資源簡介

中小學教育資源及組卷應用平臺
專題05 滑塊木板模型
[模型導航]
【模型分類】 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 2
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】 3
問題1． 板塊模型中的運動學單過程問題 3
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 4
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
[模型分析]
【模型分類】
模型一 光滑面上外力拉板
加速度 分離 不分離
m1最大加速度a1max=μg m2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) 內力f=m1F/(m1+m2)
模型二 光滑面上外力拉塊
加速度 分離 不分離
m2最大加速度a2max=μm1g/m2 m1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
條件： F≤μ2(m1+m2)g 條件：a2≤a1max 即 μ2(m1+m2)ga1max=μ1g 即F>(μ1+μ2)g(m1+m2)
外力區間范圍
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
條件： F≤μ2(m1+m2)g 條件： μ2(m1+m2)ga2max=[μ1m1g-μ2(m1+m2)g]/m2 即F>(μ1-μ2)m1g(1+m1/m2)
外力區間范圍
模型五 粗糙面上剎車減速
一起減速 減速分離
m1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>μ1 m1剎車加速度：a1=μ1g m2剎車加速度：a2=μ2(m1+m2)g-μ1m1g)]/m2 加速度關系：a1【常見問題】
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
分離，位移關系：x相對= a2t02－ a1t02=L 分離，位移關系：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至少作用時間？
過程①：板塊均加速 過程：②板加速、塊減速
位移關系：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
過程①：分離 過程：②勻減速
分離，位移關系：x2－x1=L1 0v0多過程問題，位移關系：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
μ1≥μ2 μ1<μ2
【模型例析】
一．選擇題（共4小題）
（2023 湖南）如圖，光滑水平地面上有一質量為2m的小車在水平推力F的作用下加速運動。車廂內有質量均為m的A、B兩小球，兩球用輕桿相連，A球靠在光滑左壁上，B球處在車廂水平底面上，且與底面的動摩擦因數為μ，桿與豎直方向的夾角為θ，桿與車廂始終保持相對靜止。假設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。下列說法正確的是（　　）
A．若B球受到的摩擦力為零，則F＝2mgtanθ
B．若推力F向左，且tanθ≤μ，則F的最大值為2mgtanθ
C．若推力F向左，且μ＜tanθ≤2μ，則F的最大值為4mg（2μ﹣tanθ）
D．若推力F向右，且tanθ＞2μ，則F的范圍為4mg（tanθ﹣2μ）≤F≤4mg（tanθ+2μ）
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37°的斜坡上有長為1m的滑板，滑板與沙間的動摩擦因數為。小孩（可視為質點）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取決于小孩的衣料，假設圖中小孩與滑板間的動摩擦因數為0.5，小孩的質量與滑板的質量相等，斜坡足夠長，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/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．經過的時間，小孩離開滑板
D．小孩離開滑板時的速度大小為m/s
如圖所示，A、B兩物塊的質量分別為3m和m，靜止疊放在水平地面上。A、B間的動摩擦因數為μ，B與地面間的動摩擦因數為μ。設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g。現對A施加一水平拉力F，則（　　）
A．當Fμmg時，A、B都相對地面靜止
B．當Fμmg時，A的加速度μg
C．當F＞6μmg時，A相對B滑動
D．無論F為何值，B的加速度不會超過μg
如圖，質量為M的木板放在光滑的水平面上，木板的左端有一質量為m的木塊，在木塊上施加一水平向右的恒力F，木塊和木板由靜止開始運動，木塊相對地面運動位移x后二者分離。則下列哪些變化可使x增大（　　）
A．僅增大恒力F
B．僅增大木板的質量M
C．僅增大木塊的質量m
D．僅減小木塊與木板間的動摩擦因數
二．多選題（共6小題）
（多選）如圖1所示，一長木板靜止于光滑水平桌面上，t＝0時，小物塊（可視為質點）以速度v0滑到長木板上，t1時刻小物塊恰好滑至長木板的最右端。圖2為物塊與木板運動的v﹣t圖像，圖中t1、v0、v1已知，重力加速度大小為g。下列說法正確的是（　　）
A．物塊在0～t1這段時間內的位移大小為
B．物塊與木板的質量之比為
C．物塊與木板之間的動摩擦因數為
D．僅由題中所給信息，可以求出木板長度
（多選）如圖甲所示，一質量為M的長木板靜置于光滑水平面上，其上放置質量為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a F圖像。最大靜摩擦力與滑動摩擦力相等，取g＝10m/s2，則（　　）
A．滑塊的質量m＝4kg
B．木板的質量M＝0.5kg
C．當F＝8N時滑塊加速度為2m/s2
D．滑塊與木板間動摩擦因數為0.4
（多選）如圖所示，有兩個高低不同的水平面，高水平面光滑，低水平面粗糙。一質量M＝1kg、長度為L的長木板靠在高水平面邊緣A點，其表面恰好與高水平面平齊，長木板與低水平面的動摩擦因數μ2＝0.2。一質量為m＝2kg可視為質點的滑塊靜止在距A點距離為L0＝9m的位置。現用F＝9N、水平向右的外力拉滑塊，當滑塊運動到A點時撤去外力，滑塊以此時的速度滑上長木板。滑塊與長木板間的動摩擦因數為μ1＝0.5，取g＝10m/s2。則下列說法正確的是（　　）
A．滑塊滑動到A點時的速度大小為9m/s
B．滑塊滑動到長木板上時，長木板的加速度大小為5m/s2
C．從滑塊滑上長木板到兩者相對靜止所用時間為1s
D．要使滑塊不能從長木板的右端滑出，長木板的長度L至少為6.5m
（多選）（2023 乙卷）如圖，一質量為M、長為l的木板靜止在光滑水平桌面上，另一質量為m的小物塊（可視為質點）從木板上的左端以速度v0開始運動。已知物塊與木板間的滑動摩擦力大小為f，當物塊從木板右端離開時（　　）
A．木板的動能一定等于fl
B．木板的動能一定小于fl
C．物塊的動能一定大于
D．物塊的動能一定小于
（多選）如圖所示，質量為M、長度為L的小車靜止在光滑水平面上，質量為m的小物塊（可視為質點）放在小車的最左端，現用一水平恒力F作用在小物塊上，使小物塊從靜止開始做直線運動，當小物塊滑到小車的最右端時，小車運動的距離為x，小物塊和小車之間的滑動摩擦力為f，此過程中，下列結論正確的是（　　）
A．物塊到達小車最右端時，其動能為（F﹣f）（L+x）
B．摩擦力對小物塊所做的功為fL
C．物塊到達小車最右端時，小車的動能為fx
D．物塊和小車組成的系統機械能增加量為 F（L+x）
（多選）如圖所示，小車板面上的物體質量為m＝8kg，它被一根水平方向上拉伸了的彈簧拉住而靜止在小車上，這時彈簧的彈力為6N．現沿水平向右的方向對小車施以作用力，使小車由靜止開始運動起來，運動中加速度由零逐漸增大到1m/s2，隨即以1m/s2的加速度做勻加速直線運動。以下說法正確的是（　　）
A．物體與小車始終保持相對靜止，彈簧對物體的作用力始終沒有發生變化
B．物體受到的摩擦力一直減小
C．當小車加速度（向右）為0.75m/s2時，物體不受摩擦力作用
D．小車以1m/s2的加速度向右做勻加速直線運動時，物體受到的摩擦力為8N
三．計算題（共4小題）
如圖所示，傾角為θ＝37°的粗糙斜面上放置一質量為mB＝3kg的帶擋板P的木板B，木板P端距斜面底端的距離為x＝23m，木板上表面光滑，下表面與斜面間的動摩擦因數為μ＝0.75。木板上質量為mA＝1kg的小滑塊A與擋板P的距離為L＝4m，某時刻小滑塊A和木板B同時瞬間獲得v0＝2m/s的沿斜面向下的速度，已知滑塊與擋板P間的碰撞都是彈性碰撞且碰撞時間極短，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，整個過程中滑塊A始終在木板B上運動，重力加速度為g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求
（1）剛開始運動時木板B的加速度大小；
（2）從開始運動到滑塊與擋板P發生第1次碰撞的時間；
（3）木板B的最小長度；
（4）木板P端到達斜面底端時滑塊與擋板P發生碰撞的次數。
已知雞蛋撞擊地面的速度不超過2m/s時，雞蛋能不被摔壞。某同學設計了如圖所示的保護裝置，該裝置是用A、B兩塊較粗糙的夾板粘合而成，已知保護裝置質量為M，雞蛋的質量為m，且M＝5m，雞蛋和保護裝置之間的滑動摩擦力大小為5mg。實驗中用該保護裝置夾住雞蛋，從離地面H＝1.8m的高度處靜止釋放。（重力加速度g取10m/s2，不計空氣阻力。）
（1）如果保護裝置碰地后速度立即為零（無反彈，且保護裝置保持豎直），為保證雞蛋安全，雞蛋放的位置離裝置下端的最小距離s1。
（2）如果保護裝置與地面發生碰撞時，保護裝置以碰前的速率反彈（碰撞時間極短，在運動過程中，保護裝置始終保持豎直）。實驗前，雞蛋放的位置離保護裝置下端距離s2＝1.5m，其它條件不變。保護裝置第一次落地彈起，當上升到最大高度時，求該時刻雞蛋離地高度。
羽毛球筒口比較小，從球筒取球有一定的技巧．如圖所示，羽毛球愛好者從筒中取出最后一個羽毛球時，一手拿著羽毛球筒，另一個手用較大的力向下迅速敲打筒的上端，使筒獲得一個向下的初速度與手發生相對運動，里面的羽毛球就可以從上端出來。已知羽毛球筒質量為M＝90g（不含球的質量），羽毛球質量為m＝5g，羽毛球頭部離筒的上端距離為d＝6.25cm，羽毛球與筒之間的滑動摩擦力為f1＝0.1N，筒與手之間的滑動摩擦力為f2＝2.6N。（重力加速度g取10m/s2，空氣阻力忽略不計，羽毛球不會相對筒向下運動），求：
（1）當筒獲得一個初速度后，筒和羽毛球各自的加速度是多大？
（2）若要敲打一次就使羽毛球頭部能到達筒口以上，筒獲得的初速度至少為多大？
如圖甲所示，木板質量M＝0.5kg，長L＝1m，初始時刻靜止在光滑水平地面上，可視為質點的質量m＝1kg的小物塊，以初速度v0從木板左端滑上的瞬間，對木板施加一個水平向右的力F，物塊與木板之間的動摩擦因數μ＝0.2。摩擦產生的熱量Q與力F大小的關系如圖乙所示。g取10m/s2。求：
（1）Q2的大小；
（2）物塊的初速度v0的大小；
（3）A點的坐標對應的Q1與F1的大小。
四．解答題（共2小題）
圖為某個有獎挑戰項目的示意圖，挑戰者壓縮彈簧將質量m0＝0.3kg的彈丸從筒口A斜向上彈出后，彈丸水平擊中平臺邊緣B處質量m1＝0.3kg的滑塊或質量m2＝0.2kg的“L形”薄板，只要薄板能撞上P處的玩具小熊就算挑戰成功。已知彈丸拋射角θ＝53°，B與A的高度差，B與P處的小熊相距s＝2.2m，薄板長度L＝0.9m，最初滑塊在薄板的最左端；滑塊與薄板間的動摩擦因數為μ1＝0.5，薄板與平臺間的動摩擦因數μ2＝0.3，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力；薄板厚度不計，彈丸和滑塊都視為質點，所有碰撞過程的時間和外力影響均不計，重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝0.8。
（1）求A、B間的水平距離x；
（2）若彈丸與薄板發生完全非彈性碰撞，試通過計算判定挑戰會不會成功；
（3）若彈丸與滑塊發生完全彈性碰撞，且之后可能的碰撞也為完全彈性碰撞，試通過計算判定挑戰會不會成功。
如圖所示，在水平地面上固定一傾角θ＝30°的足夠長斜面，斜面底部有一固定擋板。一足夠長的木板位于斜面底端，木板質量為5m，在木板上端有一質量為m的物塊。已知木板與斜面之間的動摩擦因數μ1，物塊與木板之間的動摩擦因數μ2，重力加速度g取10m/s2。現給木板一個沿斜面向上的初速度v0＝37.5m/s，同時給物塊一個大小也為v0、方向沿斜面向下的初速度。假設每次木板與擋板碰撞前后速度大小不變，求：（sin30°，cos30°，你可能會用到a+aq+aq2+aq3+……+aqn﹣1）
（1）剛開始運動時物塊和木板的加速度的大小；
（2）經多長時間木板與擋板第一次發生碰撞；
（3）最終物塊與木板上端之間的距離（結果可用分數表示）。
21世紀教育網 www.21cnjy.com 精品試卷·第 2 頁 （共 2 頁）
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專題05 滑塊木板模型
[模型導航]
【模型分類】 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 2
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】 3
問題1． 板塊模型中的運動學單過程問題 3
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 4
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
[模型分析]
【模型分類】
模型一 光滑面上外力拉板
加速度 分離 不分離
m1最大加速度a1max=μg m2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) 內力f=m1F/(m1+m2)
模型二 光滑面上外力拉塊
加速度 分離 不分離
m2最大加速度a2max=μm1g/m2 m1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
條件： F≤μ2(m1+m2)g 條件：a2≤a1max 即 μ2(m1+m2)ga1max=μ1g 即F>(μ1+μ2)g(m1+m2)
外力區間范圍
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
條件： F≤μ2(m1+m2)g 條件： μ2(m1+m2)ga2max=[μ1m1g-μ2(m1+m2)g]/m2 即F>(μ1-μ2)m1g(1+m1/m2)
外力區間范圍
模型五 粗糙面上剎車減速
一起減速 減速分離
m1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>μ1 m1剎車加速度：a1=μ1g m2剎車加速度：a2=μ2(m1+m2)g-μ1m1g)]/m2 加速度關系：a1【常見問題】
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
分離，位移關系：x相對= a2t02－ a1t02=L 分離，位移關系：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至少作用時間？
過程①：板塊均加速 過程：②板加速、塊減速
位移關系：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
過程①：分離 過程：②勻減速
分離，位移關系：x2－x1=L1 0v0多過程問題，位移關系：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
μ1≥μ2 μ1<μ2
【模型例析】
一．選擇題（共4小題）
（2023 湖南）如圖，光滑水平地面上有一質量為2m的小車在水平推力F的作用下加速運動。車廂內有質量均為m的A、B兩小球，兩球用輕桿相連，A球靠在光滑左壁上，B球處在車廂水平底面上，且與底面的動摩擦因數為μ，桿與豎直方向的夾角為θ，桿與車廂始終保持相對靜止。假設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。下列說法正確的是（　　）
A．若B球受到的摩擦力為零，則F＝2mgtanθ
B．若推力F向左，且tanθ≤μ，則F的最大值為2mgtanθ
C．若推力F向左，且μ＜tanθ≤2μ，則F的最大值為4mg（2μ﹣tanθ）
D．若推力F向右，且tanθ＞2μ，則F的范圍為4mg（tanθ﹣2μ）≤F≤4mg（tanθ+2μ）
【解答】解：A、若B球所受摩擦力為零，對A、B整體由牛頓第二定律得FNA＝2ma，
對A球由牛頓第二定律得FNA﹣Nsinθ＝ma，
豎直方向：Ncosθ＝mg，
聯立解得a＝gtanθ，
對整體由牛頓第二定律得F＝4ma＝4mgtanθ，故A錯誤；
B、若推力向左，則系統的加速度向左，廂底對B的摩擦力達到最大靜摩擦力，A與左壁彈力為零，此時F有最大值，對AB整體：豎直方向FNB＝2mg，
水平方向：μFNB＝2ma解得a＝μg，對A水平方向Nsinθ＝maA，豎直方向Ncosθ＝mg，
解得aA＝gtanθ，由于μ≥tanθ，所以系統的加速度a＝aA＝gtanθ，所以F最大值為F＝4ma＝4mgtanθ，故B錯誤；
C、若推力向左，μ＜tanθ≤2μ，時，A與左壁彈力不為零，廂底對B的摩擦力達到最大靜摩擦力，方向水平向左，此時F取最大值，則2μmg﹣NA＝2ma，
整體：Fm＝4ma，
對A豎直方向：Ncosθ＝mg，
對A水平方向：Nsinθ﹣NA＝ma，
聯立解得Fm＝4mg（2μ﹣tanθ）故C正確；
D、若推力向右，tanθ＞2μ，廂底對B的摩擦力達到最大靜摩擦力，方向水平向右，F有最大值，
則：2μmg+NA＝2ma1，
對A豎直方向：Ncosθ＝mg
NA﹣Nsinθ＝ma1
聯立解得a1＝2μg+μgtanθ
廂底對B的摩擦力達到最大靜摩擦力，方向水平向左，F有最小值，
則：對AB整體有NA﹣2μmg＝2ma2
對A水平方向有NA﹣Nsinθ＝ma2
對A豎直方向：Ncosθ＝mg
聯立解得：a2＝gtanθ﹣2μg
所以4a2≤F≤4a1
即4mg（tanθ﹣2μ）≤F≤4mg（tanθ+2μ）故D正確；
故選：CD。
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37°的斜坡上有長為1m的滑板，滑板與沙間的動摩擦因數為。小孩（可視為質點）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取決于小孩的衣料，假設圖中小孩與滑板間的動摩擦因數為0.5，小孩的質量與滑板的質量相等，斜坡足夠長，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/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．經過的時間，小孩離開滑板
D．小孩離開滑板時的速度大小為m/s
【解答】解：A、對小孩受力分析，小孩受到重力、支持力和滑板對小孩向上的摩擦力，由于小孩與木板間的動摩擦因數小于木板與沙間的動摩擦因數，所以小孩相對于木板下滑。對小孩根據牛頓第二定律有：mgsin37°﹣μ1mgcos37°＝ma1，解得：a1＝2m/s2，故A錯誤；
B、小孩和滑板脫離前，對滑板運用牛頓第二定律有：mgsin37°﹣μ1mgcos37°﹣2μ2mgcos37°＝ma2，代入數據解得：a2＝1m/s2，故B錯誤；
C、設經過時間t，小孩離開滑板，根據位移—時間關系可得：a1t2 a2t2＝L，解得：ts，故C正確；
D、小孩離開滑板時的速度為：v＝a1t＝2m/s＝2m/s，故D錯誤。
故選：C。
如圖所示，A、B兩物塊的質量分別為3m和m，靜止疊放在水平地面上。A、B間的動摩擦因數為μ，B與地面間的動摩擦因數為μ。設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g。現對A施加一水平拉力F，則（　　）
A．當Fμmg時，A、B都相對地面靜止
B．當Fμmg時，A的加速度μg
C．當F＞6μmg時，A相對B滑動
D．無論F為何值，B的加速度不會超過μg
【解答】解：A．物塊A、B間的最大靜摩擦力為F1＝3μmg
B與地面間的最大靜摩擦力為
所以當時，A與B都相對地面靜止，故A錯誤；
BCD．物塊A剛剛相對B滑動時，A與B加速度相同，則此時對B有
對A受力分析可得F﹣3μmg＝3maA
整理解得F＝8μmg
則當F＞8μmg時，A相對B滑動，此后B的受力不變，則B的最大加速度為
當時，A、B一起滑動，其加速度為a，有
F4ma
整理解得a＝0.5μg
故B正確，CD錯誤；
故選：B。
如圖，質量為M的木板放在光滑的水平面上，木板的左端有一質量為m的木塊，在木塊上施加一水平向右的恒力F，木塊和木板由靜止開始運動，木塊相對地面運動位移x后二者分離。則下列哪些變化可使x增大（　　）
A．僅增大恒力F
B．僅增大木板的質量M
C．僅增大木塊的質量m
D．僅減小木塊與木板間的動摩擦因數
【解答】解：根據牛頓第二定律得木塊m的加速度為：a1μg
M的加速度為：a2
設板長為L，根據L＝x﹣x′a1t2a2t2
解得：t
木塊相對地面運動位移為：xa1t2。木塊的位移x′a2t2，則知：
A、若僅增大恒力F，則m的加速度a1變大，M的加速度不變，則t減小，木板的位移x′變小，x＝L+x′，則x減小。故A錯誤；
B、若僅增大木板的質量M，木塊m的加速度a1不變，M的加速度a2減小，由上式知時間t減小，x減小。故B錯誤。
C、若僅增大木塊的質量m，則m的加速度a1減小，M的加速度a2增大，則t增大，x增大。故C正確。
D、若僅減小木塊與木板間的動摩擦因數，則m的加速度a1增大，M的加速度a2減小，則t減小，那么x′減小，而x＝x′+L，故x減小。故D錯誤。
故選：C。
二．多選題（共6小題）
（多選）如圖1所示，一長木板靜止于光滑水平桌面上，t＝0時，小物塊（可視為質點）以速度v0滑到長木板上，t1時刻小物塊恰好滑至長木板的最右端。圖2為物塊與木板運動的v﹣t圖像，圖中t1、v0、v1已知，重力加速度大小為g。下列說法正確的是（　　）
A．物塊在0～t1這段時間內的位移大小為
B．物塊與木板的質量之比為
C．物塊與木板之間的動摩擦因數為
D．僅由題中所給信息，可以求出木板長度
【解答】解：A、根據v﹣t圖像中圖像與時間軸圍成的面積表示位移，可得物塊在0～t1這段時間內的位移大小為：
x1，故A錯誤；
B、設物塊與木板的質量分別為m、M。根據v﹣t圖像可得：
物塊做勻減速直線運動的加速度大小為：a1
木板做勻加速直線運動的加速度大小為：a2
兩者的加速度均由小木塊與長木板間的滑動摩擦力提供，根據牛頓第二定律得：
f＝ma1＝Ma2
可得：，故B錯誤；
C、對物塊，由牛頓第二定律可得：a1μg
解得物塊與木板之間的動摩擦因數為：μ，故C正確；
D、t1時刻小物塊恰好滑至長木板最右端，在0～t1這段時間內物塊與長木板的位移大小之差等于木板的長度，根據v﹣t圖象與時間軸所圍的面積表示位移，可得木板的長度為：
L＝x物﹣x板，僅由題中所給信息，可以求出木板長度，故D正確。
故選：CD。
（多選）如圖甲所示，一質量為M的長木板靜置于光滑水平面上，其上放置質量為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a F圖像。最大靜摩擦力與滑動摩擦力相等，取g＝10m/s2，則（　　）
A．滑塊的質量m＝4kg
B．木板的質量M＝0.5kg
C．當F＝8N時滑塊加速度為2m/s2
D．滑塊與木板間動摩擦因數為0.4
【解答】解：AB、根據圖像分析可得，當拉力等于12N時，兩物體恰好要發生相對滑動，當F＝12N時，加速度為a＝4m/s2，對整體分析，由牛頓第二定律有F＝（M+m）a
代入數據解得M+m3kg
當F＞12N時，根據牛頓第二定律得
知圖線的斜率
解得木板的質量：M＝0.5kg；滑塊的質量：m＝2.5kg，故A錯誤，B正確；
D、根據a﹣F圖像：，F＝10N時，a＝0，代入
代入數據解得：μ＝0.4，故D正確；
C、當F＝8N時，板塊之間沒有相對滑動，對整體分析，根據牛頓第二定律得F＝（M+m）a
解得此時am/s2，故C錯誤。
故選：BD。
（多選）如圖所示，有兩個高低不同的水平面，高水平面光滑，低水平面粗糙。一質量M＝1kg、長度為L的長木板靠在高水平面邊緣A點，其表面恰好與高水平面平齊，長木板與低水平面的動摩擦因數μ2＝0.2。一質量為m＝2kg可視為質點的滑塊靜止在距A點距離為L0＝9m的位置。現用F＝9N、水平向右的外力拉滑塊，當滑塊運動到A點時撤去外力，滑塊以此時的速度滑上長木板。滑塊與長木板間的動摩擦因數為μ1＝0.5，取g＝10m/s2。則下列說法正確的是（　　）
A．滑塊滑動到A點時的速度大小為9m/s
B．滑塊滑動到長木板上時，長木板的加速度大小為5m/s2
C．從滑塊滑上長木板到兩者相對靜止所用時間為1s
D．要使滑塊不能從長木板的右端滑出，長木板的長度L至少為6.5m
【解答】解：A、滑塊在高水平面上做勻加速運動，根據牛頓第二定律有：F＝ma
根據運動學公式有：v2＝2aL0
代入數據解得：v＝9m/s，故A正確；
B、設滑塊滑動到長木板后，滑塊的加速度為a1，長木板的加速度為a2，根據牛頓第二定律，
對滑塊有：μ1mg＝ma1
代入數據解得：
對長木板有：μ1mg﹣μ2（m+M）g＝Ma2
代入數據解得：，故B錯誤；
C、設滑塊不滑出長木板，從滑塊滑上長木板到兩者相對靜止所用時間為t，則有：v﹣a1t＝a2t
代入數據解得：t＝1s，故C正確；
D、從滑塊滑上長木板到兩者相對靜止程中滑塊的位移為：x1＝vt9×1mm＝6.5m
長木板的位移為：x2m＝2m
則要使滑塊不能從長木板的右端滑出，長木板的長度L至少為：L＝x1﹣x2＝6.5m﹣2m＝4.5m，故D錯誤。
故選：AC。
（多選）（2023 乙卷）如圖，一質量為M、長為l的木板靜止在光滑水平桌面上，另一質量為m的小物塊（可視為質點）從木板上的左端以速度v0開始運動。已知物塊與木板間的滑動摩擦力大小為f，當物塊從木板右端離開時（　　）
A．木板的動能一定等于fl
B．木板的動能一定小于fl
C．物塊的動能一定大于
D．物塊的動能一定小于
【解答】解：設物塊離開木板時的速度為v1，此時木板的速度為v2，由題可知
v1＞v2
設物塊的對地位移為xm，木板的對地位移為xM
CD、根據能量守恒定律可得
mMfl
整理解得
mMflmfl
故C錯誤，D正確；
AB、因摩擦產生的熱量為
Q＝fl＝f（xm﹣xM）
根據運動學公式可得xm t
xM
由于v0＞v1＞v2
所以xm＞2xM
故xm﹣xM＝l＞xM
故W＝fxM＜fl
故A錯誤，B正確；
故選：BD。
（多選）如圖所示，質量為M、長度為L的小車靜止在光滑水平面上，質量為m的小物塊（可視為質點）放在小車的最左端，現用一水平恒力F作用在小物塊上，使小物塊從靜止開始做直線運動，當小物塊滑到小車的最右端時，小車運動的距離為x，小物塊和小車之間的滑動摩擦力為f，此過程中，下列結論正確的是（　　）
A．物塊到達小車最右端時，其動能為（F﹣f）（L+x）
B．摩擦力對小物塊所做的功為fL
C．物塊到達小車最右端時，小車的動能為fx
D．物塊和小車組成的系統機械能增加量為 F（L+x）
【解答】解：A．對于小物塊，小物塊發生的位移為L+x，根據動能定理可得
Ekm＝（F﹣f）（L+x），故A正確；
B．小物塊克服摩擦力做的功為
W＝f（L+x），故B錯誤；
C．物塊到達小車最右端時，小車運動的距離為x，根據動能定理得
EkM＝fx，故C正確；
D．小車和小物塊增加的動能為
Ek＝Ekm+EkM＝（F﹣f）（L+x）+fx＝F（L+x）﹣fL
系統重力勢能不變，則小物塊和小車增加得機械能為F（L+x）﹣fL，故D錯誤。
故選：AC。
（多選）如圖所示，小車板面上的物體質量為m＝8kg，它被一根水平方向上拉伸了的彈簧拉住而靜止在小車上，這時彈簧的彈力為6N．現沿水平向右的方向對小車施以作用力，使小車由靜止開始運動起來，運動中加速度由零逐漸增大到1m/s2，隨即以1m/s2的加速度做勻加速直線運動。以下說法正確的是（　　）
A．物體與小車始終保持相對靜止，彈簧對物體的作用力始終沒有發生變化
B．物體受到的摩擦力一直減小
C．當小車加速度（向右）為0.75m/s2時，物體不受摩擦力作用
D．小車以1m/s2的加速度向右做勻加速直線運動時，物體受到的摩擦力為8N
【解答】解：A、彈簧彈力開始與靜摩擦力平衡，大小為6N，當整體加速度從零逐漸增大到1m/s2，則物塊的加速度也從零逐漸增大到1m/s2，根據牛頓第二定律知，物塊的合力從0增大到8N，摩擦力方向向左減小到零，然后又向右增加，在整個過程中，物體相對小車靜止，彈簧彈力不變。故A正確，B錯誤。
C、當小車加速度（向右）為0.75m/s2時，則物塊所受的合力F合＝ma＝6N，彈簧的彈力等于6N，則摩擦力為零。故C正確。
D、小車以1m/s2的加速度向右做勻加速直線運動時，物塊所受的合力F合＝ma＝8N，彈簧的彈力等于6N，則摩擦力的大小為2N，方向水平向右。故D錯誤。
故選：AC。
三．計算題（共4小題）
如圖所示，傾角為θ＝37°的粗糙斜面上放置一質量為mB＝3kg的帶擋板P的木板B，木板P端距斜面底端的距離為x＝23m，木板上表面光滑，下表面與斜面間的動摩擦因數為μ＝0.75。木板上質量為mA＝1kg的小滑塊A與擋板P的距離為L＝4m，某時刻小滑塊A和木板B同時瞬間獲得v0＝2m/s的沿斜面向下的速度，已知滑塊與擋板P間的碰撞都是彈性碰撞且碰撞時間極短，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，整個過程中滑塊A始終在木板B上運動，重力加速度為g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求
（1）剛開始運動時木板B的加速度大小；
（2）從開始運動到滑塊與擋板P發生第1次碰撞的時間；
（3）木板B的最小長度；
（4）木板P端到達斜面底端時滑塊與擋板P發生碰撞的次數。
【解答】解：（1）剛開始B做勻減速直線運動，設B的加速度大小為aB，對B由牛頓第二定律得：
μ（mA+mB）gcosθ﹣mBgsinθ＝mBaB
解得：aB＝2m/s2；
（2）剛開始A做勻加速直線運動，設A的加速度大小為aA，對A由牛頓第二定律得：
mAgsinθ＝mAaA
解得：aA＝6m/s2
從開始運動到滑塊與擋板P發生第1次碰撞的過程，假設在碰撞之前B沒有停止運動。設此過程的時間為t1，A、B下滑的位移大小分別為xA、xB，由運動學公式得：
xA＝v0t1aA
xB＝v0t1aB
位移大小關系為：
L＝xA﹣xB
聯立解得：t1＝1s
碰撞前瞬間木板B的速度為：vB＝v0﹣aBt1＝2m/s﹣2×1m/s＝0，可知第一次碰撞時木板B恰好停下，故假設成立。
故從開始運動到滑塊與擋板P發生第1次碰撞的時間為t1＝1s；
（3）A與擋板P第一次碰撞前瞬間的速度大小為：
vA0＝v0+aAt1＝2m/s+6×1m/s＝8m/s
A與P發生彈性碰撞的過程，以沿斜面向下為正方向，根據動量守恒定律和機械能守恒定律分別得：
mAvA0＝mAvA1+mBvB1
mAmAmB
聯立解得：vA1＝﹣4m/s，vB1＝4m/s
碰撞后滑塊A沿斜面向上做勻減速直線運動，木板B沿斜面向下做勻減速直線運動，而兩者的加速度與原來相同，當滑塊A與木板B共速時，A與擋板P之間的距離最大，以沿斜面向下為正方向，則有：
v共＝vA1+aAt2＝vB1﹣aBt2
解得：t2＝1s
驗證：共速的速度v共＝vB1﹣aBt2＝4m/s﹣2×1m/s＝2m/s，可見共速時B未停止運動，結果是合理的。
木板B的最小長度就等于此過程兩者的相對位移的大小，則有：
Lmin＝Δx（vB1+v共）t2（vA1+v共）t2
解得木板B的最小長度Lmin＝4m；
（4）由（3）的結果：Δx＝4m，v共＝2m/s，因Δx＝L，v共＝v0，可知第一次碰撞后，兩者共速時的速度與A到P的距離，和初始A、B開始運動時一致，可得每次的碰撞情況相同，故每相鄰的兩次碰撞之間兩者的運動過程相同，每相鄰的兩次碰撞之間B下滑的位移大小為：
ΔxB
而第一次碰撞前B運動的位移為：
ΔxB1
所求碰撞次數為：n＝116.5，取整可得：n＝6次。
答：（1）剛開始運動時木板B的加速度大小為2m/s2；
（2）從開始運動到滑塊與擋板P發生第1次碰撞的時間為1s；
（3）木板B的最小長度為4m；
（4）木板P端到達斜面底端時滑塊與擋板P發生碰撞的次數為6次。
已知雞蛋撞擊地面的速度不超過2m/s時，雞蛋能不被摔壞。某同學設計了如圖所示的保護裝置，該裝置是用A、B兩塊較粗糙的夾板粘合而成，已知保護裝置質量為M，雞蛋的質量為m，且M＝5m，雞蛋和保護裝置之間的滑動摩擦力大小為5mg。實驗中用該保護裝置夾住雞蛋，從離地面H＝1.8m的高度處靜止釋放。（重力加速度g取10m/s2，不計空氣阻力。）
（1）如果保護裝置碰地后速度立即為零（無反彈，且保護裝置保持豎直），為保證雞蛋安全，雞蛋放的位置離裝置下端的最小距離s1。
（2）如果保護裝置與地面發生碰撞時，保護裝置以碰前的速率反彈（碰撞時間極短，在運動過程中，保護裝置始終保持豎直）。實驗前，雞蛋放的位置離保護裝置下端距離s2＝1.5m，其它條件不變。保護裝置第一次落地彈起，當上升到最大高度時，求該時刻雞蛋離地高度。
【解答】解：（1）保護裝置和雞蛋先共同自由落體，當保護裝置落地時速度2gH
保護裝置著地后雞蛋以加速度大小a4g＝4×10m/s2＝40m/s2（a方向向上），雞蛋做勻減速直線運動；
因為到達地面時速度不超過v＝2m/s就不會摔懷，則為保證雞蛋安全所以
v2＝2as1
雞蛋放的位置離裝置下端的最小距離s1＝0.4m.
（2）保護裝置以碰前的速率反彈后，保護裝置加速度大小：a'2g＝2×10m/s2＝20m/s2（a'方向向下），
雞蛋先減速以a向下減速，當雞蛋向下速度減為零時，雞蛋受力不變，直到t1時刻雞蛋和保護裝置共速；選向上為正，有v2＝﹣v1+at1＝v1﹣a't1
解得：t1＝0.2s
此時雞蛋和保護裝置共速v2＝2m/s，雞蛋與保護裝置相對運動Δht1t1
代入數據解得：Δh＝1.2m＜s2＝1.5m
所以雞蛋和保護裝置能共速
以后雞蛋和保護裝置共同向上以a3＝g做勻減速直線運動，再過t2s＝0.2s雞蛋和保護裝置到達最高點。
保護裝置第一次碰后上升最大高度h1t1t2
所以當保護裝置到達最高點時雞蛋離地面高度：h＝h1+s2﹣Δh
代入數據解得：h＝1.3m
答：（1）為保證雞蛋安全，雞蛋放的位置離裝置下端的最小距離為0.4m。
（2）雞蛋離地高度為1.3m。
羽毛球筒口比較小，從球筒取球有一定的技巧．如圖所示，羽毛球愛好者從筒中取出最后一個羽毛球時，一手拿著羽毛球筒，另一個手用較大的力向下迅速敲打筒的上端，使筒獲得一個向下的初速度與手發生相對運動，里面的羽毛球就可以從上端出來。已知羽毛球筒質量為M＝90g（不含球的質量），羽毛球質量為m＝5g，羽毛球頭部離筒的上端距離為d＝6.25cm，羽毛球與筒之間的滑動摩擦力為f1＝0.1N，筒與手之間的滑動摩擦力為f2＝2.6N。（重力加速度g取10m/s2，空氣阻力忽略不計，羽毛球不會相對筒向下運動），求：
（1）當筒獲得一個初速度后，筒和羽毛球各自的加速度是多大？
（2）若要敲打一次就使羽毛球頭部能到達筒口以上，筒獲得的初速度至少為多大？
【解答】解：（1）設羽毛球的加速度大小為a1，對羽毛球受力分析，根據牛頓第二定律得：mg+f1＝ma1
代入數據解得：a1＝30m/s2
設筒的加速度大小為a2，對筒受力分析，根據牛頓第二定律得：f2+f1﹣Mg＝Ma2
代入數據解得：a2＝20m/s2
（2）當兩者的速度相等后，假設羽毛球相對于球筒向下運動，球受到筒的摩擦力向上，對羽毛球，根據牛頓第二定律得：f1﹣mg＝ma3
代入數據解得：a3＝10m/s2
對球筒，根據牛頓第二定律得：f2﹣f1﹣Mg＝Ma4
代入數據解得：a4m/s2
a4＞a3，則假設成立，即兩者共速后，羽毛球的加速度小于球筒的加速度，羽毛球相對于球筒向下運動，則若要敲打一次就使羽毛球頭部能到達筒口以上，當兩者速度相等時羽毛球剛好到達筒口處，設球筒的初速度為v，共速時間為t，則：a1t＝v﹣a2t
vta2t2a1t2＝d
代入數據聯立解得：v＝2.5m/s
答：（1）筒的加速度大小為20m/s2，羽毛球的加速度大小為30m/s2；
（2）若要敲打一次就使羽毛球頭部能到達筒口以上，筒獲得的初速度至少為2.5m/s。
如圖甲所示，木板質量M＝0.5kg，長L＝1m，初始時刻靜止在光滑水平地面上，可視為質點的質量m＝1kg的小物塊，以初速度v0從木板左端滑上的瞬間，對木板施加一個水平向右的力F，物塊與木板之間的動摩擦因數μ＝0.2。摩擦產生的熱量Q與力F大小的關系如圖乙所示。g取10m/s2。求：
（1）Q2的大小；
（2）物塊的初速度v0的大小；
（3）A點的坐標對應的Q1與F1的大小。
【解答】解：（1）由圖像可看出當F≤1N時，物塊在木板上的路程始終等于板長L，物塊與木板之間的摩擦產生的熱量：
Q2＝μmgL＝2J
（2）F＝1N時，剛好不從木板右端掉下，此后木板和物塊一起相對靜止并加速運動。
當1N≤F≤F1時，設物塊的加速度為a2，木板的加速度為a1，分別由牛頓第二定律有
μm2g＝m2a2
F+μm2g＝m1a1
設物塊運動的位移為sB，木板運動的位移為sA，經過t時間兩者速度均為v，根據運動學公式有
v＝v0﹣a2t＝a1t
物塊在木板上相對木板向右運動的路程s＝sB﹣sA
物塊與木板之間的摩擦產生的熱量Q＝μmgs
聯立解得
將F＝1N，Q＝2J，代入解得：v0＝4m/s
（3）分析可知，當1N≤F≤F1時，隨著力F增大，Q減小，當F＝F1時，出現Q突變，說明此時物塊與木板在達到共同速度后，恰好再次發生相對運動.物塊將會從木板左端掉下。
物塊與木板恰好再次發生相對運動時，物塊的加速度為a2，則整體加速度也為a2，由牛頓第二定律有
F＝（m1+m2）a2
聯立解得F1＝3N
此時物塊在木板上運動的路程s1m
物塊與木板之間的摩擦產生的熱量Q1＝μmgs1J
答：（1）Q2的大小為2J
（2）物塊的初速度大小為4m/s
（3）A點的坐標對應的Q1與F1的大小分別為：J、3N。
四．解答題（共2小題）
圖為某個有獎挑戰項目的示意圖，挑戰者壓縮彈簧將質量m0＝0.3kg的彈丸從筒口A斜向上彈出后，彈丸水平擊中平臺邊緣B處質量m1＝0.3kg的滑塊或質量m2＝0.2kg的“L形”薄板，只要薄板能撞上P處的玩具小熊就算挑戰成功。已知彈丸拋射角θ＝53°，B與A的高度差，B與P處的小熊相距s＝2.2m，薄板長度L＝0.9m，最初滑塊在薄板的最左端；滑塊與薄板間的動摩擦因數為μ1＝0.5，薄板與平臺間的動摩擦因數μ2＝0.3，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力；薄板厚度不計，彈丸和滑塊都視為質點，所有碰撞過程的時間和外力影響均不計，重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝0.8。
（1）求A、B間的水平距離x；
（2）若彈丸與薄板發生完全非彈性碰撞，試通過計算判定挑戰會不會成功；
（3）若彈丸與滑塊發生完全彈性碰撞，且之后可能的碰撞也為完全彈性碰撞，試通過計算判定挑戰會不會成功。
【解答】解：（1）設彈丸在筒口A的速率為v0，彈丸從A到B的運動過程，可視為從B到A的平拋運動的逆過程，由平拋運動規律得：
x＝v0t
將代入解得：
，v0＝5m/s，；
（2）彈丸與薄板發生完全非彈性碰撞，設碰后瞬間的共同速率為v，以水平向右為正方向，由動量守恒定律得：
m0v0＝（m0+m2）v
解得：v＝3m/s
碰撞結束時，滑塊速度仍然為零，將在B處脫離薄板，彈丸與薄板整體向右做勻減速直線運動，設此過程發生的最大位移為xm。
由動能定理得：
解得：xm＝1.5m
因xm+L＝1.5m+0.9m＝2.4m＞s＝2.2m，所以薄板能撞上小熊，挑戰會成功。
（3）彈丸與滑塊發生彈性碰撞，設碰后兩者速率分別為v0′、v1。以水平向右為正方向，由動量守恒和機械能守恒得：
m0v0＝m0v0′+m1v1
m0m0v0′2m1
解得：v1＝5m/s，v0′＝0（碰撞后彈丸掉落）
薄板所受滑塊的滑動摩擦力為：f1＝μ1m1g，解得：f1＝1.5N
薄板所受平臺的最大靜摩擦力為：f2＝μ2（m1+m2）g，解得：f2＝1.5N
因f1＝f2，故薄板靜止不動。
設滑塊滑至薄板右側與薄板右端相碰時，滑塊速率為v2，由動能定理得：
解得：v2＝4m/s
滑塊與薄板發生彈性碰撞，設碰后兩者速度分別為v3、v4，以水平向右為正方向，由動量守恒和機械能守恒得：
m1v2＝m1v3+m2v4
解得：v3＝0.8m/s，v4＝4.8m/s
此后，滑塊向右做勻加速直線運動，薄板向右做勻減速直線運動，假設兩者能夠共速，速率為v5，以水平向右為正方向，對滑塊和薄板，分別由動量定理得：
μ1m1gt1＝m1v5﹣m1v3
﹣μ1m1gt1﹣μ2（m1+m2）gt1＝m2v5﹣m2v4
解得：v5＝1.8m/s，t1＝0.2s
此過程中，設滑塊與薄板發生的位移分別為x1和x2，由運動學公式得：
，解得：x1＝0.26m
，解得：x2＝0.66m
因：x2+L＝0.66m+0.9m＝1.56m＜s＝2.2m，故薄板沒有撞上小熊。
滑塊與薄板的相對位移為：Δx1＝x2﹣x1＝0.66m﹣0.26m＝0.4m＜L＝0.9m，故兩者能共速的假設成立。
共速后，因μ1＞μ2，故兩者相對靜止做勻減速直線運動直至停止，設共速后的最大位移為x3，由動能定理得：
解得：x3＝0.54m
因x2+x3+L＝0.66m+0.54m+0.9m＝2.1m＜s＝2.2m，所以薄板不能撞上小熊，挑戰失敗。
答：（1）A、B間的水平距離x為；
（2）挑戰會成功，計算判定過程見解析；
（3）挑戰不會成功，計算判定過程見解析。
如圖所示，在水平地面上固定一傾角θ＝30°的足夠長斜面，斜面底部有一固定擋板。一足夠長的木板位于斜面底端，木板質量為5m，在木板上端有一質量為m的物塊。已知木板與斜面之間的動摩擦因數μ1，物塊與木板之間的動摩擦因數μ2，重力加速度g取10m/s2。現給木板一個沿斜面向上的初速度v0＝37.5m/s，同時給物塊一個大小也為v0、方向沿斜面向下的初速度。假設每次木板與擋板碰撞前后速度大小不變，求：（sin30°，cos30°，你可能會用到a+aq+aq2+aq3+……+aqn﹣1）
（1）剛開始運動時物塊和木板的加速度的大小；
（2）經多長時間木板與擋板第一次發生碰撞；
（3）最終物塊與木板上端之間的距離（結果可用分數表示）。
【解答】解：（1）剛開始運動時物塊和木板的加速度的大小分別為a1和a2
以物塊為研究對象，根據牛頓第二定律得：μ2mgcosθ﹣mgsinθ＝ma1
代入數據解得物塊的加速度：a1＝2.5m/s2
以木板為研究對象，根據牛頓第二定律得：5mgsinθ+μ2×6mgcosθ+μ2mgcosθ＝5ma2
代入數據解得木板的加速度：a2＝12.5m/s2
（2）當木板速度減小到零時，經過的時間為
此時物塊的速度大小為v塊1＝v0﹣a1t1＝37.5m/s﹣2.5×3m/s＝30m/s
該段時間內木板的位移沿斜面向上，位移x塊1v0t137.5×3m＝56.25m
過后木板開始向下運動，對木板有：5mgsinθ+μ2mgcosθ﹣μ2×6mgcosθ＝5ma3
代入數據解得：a3＝0.5m/s2
若木板一直加速到與擋板碰撞，有x塊2a3
代入數據解得：t2＝15s
此時木板和物塊的速度分別為v板＝a3t2＝0.5×15m/s＝7.5m/s
v塊2＝v塊1﹣a1t2＝30m/s﹣2.5×15m/s＝﹣7.5m/s
所以假設不成立；設共速時間為t3，有a3t3＝v塊1﹣a1t3
代入數據解得t3＝10s
木板和物塊的共同速度為v共＝a3t3＝0.5×10m/s＝5m/s
該段時間內木板的位移沿斜面向下為
因為有μ1＜μ2，所以此后物塊與木板不發生相對滑動，共同加速度為a4＝gsinθ﹣μ1gconθ＝0
即物塊與木板一起勻速運動，從開始勻速運動到與擋板碰撞的時間為t4s＝6.25s
所以木板與擋板第一次發生碰撞的時間為t＝t1+t3+t4＝3s+10s+6.25s＝19.25s
（3）第一次木板與擋板碰撞時木塊與木板上端之間的距離為x1
代入數據解得：x1＝307.5m
根據題意第一次碰撞后木塊以v0′＝v共＝5m/s沿斜面向下運動，木板以v0′＝v共＝5m/s沿斜面向上運動；
分析可得此時與剛開始運動時僅初速度大小不同，所以對第二次的碰撞過程中有t1′，t3′t3，v0″v0′
可得第二次碰后木塊與木板上端之間的距離增加量為x2
所以有最終物塊與木板上端之間的總距離為x總＝x1x1x1x1
n→∞，→0，則x總m
答：（1）剛開始運動時物塊和木板的加速度的大小分別是2.5m/s2、12.5m/s2；
（2）經過19.25s木板與擋板第一次發生碰撞；
（3）最終物塊與木板上端之間的距離是m。
21世紀教育網 www.21cnjy.com 精品試卷·第 2 頁 （共 2 頁）
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