單元專項(xiàng)提升Ⅲ 板塊運(yùn)動(dòng)與等時(shí)圓模型（解析版）-人教版高一物理必修第一冊(cè)同步練習(xí)

單元專項(xiàng)提升川板塊運(yùn)動(dòng)與等時(shí)圓模型

學(xué)習(xí)目標(biāo)

1、學(xué)會(huì)牛頓運(yùn)動(dòng)定律在板塊模型問題的分析，整體與隔離的分析。

2、掌握牛頓運(yùn)動(dòng)定律在等時(shí)圓模型的分析思路。

知識(shí)梳理

一、板塊模型中的運(yùn)動(dòng)學(xué)過程問題分析

此類問題涉及兩個(gè)物體、多個(gè)運(yùn)動(dòng)過程，并且物體間還存在相對(duì)運(yùn)動(dòng),所以應(yīng)準(zhǔn)確求出各物體在各

運(yùn)動(dòng)過程的加速度（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。求解中更應(yīng)注意聯(lián)系兩個(gè)過程的紐帶,每一個(gè)過程的末速度是下一個(gè)過程的初速

度。

二、“等時(shí)圓”模型及其等時(shí)性的證明

1.三種模型（如圖）

A

2.等時(shí)性的證明

設(shè)某一條光滑弦與水平方向的夾角為a,圓的直徑為d（如圖）。根據(jù)物體沿光滑弦做初速度為零的勻

2x2dsina2d

加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度為。=85吊0（,位移為x=dsina,所以運(yùn)動(dòng)時(shí)間為訪=—=-----=—

勺a?gsmaJg

即沿同一起點(diǎn)（圓的最高點(diǎn)）或終點(diǎn)（圓的最低點(diǎn)）的各條光滑弦運(yùn)動(dòng)具有等時(shí)性，運(yùn)動(dòng)時(shí)間與弦的傾角、

長(zhǎng)短無關(guān)。

題型1無外力的板塊模型

［例題1］（多選）（2023秋?碑林區(qū)校級(jí)期末）質(zhì)量為20kg、長(zhǎng)為5m的木板放在水平光滑的地面上。

將質(zhì)量為10kg的小鐵塊（可視為質(zhì)點(diǎn)），以6m/s的速度從木板的左端水平?jīng)_上木板（如圖所

示），小鐵塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為04（最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，g=10m/s2）,則下

列判斷正確的是（）

A.小鐵塊與木板的共同速度是4m/s

B.小鐵塊不能滑出木板

C.木板一定向右滑動(dòng)

D.小鐵塊能滑出木板

【解答】解：小鐵塊從木板的左端水平?jīng)_上木板，小鐵塊的加速度大小為

limg〃°

a=~^~=g>解得a=4m/s2,方向水平向左

l^mg0.4x10x10、、

木板的加速度大小為a'=-『=---------m/s2=2m/s2,方向水平向右，木板一定向右滑動(dòng)

設(shè)小鐵塊與木板可以達(dá)到共速，且所用時(shí)間為t,則有丫共=丫0-21=2't

解得t=ls,v共=2m/s

此過程小鐵塊與木板的相對(duì)位移為

vo+v^tU共Vo6

△x=%鐵一%板=---t———t=~t=-xIm=3m<L=5m

則小鐵塊不能滑出木板。

故AD錯(cuò)誤，BC正確。

故選：BCo

廳法點(diǎn)依

先求出小物塊和木板的加速度，從而判斷出木板能否保持靜止，然后對(duì)小物塊進(jìn)行分析，綜合牛

頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式判斷其能否從木板右端滑出。

［變式1］如圖所示，質(zhì)量相等的A、B靜止疊放于光滑水平面上，某時(shí)刻起，對(duì)A施加一與時(shí)間成

正比的水平外力F作用，即F=kt,已知常數(shù)k,A、B之間的最大靜摩擦力且最大靜摩擦

力等于滑動(dòng)摩擦力，B足夠長(zhǎng)。則從開始施加F作用至A、B發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)的時(shí)間t為（）

B.t=?

A.t=rt34

2kkc-D一爭(zhēng)k

【解答】解：依題意，可知當(dāng)A、B之間的摩擦力未達(dá)到最大靜摩擦力時(shí)，二者加速度，速度均

相等，

根據(jù)牛頓第二定律對(duì)A有：F-f=ma

對(duì)B有：f=ma

1

聯(lián)立兩式可得：f=-F

11

當(dāng)它們之間的摩擦力剛好達(dá)到最大靜摩擦力時(shí)，有：fm=-F=-kt

可得從開始施加F作用至A、B發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)的時(shí)間t為：t=%,故ABC錯(cuò)誤，D正確。

k

故選：D。

［變式2］（多選）如圖1所示，一長(zhǎng)木板靜止于光滑水平桌面上，t=0時(shí)，小物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）

以速度vo滑到長(zhǎng)木板上,t1時(shí)刻小物塊恰好滑至長(zhǎng)木板的最右端。圖2為物塊與木板運(yùn)動(dòng)的v-

t圖像，圖中口、vo、vi已知，重力加速度大小為g。下列說法正確的是（）

%

~~I-,

...............!......

圖1圖2

Votl

A.物塊在0?口這段時(shí)間內(nèi)的位移大小為二一

B.物塊與木板的質(zhì)量之比為說

V0—VI

C.物塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為

D.僅由題中所給信息，可以求出木板長(zhǎng)度

【解答】解：A、根據(jù)v-t圖像中圖像與時(shí)間軸圍成的面積表示位移，可得物塊在0?h這段時(shí)

間內(nèi)的位移大小為:

(V0+Vl)tl4

Xi=-------------，故A錯(cuò)慶;

B、設(shè)物塊與木板的質(zhì)量分別為m、Mo根據(jù)v-t圖像可得:

vo-vi

物塊做勻減速直線運(yùn)動(dòng)的加速度大小為：

ai=-Lr1—

V1

木板做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的加速度大小為：a=7T

2L1

兩者的加速度均由小木塊與長(zhǎng)木板間的滑動(dòng)摩擦力提供，根據(jù)牛頓第二定律得:

f=mai=Ma2

mvi

可得：M=^7=VO-VI,故B錯(cuò)誤;

〃mgVQ—VI

C、對(duì)物塊，由牛頓第二定律可得：a}=-^-=nS=—^-

V0-V1

解得物塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為：N=故C正確；

D、h時(shí)刻小物塊恰好滑至長(zhǎng)木板最右端，在0?口這段時(shí)間內(nèi)物塊與長(zhǎng)木板的位移大小之差等于

木板的長(zhǎng)度，根據(jù)v-t圖象與時(shí)間軸所圍的面積表示位移，可得木板的長(zhǎng)度為：

（Vo+VlHlVltlVotl

L=x物-*板='---------僅由題中所給信息，可以求出木板長(zhǎng)度，故D正確。

故選：CDo

題型2有外力下的板塊模型

[例題2]（2024?龍鳳區(qū)校級(jí)模擬）如圖甲所示，一滑塊置于足夠長(zhǎng)的木板上，木板放置在水平地面

上。已知滑塊和木板的質(zhì)量均為1kg,滑塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.3,木板與水平地面間的

動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1。現(xiàn)在木板上施加一個(gè)F=kt（N）的變力作用，從t=0時(shí)刻開始計(jì)時(shí)，木板

所受摩擦力的合力隨時(shí)間變化的關(guān)系如圖乙所示，已知ti=5s。設(shè)最大靜摩擦力與滑動(dòng)摩擦力

相等，重力加速度g取10m/s2,則下列說法正確的是（）

A.k=0.6

B.t2—12.5s

C.0?t2，滑塊的位移大小為337.5m

D.當(dāng)t=15s時(shí)，長(zhǎng)木板的加速度大小為2m/s2

【解答】解：設(shè)滑塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為內(nèi)，木板與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為電，則由=

0.3fM=0.1°

A、0?口時(shí)間內(nèi)，長(zhǎng)木板與滑塊均保持靜止，則長(zhǎng)木板與滑塊間無摩擦力。

對(duì)滑塊和木板整體，根據(jù)平衡條件得

Ffi=kti=|i2*2mg=0.1X2XlX0N=2N,解得：k=0.4,故A錯(cuò)誤；

B、ti?t2時(shí)間內(nèi)，長(zhǎng)木板與滑塊一起做加速運(yùn)動(dòng)，兩者剛好不發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)時(shí)，對(duì)滑塊有:

^img=mam

2

可得兩者不發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)時(shí)最大加速度為：am=3m/s

對(duì)長(zhǎng)木板，根據(jù)牛頓第二定律有kt2-FG=mam

其中Fe=5N

解得：t2=20s,故B錯(cuò)誤；

D、口?t2時(shí)間內(nèi)，由圖乙可得Ff=0.2t+l(N)

對(duì)長(zhǎng)木板，根據(jù)牛頓第二定律有kt-Ff=ma

整理可得：a=0.2t-1(m/s2),(5sWtW20s)

2

當(dāng)t=15s時(shí)，長(zhǎng)木板的加速度大小為：a15=2m/s,故D正確；

C、根據(jù)a-t圖像與時(shí)間軸所圍的面積表示速度變化量，可得t2時(shí)刻滑塊的速度為

0+am3

v-~-~(t2-ti)~2X(20-5)m/s=22.5m/s

0?h時(shí)間內(nèi)，長(zhǎng)木板與滑塊均保持靜止，口?t2時(shí)間內(nèi)，對(duì)整體，根據(jù)動(dòng)能定理有

_1

Fx—%,2mgx=-x2mv2

解得0?t2，滑塊的位移大小為：x=168.75m,故C錯(cuò)誤。

故選：D。

方法直接

0?1時(shí)間內(nèi)，長(zhǎng)木板與滑塊均保持靜止，長(zhǎng)木板與滑塊間無摩擦力，對(duì)滑塊和木板整體，根據(jù)

平衡條件列式，得到木板所受摩擦力與時(shí)間的關(guān)系，從而求得k的值；:?tz時(shí)間內(nèi)，長(zhǎng)木板與

滑塊一起做加速運(yùn)動(dòng)，對(duì)滑塊，由牛頓第二定律求出兩者不發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)時(shí)最大加速度，再對(duì)長(zhǎng)

木板，根據(jù)牛頓第二定律求出t2；由圖乙得到解析式，對(duì)長(zhǎng)木板，根據(jù)牛頓第二定律求出加速度

與時(shí)間的關(guān)系式，再求當(dāng)t=15s時(shí)，長(zhǎng)木板的加速度大??；根據(jù)a-t圖像，求出土2時(shí)刻滑塊的

速度，再由動(dòng)能定理求0?七2內(nèi)滑塊的位移大小。

[變式3](多選)(2023秋?雁塔區(qū)期末)如圖甲所示，粗糙的水平地面上有長(zhǎng)木板P,小滑塊Q(可

看作質(zhì)點(diǎn))放置于長(zhǎng)木板上的最右端。現(xiàn)將一個(gè)水平向右的力F作用在長(zhǎng)木板的右端，讓長(zhǎng)木

板從靜止開始運(yùn)動(dòng)，一段時(shí)間后撤去力F的作用，滑塊和長(zhǎng)木板的v-t圖像如圖乙所示。已知

長(zhǎng)木板和小滑塊的質(zhì)量均為m=1kg,小滑塊Q始終沒有從長(zhǎng)木板P上滑下，重力加速度g取

10m/s2,則下列說法正確的是（）

A.長(zhǎng)木板P與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)是0.3

B.拉力F的大小為1.75N

C.5s后，長(zhǎng)木板的加速度大小為3m/s2

D.長(zhǎng)木板P的長(zhǎng)度至少是3.5m

【解答】解：A、由圖乙可知，在4s時(shí)撤去力F,此時(shí)長(zhǎng)木板P的速度為：vi=3m/s

5s時(shí)兩者速度均為：v2=2m/s

Av2-0

0?5s內(nèi)，根據(jù)題圖可求滑塊Q的加速度大小為：ai=-=-^^m/s2=0.4m/s2

由牛頓第二定律有：|iimg=mai

聯(lián)立解得：|ii=0.04

Av3-2cr

4?5s內(nèi)，長(zhǎng)木板P的加速度大小為：m/s2=1m/s2

由牛頓第二定律有：111mg+因（m+m）g=ma/

聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得：3=0.03,故A錯(cuò)誤；

Av3-0

B、0?4s內(nèi)，長(zhǎng)木板P的加速度大小為：a=-=-r-rnn/s2=0.75m/s2

2Z1C4—U

由牛頓第二定律有：F-|iimg-|i2(m+m)g=ma2

解得：F=1.75N,故B正確;

C、因由＞上，5s后小滑塊和長(zhǎng)木板相對(duì)靜止，整體受力分析

由牛頓第二定律有：.2（m+m）g=（m+m）as

2

解得：a3=0.3m/s,故C錯(cuò)誤；

1

D、0?5s內(nèi)，小滑塊的位移大小為：Xi=-x5x2m=5m

11

長(zhǎng)木板的位移大小為：x2=—x3x4血+5X（3+2）xlm=8.5m

故長(zhǎng)木板P的長(zhǎng)度至少為：Ax=x2-X］=8.5m-5m=3.5m,故D正確。

故選：BD?

［變式4］（多選）（2023秋?武昌區(qū)校級(jí)期末）如圖甲所示，質(zhì)量為M的長(zhǎng)木板放置于水平面上，其

上左端有一質(zhì)量為mi=3kg的物塊A,物塊A通過輕繩跨過光滑滑輪與質(zhì)量為m2=6kg的物塊

B相連，物塊B離地面高度為h。t=0時(shí)刻由靜止釋放物塊B,同時(shí)給長(zhǎng)木板一水平向左的初

速度v（）=7m/s,以后物塊A運(yùn)動(dòng)的加速度一時(shí)間圖像如圖乙所示。物塊與木板間動(dòng)摩擦因數(shù)為

由，木板與地面間動(dòng)摩擦因數(shù)為火，物塊與木板間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，且物塊始

終在木板上。取重力加速度的大小g=10m/s2,則下列說法正確的是（）

A.物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)由=0.1

B.木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)匿=0」

C.木板向左運(yùn)動(dòng)的最大位移為3.5m

D.長(zhǎng)木板的質(zhì)量M=2kg

【解答】解：A.由乙圖可知，0?1s內(nèi)物塊A、B一起勻加速，此時(shí)A受到的摩擦力方向向左,

由整體法可得：m2g-nitnig=（mi+m2）ai

解得：Hi=0.2,故A錯(cuò)誤；

B.物塊A所受木板的滑動(dòng)摩擦力產(chǎn)生的加速度大小為a2,則有：nimlg=mia2

2

解得加速度大小為：a2=2m/s

可知，1?3s內(nèi)物塊B已經(jīng)落地，物塊A水平方向只受木板的滑動(dòng)摩擦力作用，由圖乙可知3s

末物塊A的加速度大小突然減為lm/s2,則此時(shí)物塊A與木板共速，之后二者一起做勻減速直線

運(yùn)動(dòng)。由牛頓第二定律，可得：

|12（M+mi）g=（M+mi）

解得：H2=0.1,故B正確；

CD.根據(jù)a-t圖像中圖線與坐標(biāo)軸所圍面積表示速度變化，可知3s末物塊A的速度為：v=6義

lm/s-2X2m/s=2m/s

依題意，。?3s內(nèi)木板先向左勻減速，再向右勻加速，受力分析由牛頓第二定律，有

木板向左運(yùn)動(dòng)的過程中：Himig+R（M+m］）g=Ma木

木板向右運(yùn)動(dòng)過程中：pimig-電（M+mi）g=Ma木，

vov

又：a木=4,a木，=~

且：ti+t2=3s

聯(lián)立解得：M=1.5kg,a木=7m/s2,a^^lm/s2,h=ls,t2=2s

Vo7

則木板向左運(yùn)動(dòng)的最大位移為：X=7方=^xlm=3.5m,故C正確、D錯(cuò)誤。

故選：BCo

題型3等時(shí)圓模型

［例題3］（2022秋?張家口期末）如圖所示，位于豎直平面內(nèi)的圓內(nèi)有OA、OB、OC三條光滑軌道,

已知在t=0時(shí)，a、b、c三球分別從O由靜止開始沿光滑傾斜直軌道運(yùn)動(dòng)到A、B、C三點(diǎn)，

所用時(shí)間分別為口、t2、t3,下列關(guān)系正確的是（）

A.ti>t2>t3B.ti<t2<t3C.ti=t2=t3D.無法確定

【解答】解：通過O點(diǎn)做一條豎直直線，通過0、B作圓且滿足O點(diǎn)在圓的豎直直徑最高點(diǎn)，如

根據(jù)“等時(shí)圓”原理可知，通過Oa、OB、Oc的時(shí)間相等，而OA時(shí)間大于Oa時(shí)間、0C時(shí)間

小于0c時(shí)間，則有：h>t2>t3，故A正確、BCD錯(cuò)誤。

故選：Ao

械點(diǎn)展

通過0點(diǎn)做一條豎直直線，通過0、B作圓且滿足0點(diǎn)在圓的豎直直徑最高點(diǎn)，根據(jù)“等時(shí)圓

的結(jié)論進(jìn)行分析。

[變式5]（2022秋?長(zhǎng)寧區(qū)校級(jí)期末）如圖所示，有兩個(gè)光滑直軌道AB和CD,其中A、B、C、D

四點(diǎn)剛好位于同一豎直圓O的圓周上，B點(diǎn)恰好過豎直圓O的最低點(diǎn)。現(xiàn)讓兩個(gè)小球（可視為

質(zhì)點(diǎn)）分別從A、D兩位置由靜止釋放，它們沿直軌道到達(dá)B、C的時(shí)間分別記為口、t2。則

A.ti>t2B.t]=t2C.ti<t2D.無法確定

【解答】解：設(shè)AB與豎直直徑的夾角為仇則加速度為：

a=gcos0

根據(jù)位移一時(shí)間公式可得：

1

2Rcos0=5竭

解得：或=理

則根據(jù)上述的分析可知，物塊沿EB下滑的時(shí)間也為口，因?yàn)镋B和CD的傾角相等，則物塊下滑

的加速度也相等，但因?yàn)镋B的長(zhǎng)度大于CE的長(zhǎng)度，可知沿CD下滑的時(shí)間小于EB的時(shí)間,

故A正確，BCD錯(cuò)誤；

故選：Ao

[變式6]（2022秋?邢臺(tái)期末）為了探究滑雪者（視為質(zhì)點(diǎn)）在直線滑道AE上滑行的時(shí)間，技術(shù)人

員通過測(cè)量繪制出如圖所示的示意圖，AC是滑道的豎直高度，D點(diǎn)是AC上的一點(diǎn)，且有AD

=DE=40m,滑雪者從坡頂A點(diǎn)由靜止開始沿滑道AE向下滑動(dòng)，取重力加速度大小g=

10m/s2,不計(jì)摩擦，則滑雪者在滑道AE上滑行的時(shí)間為（）

B.2A/2SC.2V3s

【解答】解：以D點(diǎn)為圓心，以AD長(zhǎng)度為半徑，建立“等時(shí)圓”如圖所示:

1

滑雪者在滑道AE上滑行的時(shí)間等于沿豎直直徑自由下落到圓上經(jīng)過的時(shí)間，則有：2XAD=7

t2

代入數(shù)據(jù)解得：t=4s,故D正確、ABC錯(cuò)誤。

故選：D。

【基礎(chǔ)強(qiáng)化】

如圖所示，ad、ab、ac是豎直圓面內(nèi)三根固定的光滑細(xì)桿，每根桿上套著一個(gè)小滑環(huán)（圖中未

畫出，并可以視為質(zhì)點(diǎn)），三個(gè)滑環(huán)分別從a點(diǎn)沿桿b、d、c處無初速度釋放，用口、t2、t3依

次表示各滑環(huán)到達(dá)桿下端所用的時(shí)間，則（）

a

A.t]Vt2Vt3B.t]>t2>t3C.t3>t]>t2D.ti—12~t3

【解答】解：設(shè)光滑桿與與ad的夾角為仇滑環(huán)下滑過程，由牛頓第二定律得：mgcose=ma

設(shè)圓的半徑為R,則滑環(huán)沿細(xì)桿下滑的位移大小x=2Rcos。

滑環(huán)做初速為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則有x=：at2

解得：t=2口,滑環(huán)下滑的時(shí)間與細(xì)桿的傾角。無關(guān)，每個(gè)滑環(huán)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等，即ti=t2=t3,

故ABC錯(cuò)誤，D正確。

故選：D。

2.如圖所示，斜面體ABC的傾角為60°,O點(diǎn)在C點(diǎn)的正上方且與A點(diǎn)等高，現(xiàn)從0點(diǎn)向AC

構(gòu)建光滑軌道OM、ON、OP,M、N、P分別為AC的四等分點(diǎn)。一小球從O點(diǎn)由靜止開始分

別沿OM、ON、OP運(yùn)動(dòng)到斜面上，所需時(shí)間依次為tM、tN、tp.貝U()

A.tM=tN=tpB.tM>tN>tpC.tM>tp>tND.tM=tp>tN

【解答】解：以oc為直徑畫圓，根據(jù)等時(shí)圓模型，小球做初速為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，從圓上

最高點(diǎn)沿任意一條弦滑到底所用時(shí)間相同，故沿OC和OM滑到底的時(shí)間相同，再過N點(diǎn)畫等時(shí)

圓，可比較tN、tp.可得達(dá)到斜面上時(shí)tM>tp>tN，故ABD錯(cuò)誤、C正確；

故選：C?

3.滑沙運(yùn)動(dòng)是小孩比較喜歡的一項(xiàng)運(yùn)動(dòng)，其運(yùn)動(dòng)過程可類比為如圖所示的模型，傾角為37°的斜

9

坡上有長(zhǎng)為1m的滑板，滑板與沙間的動(dòng)摩擦因數(shù)為二。小孩（可視為質(zhì)點(diǎn)）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(dòng)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(dòng)摩擦因數(shù)為0.5,小孩的質(zhì)量與滑板的質(zhì)量相等,斜坡足夠長(zhǎng),sin37。=0.6,cos37°

=0.8,g取lOm/s2,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1.5m/s2

B.小孩和滑板脫離前滑板的加速度大小為0.5m/s2

C.經(jīng)過后的時(shí)間，小孩離開滑板

D.小孩離開滑板時(shí)的速度大小為竽m/s

【解答】解：A、對(duì)小孩受力分析，小孩受到重力、支持力和滑板對(duì)小孩向上的摩擦力，由于小

孩與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)小于木板與沙間的動(dòng)摩擦因數(shù)，所以小孩相對(duì)于木板下滑。對(duì)小孩根據(jù)

牛頓第二定律有：

mgsin37°-用mgcos37°=mai，解得：ai=2m/s2,故A錯(cuò)誤；

B、小孩和滑板脫離前，對(duì)滑板運(yùn)用牛頓第二定律有：

mgsin37°+mmgcos37°-2|i2mgcos37°=ma2，代入數(shù)據(jù)解得：a2=lm/s2,故B錯(cuò)誤；

C、設(shè)經(jīng)過時(shí)間t,小孩離開滑板，根據(jù)位移一時(shí)間關(guān)系可得：JaM-ja2t2=L,解得：t=?s,

故C正確；

D、小孩離開滑板時(shí)的速度為：v=a1t=2XV^m/s=2V^m/s,故D錯(cuò)誤。

故選：Co

【素養(yǎng)提升】

4.如圖所示，在光滑水平面上有一質(zhì)量為g的足夠長(zhǎng)的木板，其上疊放一質(zhì)量為m2的鐵塊。若

木板和鐵塊之間的最大靜摩擦力和滑動(dòng)摩擦力相等，現(xiàn)給鐵塊施加一隨時(shí)間增大的水平力F=

kt,木板和鐵塊加速度的大小分別為ai和a2,下列反映ai和a2隨時(shí)間變化的圖線中正確的是

)

【解答】解：因?yàn)榈孛婀饣?，?dāng)F比較小得時(shí)候，木塊和木板之間相對(duì)靜止時(shí)，但是整體會(huì)向右

以相同的加速度加速，二者之間的摩擦力為靜摩擦力。在達(dá)到最大靜摩擦力前，木塊和木板以相

同加速度運(yùn)動(dòng)，

kt

根據(jù)牛頓第二定律ai=口2=-1+W2,當(dāng)F比較大的時(shí)候，木塊和木板相對(duì)運(yùn)動(dòng)時(shí)，此時(shí)二者之

林Tn2gkt

間的滑動(dòng)摩擦力保持不變，所以即=二—恒定不變，22="-感.所以BCD錯(cuò)誤，A正確；

Till7112

故選：Ao

5.（2023?武進(jìn)區(qū)校級(jí)開學(xué)）如圖所示，質(zhì)量m=1.0kg的物塊（視為質(zhì)點(diǎn)）放在質(zhì)量M=4.0kg

的木板的右端，木板長(zhǎng)L=2.5m。開始木板靜止放在水平地面上，物塊與木板及木板與水平地

面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為n=0.2o現(xiàn)對(duì)木板施加一水平向右的恒力F=40N,最大靜摩擦力等于滑

動(dòng)摩擦力，不計(jì)空氣阻力，g=10m/s2?則物塊在木板上運(yùn)動(dòng)的過程中，下列說法中正確的是

A.物塊與木板以相同的加速度做勻加速運(yùn)動(dòng)

B.木板的加速度大小為5.6m/s2

C.物塊的最大速度大小為3.5m/s

D.物塊到達(dá)木板左端時(shí)木板前進(jìn)的位移大小為3.5m

umg

【解答】解：A、物塊與恰好與木板不發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)時(shí)，物塊的加速度：a=7-=|ig=0.2X10m/s2

=2m/s2

對(duì)整體由牛頓第二定律可求拉力的臨界值：Fm-（1（M+m）g=（M+m）a

代入數(shù)據(jù)解得：Fm=20N<F=40N

所以物塊與木板相對(duì)滑動(dòng)，不可能以相同的加速度做勻加速運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；

、.F-umg—Li（M+m）g40—0.2x1x10—0.2x（1+4）x10.

B、木板的加速度：a木板=乂———=----------------------——-―-m/s2=7m/sn2,

小取m4

故B錯(cuò)誤；

fimg

22

C、木塊的加速度：a=m=ng=0.2X1Om/s=2m/s

1n1,

經(jīng)過時(shí)間木塊從木板上滑落，則由位移關(guān)系有：1=萬。木板脛—5￡1木塊12

代入數(shù)據(jù)解得：t=1S

此時(shí)木塊的速度最大為：v=a木塊t=2Xlm/s=2m/s,故C錯(cuò)誤；

D、物塊到達(dá)木板左端時(shí)木板前進(jìn)的位移大?。簒木板=]a木板t?=]X7*12m=3.5m,故D正確。

故選：D。

【能力培優(yōu)】

6.（2023秋?桃城區(qū)校級(jí)期末）如圖所示，將物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）置于長(zhǎng)木板正中間，用水平向

右的拉力將木板快速抽出，物塊的位移很小，幾乎觀察不到，這就是大家熟悉的慣性演示實(shí)驗(yàn)。

若物塊和木板的質(zhì)量都為m,物塊和木板間、木板與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為四和萬，已知m

=lkg,（1=0.4,重力加速度g=10m/s2。

（1）當(dāng)物塊相對(duì)木板運(yùn)動(dòng)時(shí)，求木板所受摩擦力的大??；

（2）要使物塊即將相對(duì)木板運(yùn)動(dòng)，求所需拉力F的大小；

（3）小李同學(xué)上臺(tái)演示實(shí)驗(yàn)時(shí)，先對(duì)木板施加2F的恒定拉力，讓木板從靜止開始運(yùn)動(dòng)起來。但

由于心理緊張，拉力作用一段時(shí)間At=0.5s后突然脫手，此后未再干預(yù)，物塊剛好不掉下木板,

試求木板的長(zhǎng)度L（兩物均未離開桌面）。

物塊

拉力

木板

【解答】解：（1）當(dāng)木板受到拉力，物塊恰相對(duì)木板運(yùn)動(dòng)時(shí)，木板上表面受到靜摩擦力達(dá)到最大,

其大小為fl=1img,方向水平向左。

H

木板下表面受到的滑支摩擦力大小為：fb=5x2mg=umg,方向也是水平向左

故木板受到的總的摩擦力大小為：f=fi+f^=2nmg=2X0.4XlX10N=8N,方向水平向左

（2）當(dāng)物塊即將相對(duì)木板運(yùn)動(dòng)相對(duì)運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律，

/img

對(duì)物塊有：am==ng

對(duì)物塊和木板構(gòu)成的整體有：F—5x2mg=2mam

聯(lián)立代入數(shù)據(jù)得：F=3^mg=3X0.4XlX10N=12N

2

（3）施加拉力2F時(shí)，由題意可知物塊開始滑動(dòng)，其加速度大小為：a1=tig=4m/s

2F—f6umg—2umg、。

木板加速度大小為：絲=一~—=-----------=4|ig=4X0.4X10m/s2=16m/s2

撤去拉力時(shí)，物塊、木板速度分別為：vi=ai△t=4X0.5m/s=2m/s,v?=a2At=16X0.5m/s=8m/s

V12V28

撤去拉力時(shí)，物塊、木板位移分別為：xi=^"xzlt=--x0.5m=0.5m,X2=x=-x0.5m=

2m

撤出拉力時(shí)，由于木板的速度大于物塊，因此物塊的摩擦力方向不變，故物塊的加速度不變，而

f8

木板加速度大小變?yōu)椋篴/=—=Tm/s2=8m/s2

m1

此時(shí)加速度方向與木板運(yùn)動(dòng)方向相反，設(shè)再歷時(shí)t物塊與木板共速，則有：vi+ait=V2-a2't

解得：t=0.5s

11

2

從撤去拉力到共速物塊、木板的位移分別為：xj=Vit+-ait,X2,=V2t—5a2t2

代入數(shù)據(jù)得：x