微專題16 牛頓運動定律應(yīng)用之“滑塊-木板模型”問題-2025版高中物理微專題

微專題16牛頓運動定律應(yīng)用之“滑塊—木板模型”問題【核心要點提示】1．問題的特點滑塊—木板類問題涉及兩個物體，并且物體間存在相對滑動．2．常見的兩種位移關(guān)系(1)滑塊從木板的一端運動到另一端的過程中，若滑塊和木板向同一方向運動，則滑塊的位移和木板的位移之差等于木板的長度；(2)若滑塊和木板向相反方向運動，則滑塊的位移和木板的位移之和等于木板的長度．【核心方法點撥】此類問題涉及兩個物體、多個運動過程，并且物體間還存在相對運動，所以應(yīng)準確求出各物體在各個運動過程中的加速度(注意兩過程的連接處加速度可能突變)，找出物體之間的位移(路程)關(guān)系或速度關(guān)系是解題的突破口．求解中應(yīng)注意聯(lián)系兩個過程的紐帶，每一個過程的末速度是下一個過程的初速度．【微專題訓(xùn)練】類型一：滑塊-木板間有摩擦，木板與地面間無摩擦【例題1】(多選)如圖所示，物體A放在物體B上，物體B放在光滑的水平面上，已知mA＝6kg，mB＝2kg.A、B間動摩擦因數(shù)μ＝0.2.A物體上系一細線，細線能承受的最大拉力是20N，水平向右拉細線，下述中正確的是(g取10m/s2)()A．當拉力0＜F＜12N時，A靜止不動B．當拉力F＞12N時，A相對B滑動C．當拉力F＝16N時，B受到A的摩擦力等于4ND．在細線可以承受的范圍內(nèi)，無論拉力F多大，A相對B始終靜止【解析】假設(shè)細線不斷裂，則當細線拉力增大到某一值A(chǔ)物體會相對于B物體開始滑動，此時A、B之間達到最大靜摩擦力．以B為研究對象，最大靜摩擦力產(chǎn)生加速度，由牛頓第二定律得：μmAg＝mBa，解得a＝6m/s2以整體為研究對象，由牛頓第二定律得：Fm＝(mA＋mB)a＝48N即當繩子拉力達到48N時兩物體才開始相對滑動，所以A、B錯，D正確．當拉力F＝16N時，由F＝(mA＋mB)a解得a＝2m/s2，再由Ff＝mBa得Ff＝4N，故C正確．【答案】CD【變式1-1】如圖所示，在光滑水平面上，一個小物塊放在靜止的小車上，物塊和小車間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，重力加速度g＝10m/s2.現(xiàn)用水平恒力F拉動小車，關(guān)于物塊的加速度am和小車的加速度aM的大小，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，下列選項可能正確的是()A．a(chǎn)m＝2m/s2，aM＝1m/s2B．a(chǎn)m＝1m/s2，aM＝2m/s2C．a(chǎn)m＝2m/s2，aM＝4m/s2D．a(chǎn)m＝3m/s2，aM＝5m/s2【解析】若物塊與小車保持相對靜止一起運動，設(shè)加速度為a，對系統(tǒng)受力分析，由牛頓第二定律可得：F＝(M＋m)a，隔離小物塊受力分析，二者間的摩擦力Ff為靜摩擦力，且Ff≤μmg，由牛頓第二定律可得：Ff＝ma，聯(lián)立可得：am＝aM＝a≤μg＝2m/s2.若物塊與小車間發(fā)生了相對運動，二者間的摩擦力Ff為滑動摩擦力，且am<aM，隔離小物塊受力分析，如圖所示，由牛頓第二定律可得：Ff＝μmg＝mam，可得：am＝2m/s2，選項C正確，選項A、B、D錯誤．【答案】C【變式1-2】如圖甲所示，靜止在光滑水平面上的長木板B(長木板足夠長)的左端靜止放著小物塊A.某時刻，A受到水平向右的外力F作用，F(xiàn)隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示，即F＝kt，其中k為已知常數(shù)．設(shè)物體A、B之間的滑動摩擦力大小等于最大靜摩擦力Ff，且A、B的質(zhì)量相等，則下列可以定性描述長木板B運動的v－t圖象是()【解析】A、B相對滑動之前加速度相同，由整體法可得：F＝2ma，當A、B間剛好發(fā)生相對滑動時，對木板有Ff＝ma，故此時F＝2Ff＝kt，t＝eq\f(2Ff,k)，之后木板做勻加速直線運動，故只有B項正確．【答案】B【例題2】如圖所示，在光滑的水平面上有一長為0.64m、質(zhì)量為4kg的木板A，在木板的左端有一質(zhì)量為2kg的小物體B，A、B之間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.2。當對B施加水平向右的力F＝10N時，求經(jīng)過多長的時間可將B從木板A的左端拉到右端？(物體B可以視為質(zhì)點，g取10m/s2)[解析]假設(shè)二者相對靜止，則對整體由牛頓第二定律得F＝(M＋m)a。設(shè)A、B之間的摩擦力為f，A所受的摩擦力水平向右，對A：f＝Ma。由于二者相對靜止，故f為靜摩擦力，要使二者不發(fā)生相對滑動，滿足f≤μmg，解得F≤μmgeq\f(M＋m,M)＝6N，由于F＞6N，故B將相對于A發(fā)生滑動。法一：以地面為參考系，A和B都做勻加速運動，且B物體的加速度大于A物體的加速度，B的加速度大?。篴B＝eq\f(F－μmg,m)＝3m/s2；A的加速度大?。篴A＝eq\f(μmg,M)＝1m/s2。B從A的左端運動到右端，A、B的位移關(guān)系滿足x1－x2＝L，即eq\f(1,2)aBt2－eq\f(1,2)aAt2＝L，解得t＝0.8s。法二：以A為參照物，B相對A的加速度aBA＝aB－aA，即B相對A做初速度為零的勻加速直線運動，相對位移大小為L，故L＝eq\f(1,2)aBAt2，解得t＝0.8s。[答案]0.8s【變式2-1】(2017·湖南郴州質(zhì)量監(jiān)測)如圖所示，平板小車靜止于水平地面上，在其最右端放一可視為質(zhì)點的小木塊，已知木塊的質(zhì)量m＝1kg，小車的質(zhì)量M＝4kg，上表面與木塊間的動摩擦因數(shù)μ＝0.3，地面給小車的阻力與地面所受正壓力成正比，比值為λ＝0.2。現(xiàn)用向右的水平恒力F＝30N拉平板小車，該水平恒力F作用時間t1＝2s，g取10m/s2，求：(1)水平恒力F作用過程中，木塊和小車的加速度各為多大；(2)水平恒力F撤去后，木塊再經(jīng)過一段時間后恰好停在小車左端，則小車長L為多少；(3)小車從開始運動到最終停下來運動的距離為多少。答案：(1)3m/s2eq\f(17,4)m/s2(2)3m(3)24.6m[解析](1)水平恒力F作用的過程中，木塊的加速度a1＝μg＝3m/s2，小車的加速度a2＝eq\f(F－μmg－λm＋Mg,M)＝eq\f(17,4)m/s2(2)t1＝2s內(nèi)，木塊的位移x1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)＝6m。t1＝2s內(nèi)，小車的位移x2＝eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,1)＝8.5mt1＝2s末，木塊的速度v1＝a1t1＝6m/s，小車的速度v2＝a2t1＝8.5m/s水平恒力F撤去后，木塊的加速度a1不變小車的加速度a2′＝eq\f(μmg＋λm＋Mg,M)＝eq\f(13,4)m/s2，方向向左木塊停在小車左端時，木塊與小車速度相等，v＝v1＋a1t2＝v2－a2′t2得t2＝0.4s，v＝7.2m/s恒力F撤去后，木塊的位移x1′＝v1t2＋eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,2)＝2.64m恒力F撤去后，小車的位移x2′＝v2t2－eq\f(1,2)a2′teq\o\al(2,2)＝3.14m木板長度L＝(x2－x1)＋(x2′－x1′)＝3m(3)達到共同速度后，二者一起做勻減速運動，有a＝λg＝2m/s2共同做勻減速直線運動的位移x3＝eq\f(v2,2a)＝12.96m小車運動的總位移x＝x2＋x2′＋x3＝24.6m類型二：滑塊-木板間有摩擦，木板與地面間有摩擦1．用水平力拉木板如圖所示，A是小木塊，B是木板，A和B都靜止在地面上，A在B的右端，從某一時刻起，B受到一個水平向右的恒力F作用。A、B之間的動摩擦因數(shù)為μ1，B與地面間的動摩擦因數(shù)為μ2，木板的長度為L。假設(shè)最大靜摩擦力fm和滑動摩擦力相等，根據(jù)F的大小可分為三種運動情況。(1)當F≤μ2(m1＋m2)g時，二者均相對地面靜止，且A不受摩擦力作用。(2)當μ2(m1＋m2)g＜F≤(μ1＋μ2)(m1＋m2)g時，二者相對靜止，以相同的加速度向右滑動。對A而言，其摩擦力產(chǎn)生的加速度存在極值，即m1aA≤μ1m1g，因而A、B共同加速的加速度a≤μ1g。對整體由牛頓第二定律得F－μ2(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a，解得F≤(μ1＋μ2)(m1＋m2)g。(3)當F＞(μ1＋μ2)(m1＋m2)g時，二者發(fā)生相對滑動。此時aA＝μ1g，aB＝eq\f(F－μ1m1g－μ2m1＋m2g,m2)>μ1g，A相對B向左滑動。2．用水平力拉物塊如圖，A在B的左端，從某一時刻起，A受到一個水平向右的恒力F而向右運動。這種情況抓住A帶動B運動，A對B的摩擦力為動力。(1)當μ1m1g≤μ2(m1＋m2)g時，不論拉力F多大，B均靜止。(2)當μ1m1g＞μ2(m1＋m2)g時：①F＜μ2(m1＋m2)g時，二者相對靜止，且相對于地面靜止。②若μ2(m1＋m2)g＜F≤μ2(m1＋m2)g＋eq\f(m1＋m2,m2)[μ1m1g－μ2(m1＋m2)g]時，A、B相對地面運動，但A、B保持相對靜止。對B由牛頓第二定律得fAB－μ2(m1＋m2)g＝m2a，當F增大，a增大，fAB也增大，但是fAB≤μ1m1g，所以a≤eq\f(μ1m1g－μ2m1＋m2g,m2)，對整體而言F－μ2(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a，則F≤μ2(m1＋m2)g＋eq\f(m1＋m2,m2)[μ1m1g－μ2(m1＋m2)g]。③F＞μ2(m1＋m2)g＋eq\f(m1＋m2,m2)[μ1m1g－μ2(m1＋m2)g]時，二者相對滑動，A帶動B運動，故aA＞aB，vA＞vB。【例題3】(2018·江西省臨川二中高三上學(xué)期第五次理綜物理)如圖所示，質(zhì)量為m1的木塊和質(zhì)量為m2的長木板疊放在水平地面上。現(xiàn)對木塊施加一水平向右的拉力F。木塊在長木板上滑行，而長木板保持靜止狀態(tài)。已知木塊與長木板間的動摩擦因數(shù)為μ1，長木板與地面間的動摩擦因數(shù)為μ2，且最大靜摩擦力與滑動摩擦力相等，則(D)A．μ1>μ2B．μ1<μ2C．若改變F的大小，當F>μ1(m1＋m2)g時，長木板將開始運動D．若將F作用于長木板，當F>(μ1＋μ2)(m1＋m2)g時，長木板與木塊將開始相對滑動[解析]對m1，根據(jù)牛頓運動定律有：F－μ1m1g＝m1a，對m2，由于保持靜止有：μ1m1g－Ff＝0，F(xiàn)f＜μ2(m1＋m2)g，所以動摩擦因數(shù)的大小從中無法比較。故A、B錯誤；C、改變F的大小，只要木塊在木板上滑動，則木塊對木板的滑動摩擦力不變，則長木板仍然保持靜止，故C錯誤；D、若將F作用于長木板，當木塊與木板恰好開始相對滑動時，對木塊，μ1m1g＝m1a，解得a＝μ1g，對整體分析，有F－μ2(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a，解得F＝(μ1＋μ2)(m1＋m2)g，所以當F>(μ1＋μ2)(m1＋m2)g時，長木板與木塊將開始相對滑動，故D正確。故選D?！咀兪?-1】(2014·江蘇)(多選)如圖所示，A、B兩物塊的質(zhì)量分別為2m和m，靜止疊放在水平地面上．A、B間的動摩擦因數(shù)為μ，B與地面間的動摩擦因數(shù)為eq\f(1,2)μ.最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g.現(xiàn)對A施加一水平拉力F，則()A．當F<2μmg時，A、B都相對地面靜止B．當F＝eq\f(5,2)μmg時，A的加速度為eq\f(1,3)μgC．當F>3μmg時，A相對B滑動D．無論F為何值，B的加速度不會超過eq\f(1,2)μg【解析】當0<F≤eq\f(3,2)μmg時，A、B皆靜止；當eq\f(3,2)μmg<F≤3μmg時，A、B相對靜止，但兩者相對地面一起向右做勻加速直線運動；當F>3μmg時，A相對B向右做加速運動，B相對地面也向右加速，選項A錯誤，選項C正確．當F＝eq\f(5,2)μmg時，A與B共同的加速度a＝eq\f(F－\f(3,2)μmg,3m)＝eq\f(1,3)μg，選項B正確．F較大時，取物塊B為研究對象，物塊B的加速度最大為a2＝eq\f(2μmg－\f(3,2)μmg,m)＝eq\f(1,2)μg，選項D正確．【答案】BCD【例題4】(2013·新課標全國卷Ⅱ)一長木板在水平地面上運動，在t＝0時刻將一相對于地面靜止的物塊輕放到木板上，以后木板運動的速度－時間圖象如圖所示。已知物塊與木板的質(zhì)量相等，物塊與木板間及木板與地面間均有摩擦，物塊與木板間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，且物塊始終在木板上。取重力加速度的大小g＝10m/s2，求：(1)物塊與木板間、木板與地面間的動摩擦因數(shù)；(2)從t＝0時刻到物塊與木板均停止運動時，物塊相對于木板的位移的大小?！窘馕觥坑蓈－t圖象可知，在t1＝0.5s時，二者速度相同，為v1＝1m/s，物塊和木板的加速度大小分別為a1和a2，則a1＝eq\f(v1,t1)①a2＝eq\f(v0－v1,t1)②設(shè)物塊與木板間、木板與地面間的動摩擦因數(shù)分別為μ1、μ2，根據(jù)牛頓第二定律，對物塊有μ1mg＝ma1③對木板有μ1mg＋2μ2mg＝ma2④聯(lián)立①②③④式得：μ1＝0.2，μ2＝0.3(2)t1時刻后，地面對木板的摩擦力阻礙木板運動，物塊與木板之間的摩擦力改變方向。設(shè)物塊與木板之間的摩擦力大小為Ff，物塊和木板的加速度大小分別為a1′和a2′，由牛頓第二定律得對物塊有Ff＝ma1′對木板有2μ2mg－Ff＝ma2′假設(shè)物塊相對木板靜止，即Ff＜μ1mg，則a1′＝a2′，得Ff＝μ2mg＞μ1mg，與假設(shè)矛盾，所以物塊相對木板向前減速滑動，而不是與木板共同運動，物塊加速度大小a1′＝a1＝2m/s2物塊的v－t圖象如圖所示。此過程木板的加速度a2′＝2μ2g－μ1g＝4m/s2由運動學(xué)公式可得，物塊和木板相對地面的位移分別為x1＝eq\f(veq\o\al(2,1),2a1)＋eq\f(veq\o\al(2,1),2a1′)＝0.5mx2＝eq\f(v0＋v1,2)t1＋eq\f(veq\o\al(2,1),2a2′)＝eq\f(13,8)m物塊相對木板的位移大小為x＝x2－x1＝1.125m【答案】(1)0.20.3(2)1.125m【變式4】如圖所示，質(zhì)量M＝1kg的木板靜止在粗糙的水平地面上，木板與地面間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.1，在木板的左端放置一個質(zhì)量m＝1kg、大小可以忽略的鐵塊，鐵塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.4，取g＝10m/s2，試求：(1)若木板長L＝1m，在鐵塊上加一個水平向右的恒力F＝8N，經(jīng)過多長時間鐵塊運動到木板的右端？(2)若在鐵塊上的右端施加一個大小從零開始連續(xù)增加的水平向右的力F，通過分析和計算后，請在圖中畫出鐵塊受到木板的摩擦力f2隨拉力F大小變化的圖像。(設(shè)木板足夠長)[解析](1)鐵塊的加速度大小a1＝eq\f(F－μ2mg,m)＝4m/s2，木板的加速度大小a2＝eq\f(μ2mg－μ1M＋mg,M)＝2m/s2，設(shè)經(jīng)過時間t鐵塊運動到木板的右端，則有eq\f(1,2)a1t2－eq\f(1,2)a2t2＝L，解得：t＝1s。(2)①當F≤μ1(m＋M)g＝2N時，M、m相對靜止且對地靜止，f2＝F。②二者相對靜止時，以系統(tǒng)為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律有F1－μ1(M＋m)g＝(M＋m)a。此時系統(tǒng)的加速度a≤2m/s2，解得F1≤6N，所以當2N＜F≤6N時，M、m相對靜止，系統(tǒng)向右做勻加速運動，其加速度a＝eq\f(F－μ1M＋mg,M＋m)。以M為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律有：f2－μ1(M＋m)g＝Ma，解得f2＝eq\f(F,2)＋1。③當F＞6N，M、m發(fā)生相對運動，f2＝μ2mg＝4N。畫出f2隨拉力F大小變化的圖像如圖所示。[答案](1)1s(2)見解析【鞏固習(xí)題】1.(2015·河北省衡水中學(xué)調(diào)研)如圖甲所示，A、B兩長方體疊放在一起放在光滑的水平面上，B物體從靜止開始受到一個水平變力的作用，該力與時間的關(guān)系如圖乙所示，運動過程中A、B始終保持相對靜止。則在0～2t0時間內(nèi)，下列說法正確的是()eq\a\vs4\al()A．t0時刻，A、B間的靜摩擦力最大，加速度最小B．t0時刻，A、B的速度最大C．0時刻和2t0時刻，A、B間的靜摩擦力最大D．2t0時刻，A、B離出發(fā)點最遠，速度為02.(2018·山東省日照市高三上學(xué)期11月期中試題)質(zhì)量M＝1kg的長木板置于水平地面上，木板與地面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1。木板上放有質(zhì)量分別為mA＝2kg和mB＝1kg的A、B兩物塊，A、B與木板間的動摩擦因數(shù)分別為μ2＝0.3、μ3＝0.5，水平恒力F作用在物塊A上，如圖所示。已知最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g＝10m/s2。則()A．若F＝5N，物塊A受到的摩擦力大小為5NB．若F＝6N，物塊B受到的摩擦力大小為5NC．若F＝7N，物塊A將會相對木板滑動D．無論力F多大，B與長木板之間都不會發(fā)生相對滑動[解析]A與木板間的最大靜摩擦力為FAmax＝μ2mAg＝6N;B與木板間的最大靜摩擦力為fBmax＝μ3mBg＝5N；木板與地面間的最大靜摩擦力為f＝μ(M＋mA＋mB)g＝4N；若F＝5N，木板已相對地面滑動，設(shè)A、B相對木板靜止，則對整體：F－f＝(M＋mA＋mB)a，對A：F－fA＝mAa，解得fA＝4.5N<6N；對B：fB＝mBa，解得fB＝0.25N<5N，故A、B確實相對木板靜止，且fA＝4.5N故A錯誤；若F＝6N，木板已相對地面滑動，設(shè)AB相對木板靜止，則對整體：F－f＝(M＋mA＋mB)a，對A：F－fA＝mAa，解得fA＝5N<6N；對B：fB＝mBa，解得fB＝0.5N<5N，故A、B確實相對木板靜止，且fB＝0.5N，故B錯誤；若F＝7N，木板已相對地面滑動，設(shè)AB相對木板靜止，則對整體F－f＝(M＋mA＋mB)a，對A：F－fA＝mAa，解得fA＝5.5N<6N；對B：fB＝mBa，解得fB＝0.75N<5N，所以A、B確實相對木板靜止，故C錯誤；木板和B之所以能運動，是A與木板間的摩擦力做動力，當A與木板間的摩擦力達到最大時，設(shè)木板和B相對靜止，對木板和B：fAmax－f＝(M＋mB)a，對B：fB＝mBa，解得fB＝1N，即A與木板間的摩擦力達到最大時，木板和B仍相對靜止。則無論力F多大，B與長木板之間都不會發(fā)生相對滑動。故D正確。3.一輛運送沙子的自卸卡車裝滿沙子，沙粒之間的動摩擦因數(shù)為μ1，沙子與車廂底部材料的動摩擦因數(shù)為μ2，車廂的傾角用θ表示(已知μ2>μ1)，下列說法正確的是()A．要順利地卸干凈全部沙子，應(yīng)滿足tanθ＞μ2B．要順利地卸干凈全部沙子，應(yīng)滿足sinθ＞μ2C．只卸去部分沙子，車上還留有一部分沙子，應(yīng)滿足μ2＞tanθ＞μ1D．只卸去部分沙子，車上還留有一部分沙子，應(yīng)滿足μ2>μ1>tanθ【答案】AC4.(2016·河北邯鄲高三調(diào)研)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,3)，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?，F(xiàn)對物塊施加一水平向右的拉力F，則木板加速度大小a可能是()A．a(chǎn)＝μg B．a(chǎn)＝eq\f(2μg,3)C．a(chǎn)＝eq\f(μg,3) D．a(chǎn)＝eq\f(F,2m)－eq\f(μg,3)5.如圖所示，質(zhì)量為m的木塊在質(zhì)量為M的長木板上向右滑行，木塊受到向右的拉力F的作用，長木板處于靜止狀態(tài)，已知木塊與長木板間的動摩擦因數(shù)為μ1，長木板與地面間的動摩擦因數(shù)為μ2，則()A．長木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ1mgB．長木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ2(m＋M)gC．當F>μ2(m＋M)g時，長木板便會開始運動D．無論怎樣改變F的大小，長木板都不可能運動【解析】木塊受到的滑動摩擦力大小為μ1mg，由牛頓第三定律，長木板受到m對它的摩擦力大小也是μ1mg，對長木板使用平衡條件得地面對長木板的靜摩擦力為μ2mg，A正確．改變F的大小，木塊m受到的滑動摩擦力不會發(fā)生變化，長木板受力不變，D正確．【答案】AD6.(2016·江蘇無錫聯(lián)考)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。木板受到隨時間t變化的水平拉力F作用時，用傳感器測出其加速度a，得到如圖乙所示的a－F圖象。取g＝10m/s2，則()A．滑塊的質(zhì)量m＝4kgB．木板的質(zhì)量M＝6kgC．當F＝8N時滑塊的加速度為2m/s2D．滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)為0.1【解析】當F＝6N時，加速度為a＝1m/s2，對整體分析，由牛頓第二定律有F＝(M＋m)a，代入數(shù)據(jù)解得M＋m＝6kg；當F＞6N時，根據(jù)牛頓第二定律得a＝eq\f(F－μmg,M)＝eq\f(1,M)F－eq\f(μmg,M)，知圖線的斜率k＝eq\f(1,M)＝eq\f(1,2)，解得M＝2kg，滑塊的質(zhì)量m＝4kg，故A正確，B錯誤；根據(jù)F＞6N的圖線知，F(xiàn)＝4N時，a＝0，即0＝eq\f(1,2)×F－eq\f(μ×40,2)，代入數(shù)據(jù)解得μ＝0.1，D正確；當F＝8N時，對滑塊，根據(jù)牛頓第二定律得μmg＝ma′，解得a′＝μg＝1m/s2，C錯誤。【答案】AD7.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．現(xiàn)給木塊施加一隨時間t增大的水平力F＝kt(k是常數(shù))，木板和木塊加速度的大小分別為a1和a2.下列反映a1和a2變化的圖線中正確的是()【解析】在木板與木塊相對滑動前，F(xiàn)＝kt＝(m1＋m2)a，a與t成正比關(guān)系，a－t關(guān)系圖線的斜率為eq\f(k,m1＋m2)，當m1與m2相對滑動后，木板受的摩擦力是Ff21＝μm2g＝m1a1，a1＝eq\f(μm2g,m1)為一恒量，對木塊有F－μm2g＝m2a2，得a2＝eq\f(kt,m2)－μg，斜率為eq\f(k,m2)，可知A正確，B、C、D錯誤．【答案】A8.如圖所示，質(zhì)量M＝8kg的小車放在光滑的水平面上，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。(g＝10m/s2)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)從小物塊放上小車開始，經(jīng)過t＝1.5s小物塊通過的位移大小為多少。[解析](1)小物塊的加速度am＝eq\f(μmg,m)＝2m/s2小車的加速度aM＝eq\f(F－μmg,M)＝0.5m/s2。(2)由amt＝v0＋aMt得t＝1s。(3)在開始1s內(nèi)小物塊的位移s1＝eq\f(1,2)amt2＝1m在1s末小物塊的速度v＝at＝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s2＝vt＋eq\f(1,2)at2＝1.1m通過的總位移s＝s1＋s2＝2.1m。[答案](1)2m/s20.5m/s2(2)1s(3)2.1m9.如圖所示，物塊A、木板B的質(zhì)量均為m＝10kg，不計A的大小，B板長L＝3m．開始時A、B均靜止．現(xiàn)使A以某一水平初速度從B的最左端開始運動．已知A與B、B與水平面之間的動摩擦因數(shù)分別為μ1＝0.3和μ2＝0.1，g取10m/s2.(1)若物塊A剛好沒有從B上滑下來，則A的初速度是多大？(2)若把木板B放在光滑水平面上，讓A仍以(1)問中的初速度從B的最左端開始運動，則A能否與B脫離？最終A和B的速度各是多大？【解析】(1)A在B上向右勻減速運動，加速度大小a1＝μ1g＝3m/s2木板B向右勻加速運動，加速度大小a2＝eq\f(μ1mg－μ2·2mg,m)＝1m/s2由題意知，A剛好沒有從B上滑下來，則A滑到B最右端時和B速度相同，設(shè)為v，得時間關(guān)系：t＝eq\f(v0－v,a1)＝eq\f(v,a2)位移關(guān)系：L＝eq\f(v\o\al(2,0)－v2,2a1)－eq\f(v2,2a2)解得v0＝2eq\r(6)m/s.(2)木板B放在光滑水平面上，A在B上向右勻減速運動，加速度大小仍為a1＝μ1g＝3m/s2B向右勻加速運動，加速度大小a2′＝eq\f(μ1mg,m)＝3m/s2設(shè)A、B達到相同速度v′時A沒有脫離B，由時間關(guān)系eq\f(v0－v′,a1)＝eq\f(v′,a2′)解得v′＝eq\f(v0,2)＝eq\r(6)m/sA的位移xA＝eq\f(v\o\al(2,0)－v′2,2a1)＝3mB的位移xB＝eq\f(v′2,2a2′)＝1m由xA－xB＝2m可知A沒有與B脫離，最終A和B的速度相等，大小為eq\r(6)m/s【答案】(1)2eq\r(6)m/s(2)沒有脫離eq\r(6)m/seq\r(6)m/s10.如圖所示，薄板A長L＝5m，其質(zhì)量M＝5kg，放在水平桌面上，板右端與桌邊相齊．在A上距右端s＝3m處放一物體B(可看成質(zhì)點)，其質(zhì)量m＝2kg.已知A、B間動摩擦因數(shù)μ1＝0.1，A與桌面間和B與桌面間的動摩擦因數(shù)均為μ2＝0.2，原來系統(tǒng)靜止．現(xiàn)在在板的右端施加一大小一定的水平力F持續(xù)作用在A上直到將A從B下抽出才撤去，且使B最后停于桌的右邊緣．(g取10m/s2)求：(1)B運動的時間；(2)力F的大小．【解析】(1)對于B，在未離開A時，其加速度為：aB1＝eq\f(μ1mg,m)＝1m/s2設(shè)經(jīng)過時間t1后B離開A，離開A后B的加速度為：aB2＝－eq\f(μ2mg,m)＝－2m/s2設(shè)物體B離開A時的速度為vB有vB＝aB1t1和eq\f(1,2)aB1teq\o\al(2,1)＋eq\f(v\o\al(2,B),－2aB2)＝s代入數(shù)據(jù)解得t1＝2st2＝eq\f(vB,－aB2)＝1s所以B運動的時間是：t＝t1＋t2＝3s.(2)設(shè)A的加速度為aA，則根據(jù)相對運動的位移關(guān)系得eq\f(1,2)aAteq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)aB1t12＝L－s解得：aA＝2m/s2由牛頓第二定律得F－μ1mg－μ2(m＋M)g＝MaA代入數(shù)據(jù)得：F＝26N.【答案】(1)3s(2)26N11.(2018·江西省臨川二中高三上學(xué)期第五次理綜物理)2018年新春佳節(jié)，我市的許多餐廳生意火爆，常常人滿為患，為能服務(wù)更多的顧客，服務(wù)員需要用最短的時間將菜肴送至顧客處(設(shè)菜品送到顧客處速度恰好為零)。某次服務(wù)員用單手托盤方式(如圖)給12m遠處的顧客上菜，要求全程托盤水平。托盤和手、碗之間的摩擦因數(shù)分別為0.2、0.15，服務(wù)員上菜最大速度為3m/s。假設(shè)服務(wù)員加速、減速運動過程中是勻變速直線運動，且可認為最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。求：(1)服務(wù)員運動的最大加速度；(2)服務(wù)員上菜所用的最短時間。答案：(1)1.5m/s2(2)6s[解析](1)設(shè)碗的質(zhì)量為m，托盤的質(zhì)量為M，以最大加速度運動時，碗、托盤、手保持相對靜止，碗受力如圖所示，由牛頓第二定律得：Ff1＝ma1；碗與托盤間相對靜止，則：Ff1≤Ff1max＝μ1mg，解得：a1≤μ1g＝0.15×10m/s2＝1.5m/s2，對碗和托盤整體，由牛頓第二定律得：Ff2＝(M＋m)a2，手和托盤間相對靜止，則：Ff2≤Ff2max＝μ2(M＋m)g，解得：a2≤μ2g＝0.2×10m/s2＝2m/s2，則最大加速度：amax＝1.5m/s2；(2)服務(wù)員以最大加速度達到最大速度，然后勻速運動，再以最大加速度減速運動，所需時間最短，加速運動時間：t1＝eq\f(vmax,amax)＝eq\f(3,1.5)s＝2s，位移：x1＝eq\f(1,2)vmaxt1＝eq\f(1,2)×3×2m＝3m，減速運動時間：t2＝t1＝2s，位移：x2＝x1＝3m，勻速運動位移：x3＝L－x1－x2＝12－3－3m＝6m勻速運動時間：t3＝eq\f(x3,vmax)＝2s，最短時間：t＝t1＋t2＋t3＝6s12.(2013·江蘇單科)如圖所示，將小砝碼置于桌面上的薄紙板上，用水平向右的拉力將紙板迅速抽出，砝碼的移動很小，幾乎觀察不到，這就是大家熟悉的慣性演示實驗。若砝碼和紙板的質(zhì)量分別為m1和m2，各接觸面間的動摩擦因數(shù)均為μ。重力加速度為g。(1)當紙板相對砝碼運動時，求紙板所受摩擦力的大??；(2)要使紙板相對砝碼運動，求所需拉力大??；(3)本實驗中，m1＝0.5kg，m2＝0.1kg，μ＝0.2，砝碼與紙板左端的距離d＝0.1m，取g＝10m/s2。若砝碼移動的距離超過l＝0.002m，人眼就能感知。為確保實驗成功，紙板所需的拉力至少多大？【解析】(1)砝碼對紙板的摩擦力f1＝μm1g桌面對紙板的摩擦力f2＝μ(m1＋m2)gf＝f1＋f2，解得f＝μ(2m1＋m2)g(2)設(shè)砝碼的加速度為a1，紙板的加速度為a2，則f1＝m1a1，F(xiàn)－f1－f2＝m2a2發(fā)生相對運動a2>a1，解得F>2μ(m1＋m2)g(3)紙板抽出前，砝碼運動的距離x1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)紙板運動的距離d＋x1＝eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,1)紙板抽出后，砝碼在桌面上運動的距離x2＝eq\f(1,2)a3teq\o\al(2,2)，l＝x1＋x2由題意知a1＝a3，a1t1＝a3t2解得F＝2μ[m1＋(1＋eq\f(d,l))m2]g代入數(shù)據(jù)得F＝22.4N【答案】(1)μ(2m1＋m2)g(2)大于2μ(m1＋m2)g(3)22.4N13.(2018·華南師大附中模擬)如圖甲所示，水平面上靜止放著長L＝2.75m，質(zhì)量為M＝3kg的木板，一個質(zhì)量為m＝1kg的小物體靜止放在木板的最右端，小物體和木板之間的動摩擦因數(shù)為μ1，地面與木板之間的動摩擦因數(shù)為μ2，現(xiàn)對木板施加一水平向右的拉力F。(g取10m/s2)(1)在小物體不脫離木板的情況下，力F大小與木板的加速度aM關(guān)系如圖乙所示，求μ1和μ2的值？(2)當F＝11N，小物體與木板從靜止開始運動，當小物體動能Ek1＝0.5J時，木板對地位移恰好為s2＝1m，問此時小物塊，木板與地面構(gòu)成系統(tǒng)產(chǎn)生的總熱量Q為多少？(3)當F＝11N，要使小物體與木板脫離，F(xiàn)的作用時間t最短為多少？[解析](1)由題意知F1＝μ2(M＋m)gF1＝4N得到μ2＝0.1F－μ2(M＋m)g－μ1mg＝MaM當F＝11N時，aM＝2m/s2得到μ1＝0.1。(2)μ1mgs1＝Ek1Q1＝μ1mg(s2－s1)Q2＝μ2(m＋M)gs2得到Q＝Q1＋Q2＝4.5J。(3)設(shè)F作用時間為t，撤去F后，小物體和木板達到共速前還運動了時間Δt，F(xiàn)作用時，對小物體有a1＝μ1g＝1m/s2對木板有a2＝eq\f(F－μ1mg－μ2M＋mg,M)＝2m/s2撤掉F后，對木板有a3＝eq\f(－μ1mg－μ2M＋mg,M)＝－eq\f(5,3)m/s2達到共速時有a1(t＋Δt)＝a2t＋a3Δt共速前，小物體與木板相對運動為eq\f(1,2)a2t2－eq\f(1,2)a1t2＋eq\f(1,2)(a2t－a1t)Δt＝L解得t＝2s。[答案](1)0.10.1(2)4.5J(3)2s14.如圖4甲所示，質(zhì)量M＝1kg的木板靜止在粗糙的水平地面上，在木板的左端放置一個質(zhì)量m＝1kg、大小可以忽略的鐵塊．在鐵塊上施加一個外力F，在鐵塊運動過程中，鐵塊和木板之間的摩擦力Ff隨外力F變化的關(guān)系圖象如圖乙所示，已知重力加速度g＝10m/s2，各接觸面間的最大靜摩擦力均等于滑動摩擦力．求：(1)木板與地面間的動摩擦因數(shù)μ1和鐵塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ2；(2)當F＝6N時鐵塊的加速度a.【解析】(1)由Ff—F圖象可知，當0＜F＜2N時，鐵塊、木板均靜止在水平地面上，當2N≤F＜10N時，鐵塊、木板一起在水平地面上做加速運動，當F≥10N時，鐵塊和木板發(fā)生相對滑動，由題圖乙可得當F＝2N時，有Ff＝μ1(m＋M)g＝2N當F≥10N時，有Ff＝μ2mg＝6N由以上兩式可得μ1＝0.1，μ2＝0.6(2)由題圖乙可知，當F＝6N時，F(xiàn)f＝4N，此時鐵塊和木板一起在水平地面上做加速運動．對鐵塊，由牛頓第二定律有F－Ff＝ma可得a＝2m/s2.【答案】(1)0.10.6(2)2m/s215.(2015·新課標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vt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：(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．【解析】(1)根據(jù)題圖b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(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，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對小物塊，加速度大小為a2＝4m/s2由于a2＞a3，所以小物塊速度先減小到0，所用時間為t1＝1s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＝eq\f(8,3)m/s小物塊向右運動的位移x2＝eq\f(v＋0,2)t1＝