα＝ma2設(shè)物塊滑離木板所用的時間為t，由運動學公式得eq\f(1,2)a1t2－eq\f(1,2)a2t2＝L代入數(shù)據(jù)解得t＝1.2s物塊滑離木板時的速度v＝a2t由－2gsinα·s＝0－v2代入數(shù)據(jù)解得s＝0.9m.15.(2020·開封模擬)如圖甲所示，一長方體木板B放在水平地面上，木板B的右端放置著一個小鐵塊A，在t＝0時刻，同時突然給A、B初速度，其中A的初速度大小為vA＝1m/s，方向水平向左；B的初速度大小為vB＝14m/s，方向水平向右，木板B運動的v-t圖象如圖乙所示。已知A、B的質(zhì)量相等，A與B及B與地面之間均有摩擦(動摩擦因數(shù)不等)，A與B之間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，A始終沒有滑出B，取重力加速度g＝10m/s2。(提示：t＝3s時刻，A、B達到共同速度v＝2m/s；3s時刻至A停止運動前，A向右運動的速度始終大于B的速度)求：甲乙(1)小鐵塊A向左運動相對地面的最大位移；(2)B運動的時間及B運動的位移大小?！敬鸢浮?1)0.5m(2)4s25m【解析】(1)由題圖乙可知，0～3s內(nèi)A做勻變速運動，速度由vA＝－1m/s變?yōu)関＝2m/s則其加速度大小為aA＝eq\f(v－vA,t1)＝eq\f(2－－1,3)m/s2＝1m/s2，方向水平向右。當A水平向左運動速度減為零時，向左運動的位移最大，則s＝eq\f(v\o\al(2,A),2aA)＝0.5m。(2)設(shè)A與B之間的動摩擦因數(shù)為μ1，由牛頓第二定律得μ1mg＝maA則μ1＝eq\f(aA,g)＝0.1由題圖乙可知，0～3s內(nèi)B做勻減速運動，其速度由vB＝14m/s變?yōu)関＝2m/s則其加速度大小為aB＝eq\f(vB－v,t1)＝eq\f(14－2,3)m/s2＝4m/s2方向水平向左設(shè)B與地面之間的動摩擦因數(shù)為μ2，由牛頓第二定律得μ1mg＋2μ2mg＝maB則μ2＝eq\f(aB－μ1g,2g)＝0.153s之后，B繼續(xù)向右做勻減速運動，由牛頓第二定律得2μ2mg－μ1mg＝ma′B則B的加速度大小為a′B＝2μ2g－μ1g＝2m/s2方向水平向左3s之后運動的時間為t2＝eq\f(v,a′B)＝eq\f(2,2)s＝1s則B運動的時間為t＝t1＋t2＝4s0～4s內(nèi)B的位移xB＝eq\f(vB＋v,2)t1＋eq\f(v,2)t2＝25m，方向水平向右。16.如圖所示，傾角α＝30°的足夠長光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一長L＝1.8m、質(zhì)量M＝3kg的薄木板，木板的最右端疊放一質(zhì)量m＝1kg的小物塊，物塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ＝eq\f(\r(3),2)。對木板施加沿斜面向上的恒力F，使木板沿斜面由靜止開始做勻加速直線運動。設(shè)物塊與木板間最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g取10m/s2，物塊可視為質(zhì)點。(1)為使物塊不滑離木板，求力F應(yīng)滿足的條件；(2)若F＝37.5N，物塊能否滑離木板？若不能，請說明理由；若能，求出物塊滑離木板所用的時間及滑離木板后沿斜面上升的最大距離?！敬鸢浮?1)20N<F≤30N(2)能1.2s0.9m【解析】(1)以物塊和木板整體為研究對象，由牛頓第二定律得F－(M＋m)gsinα＝(M＋m)a以物塊為研究對象，由牛頓第二定律得Ff－mgsinα＝ma又Ff≤Ffm＝μmgcosα解得F≤30N又a>0解得F>20N所以20N<F≤30N。(2)因F＝37.5N>30N，所以物塊能夠滑離木板，隔離木板，由牛頓第二定律得F－μmgcosα－Mgsinα＝Ma1隔離物塊，由牛頓第二定律得μmgcosα－mgsinα＝ma2設(shè)物塊滑離木板所用時間為t木板的位移x1＝eq\f(1,2)a1t2物塊的位移x2＝eq\f(1,2)a2t2物塊與木板分離的臨界條件為Δx＝x1－x2＝L聯(lián)立以上各式解得t＝1.2s物塊滑離木板時的速度v＝a2t由公式－2gxsinα＝0－v2解得x＝0.9m。17．(2020棗莊八中模擬)如圖甲所示，長木板B固定在光滑水平面上，可看作質(zhì)點的物體A靜止疊放在B的最左端．現(xiàn)用F＝6N的水平力向右拉物體A，經(jīng)過5s物體A運動到B的最右端，其vt圖象如圖乙所示．已知A、B的質(zhì)量分別為1kg、4kg，A、B間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g取10m/s2.(1)求物體A、B間的動摩擦因數(shù)；(2)若B不固定，求A運動到B的最右端所用的時間．【答案】：(1)0.4(2)7.07s【解析】：(1)根據(jù)vt圖象可知物體A的加速度為aA＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(10,5)m/s2＝2m/s2以A為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律可得F－μmAg＝mAaA解得μ＝eq\f(FmAaA,mAg)＝0.4(2)由題圖乙可知木板B的長度為l＝eq\f(1,2)×5×10m＝25m若B不固定，則B的加速度為aB＝eq\f(μmAg,mB)＝eq\f(0.4×1×10,4)m/s2＝1m/s2設(shè)A運動到B的最右端所用的時間為t，根據(jù)題意可得eq\f(1,2)aAt2－eq\f(1,2)aBt2＝l，解得t＝7.07s.18.如圖所示，兩個完全相同的長木板放置于水平地面上，木板間緊密接觸，每個木板質(zhì)量M＝0.6kg，長度l＝0.5m．現(xiàn)有一質(zhì)量m＝0.4kg的小木塊，以初速度v0＝2m/s從木板的左端滑上木板，已知木塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.3，木板與地面間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.1，重力加速度g＝10m/s2.求：(1)小木塊滑上第二個木板的瞬間的速度大小；(2)小木塊最終滑動的位移(保留兩位有效數(shù)字)．【答案】(1)1m/s(2)0.67m【解析】(1)木板受到木塊的摩擦力為Ff1＝μ1mg＝1.2