“滑塊-木板”模型中的動力學(xué)問題（解析版）-2025年物理一輪復(fù)習(xí)講義

第三章運動和力的關(guān)系

第5課時專題強(qiáng)化：“滑塊一木板”模型中的動力學(xué)問題

學(xué)習(xí)目標(biāo)

1.掌握“滑塊一木板”模型的運動及受力特點。

2.能正確運用動力學(xué)觀點處理“滑塊—木板”模型問題。

一、模型特點

滑塊(視為質(zhì)點)置于木板上，滑塊和木板均相對地面運動，且滑塊和木板在摩擦力的作

用下發(fā)生相對滑動，滑塊和木板具有不同的加速度。

二、模型構(gòu)建

(1)隔離法的應(yīng)用：對滑塊和木板分別進(jìn)行受力分析和運動過程分析。

(2)對滑塊和木板分別列動力學(xué)方程和運動學(xué)方程。

(3)明確滑塊和木板間的位移關(guān)系

如圖所示，滑塊由木板一端運動到另一端的過程中，滑塊和木板同向運動時，位移之差A(yù)x=

制一X2=〃板長)；滑塊和木板反向運動時，位移之和AX=X2+XI=￡。

三、解題關(guān)鍵

(1)摩擦力的分析判斷：由滑塊與木板的相對運動來判斷“板塊”間的摩擦力方向。

(2)挖掘'、物=丫板”臨界條件的拓展含義

摩擦力突變的臨界條件：當(dāng)"物=丫板時，“板塊”間的摩擦力可能由滑動摩擦力轉(zhuǎn)變?yōu)殪o摩

擦力或者兩者間不再有摩擦力(水平面上共同勻速運動)。

①滑塊恰好不滑離木板的條件：滑塊運動到木板的一端時，丫物=丫板；

②木板最短的條件：當(dāng)"物="板時滑塊恰好滑到木板的一端。

考點01水平面上的板塊問題

［典例1?對水平面上的板塊問題的考查］(2024?廣東佛山市聯(lián)考)如圖所示，質(zhì)量均為加=1kg

的物塊A和B疊放在水平地面上，左邊緣對齊。A與B、B與地面間的動摩擦因數(shù)均為〃=

0.4o先敲擊A,A立即獲得水平向右的初速度，在B上滑動距離￡=2m后停下。接著敲擊

B,B立即獲得水平向右的初速度，A、B都向右運動，左邊緣再次對齊時恰好相對靜止，此

后兩者一起運動至停下。最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，物塊A長度可忽略不計，重力加速

度g=10m/s2。求：

(1)A被敲擊后獲得的初速度大小VA；

(2)在左邊緣再次對齊的前、后，B運動的加速度的大小的、例,；

(3)B被敲擊后獲得的初速度大小VB及B運動的最大距離SB。

答案(1)4m/s(2)12m/s124m/s2(3)8m/s3m

解析(1)由牛頓第二定律知"冽

A加速度的大小&A=〃g

根據(jù)勻變速直線運動速度位移關(guān)系叢2=2"￡

解得"A=J2林gL=4m/so

(2)在左邊緣再次對齊前，對B,

根據(jù)牛頓第二定律得/nmg+2/^mg=ma^

解得4B=3〃g=12m/s2

對齊后，對A、B整體，根據(jù)牛頓第二定律得2〃加g=2加曲‘，解得你,=/zg—4m/s2

⑶經(jīng)過時間，，A、B達(dá)到共同速度v,位移分別為％A、3，A加速度的大小等于〃A,

1

貝UV=6ZAZ=Vn-6ZnZ,%A=—

2

1

XB=VZ-X—X=L

B2BA

解得VB=8m/s,XB=2.5HI

A、B達(dá)到共同速度后，有丫2=2用,XB’

解得=0.5m,所以SB=XB+XB'=3m。

［拓展訓(xùn)練］如圖所示，在光滑的水平面上有一足夠長且質(zhì)量為M=4kg的長木板，在長木板

右端有一質(zhì)量為加=1kg的小物塊，長木板與小物塊間的動摩擦因數(shù)為〃=0.2,長木板與小

物塊均靜止，現(xiàn)用產(chǎn)=14N的水平恒力向右拉長木板，經(jīng)時間才=1s撤去水平恒力/，g取

10m/s2,則:

//////////////////////////////////////////////

(1)在尸的作用下，長木板的加速度為多大？

(2)剛撤去尸時，小物塊離長木板右端多遠(yuǎn)？

(3)最終長木板與小物塊一起以多大的速度勻速運動？

(4)最終小物塊離長木板右端多遠(yuǎn)？

答案(1)3m/s2(2)0.5m(3)2.8m/s(4)0.7m

F—〃冽*

解析(1)對長木板，根據(jù)牛頓第二定律可得——,解得q=3m/s2

M

(2)撤去尸之前，小物塊只受摩擦力的作用

故。冽=〃g=2m/s2

11

Axi=—at2—at2=0.5m

22m

(3)剛撤去/時v=〃/=3m/s,vm=amt=2m/s

.、iimg

撤去方后，長木板的加速度大小o'=---=0.5m/s2

M

,r

最終速度v'=vm+afnt=v—at'

解得共同速度=2.8m/s

v2~v'2y'2—y加2

(4)在，內(nèi)，小物塊和長木板的相對位移AX2=----;--------------,解得Ax2=0.2m

2a2am

最終小物塊離長木板右端％=AX］+A%2=0.7m.

考點02斜面上的板塊問題

［典例2?對斜面上的板塊問題的考查］(2024?江蘇蘇州市段考)如圖所示，有一傾角為6=37。

3

的斜面(sin37。=?，下端固定一擋板，擋板與斜面垂直，一長木板上表面的上部分粗糙，下

部分光滑，上端放有一質(zhì)量為別的小物塊?，F(xiàn)讓長木板和小物塊同時由靜止釋放，此時刻為

計時起點，在第2s末，小物塊剛好到達(dá)長木板的光滑部分，又經(jīng)過一段時間，長木板到達(dá)

擋板處速度恰好減為零，小物塊剛好到達(dá)長木板的下端邊緣。已知小物塊與長木板的上部分

3

的動摩擦因數(shù)3=-，長木板與斜面間的動摩擦因數(shù)〃2=05長木板的質(zhì)量設(shè)最大

8

靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度大小g=10m/s2。求：

Qm

e

⑴在0?2S時間內(nèi)長木板和小物塊的加速度的大??；

(2)開始時長木板距離擋板多遠(yuǎn)；

(3)長木板的長度。

答案(1)3m/s21m/s2(2)3m(3)12m

解析(1)在0?2s時間內(nèi)，對小物塊和長木板受力分析，方口、尸NI是小物塊與長木板之間的

摩擦力和正壓力的大小，F(xiàn)f2、&2是長木板與斜面之間的摩擦力和正壓力的大小，F(xiàn)fi=

八1,FNi=mgcos0

居2=〃2八2,bN2=^N1+如COS。

規(guī)定沿斜面向下為正，設(shè)小物塊和長木板的加速度分別為可和。2,由牛頓第二定律得

mgsin6—F^=ma\

Mgsin9—Ff2~^Ffi=Ma2

聯(lián)立得句=3m/s2,。2=1m/s2

(2)在ti=2s時，設(shè)小物塊和長木板的速度分別為vi和v2,

貝'I片=6m/s,功=。2/2=2m/s

時，設(shè)小物塊和長木板的加速度分別為4」和o此時小物塊與長木板之間摩擦力為

零，

對小物塊：mgsin0=ma\',a\'=6m/s2

對長木板：A/gsin3—］Li2(M+m)gcos8=Ma?'，

_2

a2'=2m/s

即長木板做勻減速運動，設(shè)經(jīng)過時間切長木板的速度減為零，則有也+。2，/2=0

聯(lián)五得，2=1S

1

在人+與時間內(nèi)，￡i=—〃2M=2m,

2

1

^2=-|?2，%2=lm

=

Z=ZI+Z23m

111

22

(3)長木板的長度等于小物塊相對于長木板運動的距離，即5=(-6ZI/I+VI/2+-^1'*)—(&。鋁

1

V2^2'*)=12mo

［拓展訓(xùn)練］如圖所示，在傾角為9=37。的足夠長固定斜面上放置一質(zhì)量M=2kg,長度￡=1.5

m的薄平板在薄平板上端4處放一質(zhì)量加=1kg的小滑塊(視為質(zhì)點)，將小滑塊和薄平

板同時無初速度釋放，已知小滑塊與薄平板之間的動摩擦因數(shù)為4=0.25,薄平板與斜面之

間的動摩擦因數(shù)為〃2=05sin37°=0.6,cos37°=0.8,取g=10m/s2,求：

A

B

腔C

(1)釋放后，小滑塊的加速度大小6Z1和薄平板的加速度大小〃2；

(2)從釋放到小滑塊滑離薄平板經(jīng)歷的時間to

答案(l)4m/s21m/s2(2)1s

解析(1)假設(shè)釋放后滑塊會相對于薄平板向下滑動，對滑塊，由牛頓第二定律有加gsin37。一

尸門=加〃1,其中居i=〃i/NI,bNi=mgcos370

解得〃i=gsin37°—//igcos370=4m/s2

對薄平板，

o

由牛頓第二定律有Mgsin37+Fn-Ff2=Ma2

其中尸￡2=〃2bN2,FN2=(m+A/)gC0S37°

2

解得a2=lm/s,a/%

假設(shè)成立，即滑塊會相對于薄平板向下滑動。

,11

(2)設(shè)滑塊滑離薄平板經(jīng)歷的時間為,,由運動學(xué)公式，有修=3〃1聲，歷=鼻。2巴又為一%2=￡

解得t=1So

課時作業(yè)練

基礎(chǔ)對點練

1.（多選）（2023?福建福州市高三檢測）如圖所示，質(zhì)量為M的長木板/以速度均在光滑水平面

上向左勻速運動，質(zhì)量為優(yōu)的小滑塊3輕放在木板左端，經(jīng)過一段時間恰好從木板的右端滑

出，小滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)為〃，下列說法中正確的是（）

A.若只增大怙則小滑塊不能滑離木板

B.若只增大則小滑塊在木板上運動的時間變短

C.若只增大％,則小滑塊離開木板的速度變大

D.若只減小〃，則小滑塊滑離木板過程中小滑塊對地的位移變大

答案AB

解析若只增大滑塊質(zhì)量，滑塊的加速度不變，木板的加速度增大，所以滑塊與木板共速時，

滑塊沒有離開木板，之后二者一起向左做勻速直線運動，故A正確；若只增大長木板質(zhì)量，

木板的加速度減小，滑塊的加速度不變，以木板為參考系，滑塊運動的平均速度變大，即滑

塊在木板上的運動時間變短，故B正確；若只增大木板初速度，滑塊的受力不變，滑塊的加

速度不變，滑塊相對木板的平均速度變大，滑塊在木板上的運動時間變短，所以滑塊離開木

板的速度變小，故C錯誤；若只減小動摩擦因數(shù)，那么滑塊和木板的加速度等比例減小，相

對位移不變，則滑塊滑離木板時速度大于木板速度，滑塊滑離木板的過程所用時間變短，木

板對地位移變小，滑塊滑離木板過程中滑塊對地的位移為木板對地位移減去極長，故減小，

故D錯誤.

2.（多選）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)在滑塊上施加一個歹=0.5/（N）的變力作用，從f=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

A.滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)為0.4

B.木板與水平地面間的動摩擦因數(shù)為0.2

C.圖乙中f2=24s

D.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大小為8N,則滑塊與木板間的動摩擦

Ff

因數(shù)為〃=—m=0,4,選項A正確.由題圖乙可知，力時刻木板相對地面開始滑動，此時滑塊

mg

Ft'

與木板相對靜止，則木板與水平地面間的動摩擦因數(shù)為/=——=0.1,選項B錯誤.叁時

2mg

刻，滑塊與木板將要發(fā)生相對滑動，此時滑塊與木板間的摩擦力達(dá)到最大靜摩擦力尸fm=8

N,此時兩者的加速度相同，且木板的加速度達(dá)到最大，則對木板：-2mg—mam,解

得Om=2m/s2；對滑塊：解得尸=12N,則由尸=0.5〃N）可知，々=24s,選

項C、D正確.

3.（多選）如圖甲所示，光滑水平面上靜置一個薄長木板，長木板上表面粗糙，其質(zhì)量為/=

0時刻，質(zhì)量為加的物塊以速度v水平滑上長木板，此后木板與物塊運動的V-/圖像如圖乙

所示，重力加速度g取10m/s2,下列說法正確的是（）

A.M=m

B.M=2m

C.木板的長度為8m

D.木板與物塊間的動摩擦因數(shù)為0.1

答案BC

解析物塊相對木板運動的過程中，在水平方向上只受到木板給的滑動摩擦力的作用，故jumg

、、7—3

=mai,而y—/圖像的斜率表示加速度，故物塊的加速度大小為可=----m/s12=2m/s2,解

2

、2—0

得〃=0.2,對木板受力分析可知〃冽由v—%圖像可知木板的加速度大小為42=；-m/s2

=1m/s2,聯(lián)立解得河=2次，A、D錯誤，B正確；從題圖乙可知物塊和木板在/=2s時分離，

1

兩者在0?2s內(nèi)的v-t圖像與一軸圍成的面積之差等于木板的長度,故Z=-X（7+3）X2m—

1

-X2X2m=8m,C正確.

2

4.（多選）如圖甲所示，長木板B靜止在光滑水平地面上，在￡=0時刻，可視為質(zhì)點、質(zhì)量為

1kg的物塊A在水平外力產(chǎn)作用下，從長木板的左端從靜止開始運動，1s后撤去外力產(chǎn)，

物塊A、長木板B的速度一時間圖像如圖乙所示，g=10m/s2,則下列說法正確的是（）

A.長木板的最小長度為2m

B.A、B間的動摩擦因數(shù)是0.1

C.長木板的質(zhì)量為0.5kg

D.外力尸的大小為4N

答案ABD

解析由題圖乙可知，2s后物塊和木板達(dá)到共速后一起勻速運動，說明木板與地面之間無摩

擦，V-/圖像中圖線與f軸圍成的面積表示物體的位移，故由題圖乙可知，在2s內(nèi)物塊的位

移為xi=4m,木板的位移為X2=2m,故長木板的最小長度為A=/一處=2m,A正確；由

題圖乙可知，1s時撤去外力尸，在1?2s內(nèi)由物塊的受力及牛頓第二定律可知〃機(jī)g=maA,

由題圖乙可知1?2s內(nèi)物塊的加速度大小為公=1m/s2,解得A、B間的動摩擦因數(shù)為洶=

0.1,B正確；由題圖乙可知，木板的加速度大小為曲=1m/s2,由木板B的受力及牛頓第二

定律可知〃加g=M°B,解得長木板的質(zhì)量為河=1kg,C錯誤；由0?1s內(nèi)物塊的受力及牛

頓第二定律可知尸一"7g="?aA'，又此過程中加速度的大小為.A'=3m/s2,解得尸=4N,

D正確。

5.（多選）滑沙運動是小孩比較喜歡的一項運動，其運動過程可類比為如圖所示的模型，傾角為

21

37。的斜坡上有長為1m的滑板，滑板與沙間的動摩擦因數(shù)為而.小孩（可視為質(zhì)點）坐在滑板上

端，與滑板一起由靜止開始下滑，小孩與滑板之間的動摩擦因數(shù)取決于小孩的衣料，假設(shè)圖

中小孩與滑板間的動摩擦因數(shù)為0.4,小孩的質(zhì)量與滑板的質(zhì)量相等，斜坡足夠長，sin37°=

0.6,cos37°=0.8,g取lOmM則下列判斷正確的是（）

A.小孩在滑板上下滑的加速度大小為2m/s2

B.小孩和滑板脫離前滑板的加速度大小為0.8m/s2

C.經(jīng)過Is的時間，小孩離開滑板

D.小孩離開滑板時的速度大小為0.8m/s

答案BC

mgsin37°一川加geos37°

解析對小孩，由牛頓第二定律得，加速度大小為小2.8m/s2,同

m

mgsin37°+〃i加geos31°—2“2mgecis37°

理對滑板，加速度大小為020.8m/s2,A錯誤，B

正確；小孩剛與滑板分離時，有-a/—a#=L,解得/=ls,離開滑板時小孩的速度大小為

22

v=a「=2.8m/s,D錯誤，C正確.

6.（2024?全國?練習(xí)）在傾角為6的固定斜面上放置一個長為乙、質(zhì)量為加的薄木板，木板上端

與斜面的頂端對齊。將質(zhì)量為加的小滑塊置于木板上端，與木板一起由靜止釋放。木板與斜

面間的動摩擦因數(shù)〃1=tan（9,小滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)〃2<4，最大靜摩擦力等于滑動

摩擦力。斜面足夠長，且小滑塊未脫離木板，則在小滑塊下滑的過程中，下列說法中正確的

是（）

A.小滑塊與長木板相對靜止一起加速下滑

B.長木板相對斜面勻速下滑

C.小滑塊的加速度為gsin。-〃2gcos0

D.長木板的加速度為gsine+〃2gcose-〃1gcos。

答案C

解析ABD.根據(jù)題意，由于從=tan，，則可知，對于木板而言，若木板單獨放在斜面上，

則有加gsine=〃1/wgcos。,即木板會靜止在斜面上，而由于〃2<〃一則對小滑塊有

mgsin。加geos。,即小滑塊不能靜止在木板上，當(dāng)在木板上放上小滑塊后，由于小滑塊不

能靜止，會與木板產(chǎn)生相對滑動，木板對小滑塊的滑動摩擦力沿著木板向上，而根據(jù)牛頓第

三定律可知，滑塊對木板的滑動摩擦力沿著木板向下，此時對木板有

〃7gsin0+〃2mgeos。<加+?z）gcose,即木板仍然靜止在斜面上，故ABD錯誤；C.對小滑

塊，由牛頓第二定律有mgsin0-fJ2mgcos6=ma，解得小滑塊在靜止的木板上下滑時的加速度

大小為a=gsin。-〃2gcos。,故C正確。故選Co

7.（2023?福建省楓亭中學(xué)期中）如圖所示，木板長Z=2.4m,質(zhì)量M=4.0kg,與地面間的動摩

擦因數(shù)為〃1=0.4。質(zhì)量為加=1.0kg的小滑塊（可視為質(zhì)點）放在木板的最右端，與木板間的

動摩擦因數(shù)為〃2=02開始時滑塊與木板均處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)給木板一個向右的初速度如

取g=10m/s2,求:

m

(1)木板所受摩擦力的大小;

(2)使滑塊不從木板上掉下來，木板初速度為的最大值。

答案(1)22N(2)6m/s

解析(1)木板所受摩擦力的大小

4=〃2加g+〃i(M+Mg=22N

2

(2)設(shè)滑塊做勻加速直線運動的加速度大小為ax,則/i2mg=max,^=^=2m/s

木板做勻減速直線運動的加速度大小為故，

貝U^mg+[11(M+m)g=Ma2

解得勿=5.5m/s2

設(shè)經(jīng)過時間，滑塊剛好滑到木板左側(cè)且兩者速度相等，有2f①

1

滑塊相對于地面的位移修=-4"2②

2

1

木板相對于地面的位移X2=V()t--6Z2P③

2

又L=X2—XX?

由①②③④解得，使滑塊不從木板上掉下來，木板初速度的最大值為=6m/s。

8.(2023?遼寧大連市檢測)如圖所示，一質(zhì)量〃=2kg的長木板8靜止在粗糙水平面上，其右

端有一質(zhì)量機(jī)=2kg的小滑塊4,對5施加一水平向右且大小為尸=14N的拉力；，=3s后

撤去拉力，撤去拉力時滑塊仍然在木板上.已知/、5間的動摩擦因數(shù)為〃1=0.1,5與地面

間的動摩擦因數(shù)為“2=02重力加速度取g=10m/s2.

(1)求有拉力時木板5和滑塊力的加速度大小；

⑵要使滑塊A不從木板B左端掉落，求木板B的最小長度.

答案(1)2m/s21m/s2(2)5.25m

解析(1)對滑塊4根據(jù)牛頓第二定律可得出加g=M4i,故/的加速度大小為“1=1m/s2,方

向向右；對木板5根據(jù)牛頓第二定律可得尸一〃即g—〃2(冽+Mg=M42,解得木板5加速度大

小為“2=2m/s2.

一11

(2)撤去外力瞬間，4的位移大小為修=34儲2=4.5m,5的位移大小為％2=鼻。2祥=9m,撤去

外力時，滑塊/和木板5的速度分別為vi=aif=3m/s,v2=a2t=6m/s,撤去外力后，滑塊/

的受力沒變，故滑塊4仍然做加速運動，加速度不變，木板5做減速運動，其加速度大小變

〃1加g+〃2(冽+A/)g

為〃2’5m/s2,設(shè)再經(jīng)過時間，兩者達(dá)到共速，則有vi+a，=v—

M2

a?'t'

1

撤去外力后，4的位移大小為xj=vj+-6Z1^2

1

8的位移大小為=V2〃—3"2't'2

故木板5的長度至少為￡=%2一%1+工2'—

代入數(shù)據(jù)解得￡=5.25m.

9.質(zhì)量為2kg的木板B靜止在水平面上，可視為質(zhì)點的物塊4從木板的左側(cè)以初速度為沿木

板上表面水平?jīng)_上木板，如圖甲所示.4和5經(jīng)過1s達(dá)到同一速度，之后共同減速直至靜

止，4和5的圖像如圖乙所示，重力加速度g取10m/s2,求:

(1M與B上表面之間的動摩擦因數(shù)〃1；

(2*與水平面間的動摩擦因數(shù)的；

(3)A的質(zhì)量.

答案(1)0.2(2)0.1(3)6kg

Vl-Vo

解析(1)由題圖乙可知，Z在0?1S內(nèi)的加速度可=----=-2m/s2,對4由牛頓第二定律

得，

—/.i\mg=ma\,解得〃i=0.2

(2)由題圖乙知，4、5整體在1?3s內(nèi)的加速度

03-01

的=-----="1m/s2,

ti

對4、5整體由牛頓第二定律得，

—〃2(河+冽應(yīng)=(河+加)的，解得〃2=01

(3)由題圖乙可知5在0?1s內(nèi)的加速度

V1

。2=—=2m/s2.

對5由牛頓第二定律得，

/n\mg—/Li2(M+m)g=Ma2,

代入數(shù)據(jù)解得冽=6kg.

10.（多選）如圖所示，質(zhì)量機(jī)A=1kg足夠長的長板A置于水平地面上，質(zhì)量加B=2kg的小滑

塊B置于長板A的左端,A與水平地面間的動摩擦因數(shù)?=0.3,B與A間的動摩擦因數(shù)〃2=

0.5,對B施加一大小為尸=20N,方向與水平方向成37。角的恒力。已知最大靜摩擦力等于

滑動摩擦力，重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8o下列說法正確的是（）

"77v777777777777777777777777777777777777777777777777777~

A.A的加速度大小為1m/s2

B.B的加速度大小為6m/s2

C.若力廠作用一段時間后，撤去力尸，A的加速度大小增大

D.若力尸作用一段時間后，撤去力RB相對A靜止

答案BC

解析對小滑塊B進(jìn)行受力分析，如圖甲，可知尸NB+尸sin37o=/MBg

尸NBF

甲

居1=〃2尸NB,根據(jù)牛頓第二定律有

Feos37°-Ffi=mBtZB

聯(lián)立可得〃B=6m/s2,故B正確；

對長板A受力分析，如圖乙，

可知昌A=KB'+mAg=Fm+mAg

由H地m=〃l尸NA=5.4N>a「=產(chǎn)口可知，長板A靜止，即〃A=0,故A錯誤;

若力尸作用一段時間后，撤去力￡則對A有

〃2加Bg一〃1（冽A+加B）g

=------------------=1m/s2

加A

對B有的’=〃2g=5m/s2

可知，A的加速度大小增大，B不會相對A靜止，故C正確，D錯誤。

能力提升練

11.(2024?廣東東莞市石龍中學(xué)月考)如圖所示，厚0.2m、長為3m的木板48靜止在粗糙水

平地面上，C為其中點，木板上表面NC部分光滑，C3部分粗糙，下表面與水平地面間的動

摩擦因數(shù)0=0.1,木板右端靜止放置一個小物塊(可看成質(zhì)點)，它與木板C8部分的動摩擦

因數(shù)〃2=03。已知木板和小物塊的質(zhì)量均為2kg,重力加速度g取10m/s2,現(xiàn)對木板施加

一個水平向右的恒力產(chǎn)。

(1)為使小物塊與木板保持相對靜止，求恒力的最大值Fm；

⑵當(dāng)尸=22N時，小物塊經(jīng)多長時間滑到木板中點C?

(3)接第(2)問，當(dāng)小物塊到達(dá)C點時撤去F求小物塊落地時與木板/端的距離。

答案(1)16N(2)1s(3)0.326m

解析(1)設(shè)小物塊能夠達(dá)到的最大加速度為Om,由牛頓第二定律有〃2mg=心。01

解得Om=3m/s2

對整體，由牛頓第二定律有尸m—〃l(M+7M)g=(Af+m)am,解得尸m=16N

⑵當(dāng)/=22N時，小物塊與長木板發(fā)生相對滑動，對長木板有尸一〃i(Af+m)g—〃2"?=跖?1,

解得°i=6m/s2

、〃2加g

小物塊加速度a=----=〃喏=3m/s2

2m

11L

小物塊滑到木板中點C,有一4由2a2M=一

222

解得介=1s

(3)設(shè)撤掉外力時木板和物塊的速度分別為叫、v2,則有片="山=6m/s

?2=。2%1=3m/s

撤掉外力后，物塊勻速運動，設(shè)木板做勺減速運動的加速度為的，則〃1(河+加)g=A/6Z3,

解得的=2m/s2

設(shè)小物塊從長木板中點滑動到最左端時長木板速度為V3,

VI2-V32Vl-V3L

則有--------V2------=—

2。3。32

解得力=(3+JJ)m/s

此后長木板做句減速運動，則

解得〃4=1m/s2

1

2

此后小物塊做平拋運動，/z=-gZ2

1

2

落地時距長木板左端的距離為^X=v3t2-^a4t2-v2t2,解得Ax-0.326m。

12.(多選)(2023?內(nèi)蒙古高三檢測)如圖甲所示，粗糙的水平地面上有一塊長木板尸，小滑塊。

放置于長木板上的最右端.現(xiàn)將一個水平向右的力/作用在長木板的右端，讓長木板從靜止

開始運動，一段時間后撤去力足滑塊、長木板的速度時間圖像如圖乙所示，已知滑塊與長木

板的質(zhì)量相等，滑塊。始終沒有從長木板P上滑下.重力加速度取g=10m/s2.則下列說法正

確的是()

z//(m*s-1)

7/7777777777777777777777777777^77Q56s

甲，乙

A.f=9s時長木板尸停下來

B.長木板尸的長度至少是7.5m

C.滑塊。與長木板尸之間的動摩擦因數(shù)是0.5

D.滑塊。在長木板尸上滑行的相對位移為12m

答案AB

解析由題圖乙可知，力尸在&=5s時撤去，此時長木板尸的速度vi=5m/s,，2=6s時兩

者速度相同，V2=3m/s,,2=6s前長木板尸的速度大于滑塊。的速度，，2=6s后長木板尸的

速度小于滑塊。的速度，0?6s過程中，以滑塊0為研究對象，由牛頓第二定律得〃刖g=

Av

ma,且的=—=0.5m/s12,解得〃i=0.05,在5?6s過程中，以長木板P為研究對象，由牛

xAn

AV2,

2=

頓第二定律得//2(2m)g+//1mg=ma2,且。2=|1=2m/s,解得//20.075,從6s末到長木

加2

板停下來的過程中，由牛頓第二定律得〃2(2冽)g一出冽g="〃3,解得43=lm/s2,這段時間A%3

AV3,

=|——|=3s,則，=9s時長木板夕停下來，故A正確，C錯誤；長木板P的長度至少是前

43

111

6s過程中滑塊0在長木板夕上滑行的距離，即Axi="X5X5m+-X(5+3)Xlm--X3X6

m=7.5m,故B正確；在從6s末到滑塊0停下來的過程中，由牛頓第二定律得〃Mg=3Z4,

AV4,、

解得。4=0.5m/s2,這段時間A以=|1=6s,所以打=12s時滑塊Q停下來，6s后滑塊。

44

11

在長木板夕上滑行的距離AX="X6X3m一一X3X3m=4.5m,前6s長木板尸速度更大，

222

后6s滑塊0速度更大，則滑塊。在長木板尸上滑行的相對位移為Ax=Axi—Ax2=3m,故

D錯誤.

尖子選拔練

13.(2024?重慶?期末)如圖所示，傾角為。的光滑斜面固定在水平面上，斜面上有一擋板D,擋

板D下方的斜面足夠長。在距離擋板％處有一長木板C,長木板上有A、B兩個小滑塊，已

知A、B、C質(zhì)量均為冽，小滑塊A、B與木板間的動摩擦因數(shù)分別為〃i=tan。和

1i/■20

〃2=]tan。。A距離長木板下端的距離為1