資源簡介

第4講　小專題:動力學中的板塊模型
考點　動力學中的“滑塊—木板”模型
(1)如圖甲所示,桌面光滑,試分析滑塊與木板間有摩擦時,木板和滑塊的運動情況。
提示:題圖甲中,A相對于B向右滑動,A、B之間有滑動摩擦力的作用,A做勻減速直線運動,B做勻加速直線運動。
(2)在(1)中,若已知滑塊與木板的質量分別為m和M,滑塊與木板間的動摩擦因數為μ。若滑塊恰不會從木板上滑落,試寫出木板長度的表達式。
提示:由牛頓第二定律得μmg=maA,aA=μg,μmg=MaB,aB=μg。若滑塊恰不會從木板上滑落,滑塊滑到木板另一端時,二者速度相同,設速度為v,由運動學規律有v=v0-aAt,v=aBt,解得v=v0,設木板長度為L,則L=-,解得L=。
(3)如圖乙所示,桌面光滑,已知滑塊與木板的質量分別為m和M,滑塊與木板間的動摩擦因數為μ。若滑塊不會從木板上滑落,木板至少為多長
提示:由牛頓第二定律得μmg=maA,aA=μg,μmg=MaB,aB=μg。若滑塊不會從木板上滑落,滑塊滑到木板另一端時,二者速度相同,設速度為v,由運動學規律有v=v0-aBt,v=aAt,解得v=v0,設木板長度為L,則L=-,解得L=。
(4)如圖丙、丁所示,試分別分析“桌面光滑,板塊粗糙”與“桌面粗糙,板塊粗糙”兩種情形下,滑塊和木板剛要發生相對滑動時外力的大小F0,并分析外力小于和大于F0時木板和滑塊的加速度大小。
提示:題圖丙“桌面光滑,板塊粗糙”時,滑塊和木板剛要發生相對滑動時,對A有μmg=ma0,對A、B整體有F0=(M+m)a0=(M+m)μg,外力小于F0時木板和滑塊的加速度大小相等,
a=;外力大于F0時,A的加速度aA=μg,不再變化,B的加速度aB=。
題圖丙“桌面粗糙,板塊粗糙”時,設板塊間的動摩擦因數為μ1,木板與桌面間的動摩擦因數為μ2,滑塊和木板剛要發生相對滑動時,對A有μ1mg=ma0,對A、B整體有F0-μ2(M+m)g=(M+m)a0,F0=μ2(M+m)g+μ1(M+m)g,外力小于F0時,木板和滑塊的加速度大小相等,a=;外力大于F0時,A的加速度aA=μ1g,不再變化,B的加速度aB=。
題圖丁“桌面光滑,板塊粗糙”時,滑塊和木板剛要發生相對滑動時,對B有μmg=Ma0,對A、B整體有F0=(M+m)a0=(M+m)μg,外力小于F0時木板和滑塊的加速度大小相等,a=;外力大于F0時,B的加速度aB=μg,不再變化,A的加速度aA=。
題圖丁“桌面粗糙,板塊粗糙”時,設板塊間的動摩擦因數為μ1,木板與桌面間的動摩擦因數為μ2,滑塊和木板剛要發生相對滑動時,對B有μ1mg-μ2(M+m)g=Ma0,對A、B整體有F0-μ2(M+m)g=(M+m)a0,F0=,外力小于F0時木板和滑塊的加速度大小相等,a=;外力大于F0時,B的加速度aB=,不再變化,A的加速度aA=。
1.模型特點:滑塊(視為質點)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或者還有外力作用下發生相對滑動。
2.位移關系: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Δx=x1-x2=L(板長),如圖甲所示;滑塊和木板反向運動時,位移大小之和x2+x1=L,如圖乙所示。
3.四種常見類型:滑塊m與木板M之間有摩擦,地面光滑或者粗糙。
圖例 初始條件 終止條件
(1)滑塊m靜止。 (2)木板M初速度為v (1)滑塊m停在木板M上某位置。 (2)滑塊m恰好沒有滑離木板M。 (3)滑塊m滑離木板M
(1)滑塊m初速度為v。 (2)木板M靜止
(1)滑塊m、木板M均靜止。 (2)外力F作用在木板M上
(1)滑塊m、木板M均靜止。 (2)外力F作用在滑塊m上
4.一個轉折和兩個關聯
5.解題關鍵
(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“v滑=v板”臨界條件的拓展含義。
摩擦力突變的臨界條件:當v滑=v板時,“板塊”間的摩擦力可能由滑動摩擦力轉變為靜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:滑塊運動到木板的另一端時,v滑=v板。
②木板最短的條件:當v滑=v板時滑塊恰好滑到木板的另一端。
[例1] 【“滑塊”沖上“木板”】 如圖所示,物塊A、木板B的質量均為m=10 kg,不計A的大小,B板長L=3 m。開始時A、B均靜止,現使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分別為μ1=0.3和μ2=0.1,g取10 m/s2。
(1)若物塊A剛好沒有從B上滑下來,則A的初速度是多少
(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的速度各是多少
【答案】 (1)2 m/s　(2)不能　 m/s　 m/s
【解析】 (1)A在B上向右做勻減速運動,有μ1mg=ma1,
解得加速度大小a1=3 m/s2,
木板B向右做勻加速運動,有
μ1mg-μ2·2mg=ma2,
解得加速度大小a2=1 m/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,設共同速度為v,可得時間關系t==,
位移關系L=-,
聯立解得v= m/s,v0=2 m/s。
(2)將木板B放在光滑水平面上,A在B上向右做勻減速運動,加速度大小仍為a1=3 m/s2,
B向右做勻加速運動,加速度大小
a2′==3 m/s2,
假設A、B達到相同速度v′時A沒有脫離B,
由時間關系得=,
解得v′== m/s,
A的位移xA==3 m,
B的位移xB==1 m,
由xA-xB=2 m[例2] 【外力F作用于“木板”】 如圖所示,在光滑的水平面上有一足夠長且質量為M=4 kg的長木板,在長木板右端有一質量為m=1 kg的小物塊,長木板與小物塊間的動摩擦因數為μ=0.2,長木板與小物塊均靜止,g取10 m/s2,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。
(1)若要使小物塊和木板間發生相對滑動,拉力F至少為多大
(2)現用F=14 N的水平恒力向右拉長木板,經時間t=1 s撤去水平恒力F,則:
①在F的作用下,長木板的加速度為多大
②剛撤去F時,小物塊離長木板右端多遠
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
【答案】 (1)10 N　(2)①3 m/s2?、?.5 m　③2.8 m/s　④0.7 m
【解析】 (1)當小物塊和木板恰好發生相對滑動時,靜摩擦力達到最大值,設此時的加速度為a0,根據牛頓第二定律,對小物塊有μmg=ma0,
對物塊和木板整體有F=(m+M)a0,
聯立解得 F=10 N,
即若小物塊和木板發生相對滑動,拉力F至少為10 N。
(2)①對長木板,根據牛頓第二定律可得
F-μmg=Ma,
解得 a=3 m/s2。
②撤去F之前,小物塊只受摩擦力的作用,
故 am=a0=μg=2 m/s2,
Δx1=at2-amt2=0.5 m。
③剛撤去F時v=at=3 m/s,
vm=amt=2 m/s,
撤去F后,長木板的加速度大小
a′==0.5 m/s2,
最終速度v′=vm+amt′=v-a′t′,
解得共同速度 v′=2.8 m/s。
④在t′內,小物塊和長木板的相對位移大小
Δx2=-,
解得 Δx2=0.2 m,
最終小物塊離長木板右端的距離為
x=Δx1+Δx2=0.7 m。
[變式] 【外力F作用于“滑塊”】 如圖所示,一質量M=2 kg的木板長度為L=50 m,靜止放在水平面上,另一質量m=2 kg、大小可以忽略的鐵塊靜止放在木板的左端,已知鐵塊與木板之間的動摩擦因數μ1=0.5,木板與地面間的動摩擦因數μ2=0.2,設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,g取10 m/s2?，F給鐵塊施加一個水平向右的力F,求:
(1)若F為變力,且從零開始不斷增大,當F增大到多少時,鐵塊與木板即將開始相對滑動
(2)若F恒定為20 N,試通過計算說明,在此情況下,m與M是否分離,若不分離求兩者共同的加速度;若分離,求從靜止開始經過多長時間,二者分離。
【答案】 (1)12 N　(2)見解析
【解析】 (1)二者即將相對滑動時,鐵塊所受靜摩擦力最大,對整體有
F-μ2(M+m)g=(M+m)a,
對木板有μ1mg-μ2(M+m)g=Ma,
聯立解得F=12 N。
(2)由于F=20 N>12 N,因此鐵塊與木板兩者會分離,對鐵塊和木板由牛頓第二定律分別有
F-μ1mg=ma1,μ1mg-μ2(m+M)g=Ma2,
解得a1=5 m/s2,a2=1 m/s2,
根據L=a1t2-a2t2,
解得分離所需時間t=5 s。
[例3] 【斜面上的板塊模型】 (多選)滑沙運動是人們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°的斜坡上有一長為1 m的滑板,滑板與沙間的動摩擦因數為。某同學(可視為質點)坐在滑板上端,與滑板一起由靜止開始下滑,假設圖中該同學與滑板間的動摩擦因數為0.4,該同學的質量與滑板的質量相等,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,斜坡足夠長,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2,則下列判斷正確的是(　　)
[A] 該同學在滑板上下滑的加速度大小為2 m/s2
[B] 該同學和滑板脫離前滑板的加速度大小為0.8 m/s2
[C] 經過1 s的時間,該同學離開滑板
[D] 該同學離開滑板時的速度大小為0.8 m/s
【答案】 BC
【解析】 對該同學,由牛頓第二定律得,加速度大小為a1==2.8 m/s2,A錯誤;該同學即將與滑板分離時,對滑板,加速度大小為a2==
0.8 m/s2,有a1t2-a2t2=L,解得t=1 s,離開滑板時該同學的速度大小為v=a1t=2.8 m/s,B、C正確,D錯誤。
[例4] 【板塊與圖像的綜合】(2024·江蘇蘇州月考)如圖甲所示,在光滑水平面上靜置一個薄長木板,長木板上表面粗糙,其質量為M,t=0時刻,質量為m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-t圖像如圖乙所示,重力加速度g取10 m/s2,下列說法正確的是(　　)
[A] M=m
[B] M=3m
[C] 木板的長度為8 m
[D] 木板與物塊間的動摩擦因數為0.1
【答案】 C
【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μmg=ma1,而v-t圖像的斜率表示加速度,故物塊的加速度大小為a1=m/s2=2 m/s2,解得μ=0.2,對木板受力分析可知μmg=Ma2,由v-t圖像可知木板的加速度大小為a2=m/s2=
1 m/s2,聯立解得M=2m,A、B、D錯誤;由題圖乙可知物塊和木板在t=2 s時分離,兩者在0～2 s內的v-t圖像與t軸圍成的面積之差表示木板的長度,故L=×(7+3)×2 m-×2×2 m=
8 m,C正確。
處理“板塊”模型中動力學問題的流程
對點.動力學中的“滑塊—木板”模型
1.(4分)(2024·山西晉中模擬)如圖所示,在光滑平臺上放置一長度l=0.5 m、質量M=2 kg 的薄板,在薄板最左端放有可視為質點的質量m=1 kg的物塊,物塊與薄板間動摩擦因數μ=0.2。開始時兩者均靜止,現對薄板施加F=8 N、水平向左的恒力,不計空氣阻力,重力加速度g取10 m/s2。則物塊在薄板上運動的時間為(　　)
[A] 2.3 s [B] 2 s [C] 1.7 s [D] 1 s
【答案】 D
【解析】 設物塊脫離薄板前,物塊的加速度為a1,薄板的加速度為a2,物塊在薄板上的運動時間為t,則由牛頓第二定律有μmg=ma1,F-μmg=Ma2,代入數據解得a1=2 m/s2,a2=3 m/s2,由物塊與薄板之間的位移關系可得a2t2-a1t2=l,代入數據解得物塊在薄板上運動的時間t=
1 s,故選D。
2.(4分)(2024·湖南長沙模擬)如圖所示,質量為4 kg 的薄木板靜置于足夠大的水平地面上,其左端有一質量為2 kg的物塊,現對物塊施加一大小為12 N、水平向右的恒定拉力F,只要拉力F作用的時間不超過1 s,物塊就不會脫離木板。已知物塊與木板間的動摩擦因數為0.4,木板與地面間的動摩擦因數為0.1,物塊可視為質點,重力加速度g取10 m/s2。則木板的長度為(　　)
[A] 0.8 m [B] 1.0 m
[C] 1.2 m [D] 1.5 m
【答案】 B
【解析】 設拉力F作用下物塊在木板上滑動時,物塊的加速度大小為a1,撤去拉力后物塊的加速度大小為a2,木板的加速度為a3,根據牛頓第二定律有F-μ1mg=ma1,μ1mg=ma2,
μ1mg-μ2(M+m)g=Ma3,解得a1=2 m/s2,a2=4 m/s2,a3=0.5 m/s2,當拉力F作用的時間為1 s時,物塊、木板的速度為v1=a1t1=2 m/s,v2=a3t1=0.5 m/s,設又經t2時間,物塊、木板共速,則v共=
v1-a2t2=v2+a3t2,聯立解得t2= s,v共= m/s,木板的長度為L=(v1t1-v2t1) +(t2-t2) =0.75 m+0.25 m=1.0 m,故選B。
3.(6分)(多選)水平地面上有一質量m1=3 kg的長木板,木板的左端有一質量m2=2 kg的小物塊,如圖甲所示,水平向右的拉力F作用在物塊上,F隨時間t的變化關系如圖乙所示,其中F1、F2分別為t1、t2時刻F的大小,木板的加速度a1隨時間t的變化關系如圖丙所示。已知木板與地面間的動摩擦因數為μ1=0.2,物塊與木板間的動摩擦因數為μ2=0.8。假設最大靜摩擦力均與相應的滑動摩擦力相等,重力加速度g取10 m/s2,物塊始終未從木板上滑落。則下列說法正確的是(　　)
[A] F1=16 N
[B] F2=20 N
[C] 木板加速度所能達到的最大值為2 m/s2
[D] 在t1～t2時間段內物塊做勻加速直線運動
【答案】 BC
【解析】 木板與地面間的最大靜摩擦力Fm1=μ1(m1+m2)g=10 N,木板與物塊間的最大靜摩擦力Fm2=μ2m2g=16 N,當拉力F逐漸增大到F1時,由題圖可知木板開始運動,此時木板與地面間的靜摩擦力達到最大值,根據平衡條件可知此時拉力大小為F1=10 N,故A錯誤;當拉力達到F2時,木板相對物塊發生相對滑動,根據牛頓第二定律,對木板Fm2-Fm1=m1a,對物塊F2-Fm2=m2a,聯立解得F2=20 N,a=2 m/s2,此時拉力大小為20 N,木板加速度達到最大值為2 m/s2,故B、C正確;在t1～t2時間段,物塊相對木板靜止,所受拉力逐漸增大,加速度變大,不做勻加速直線運動,故D錯誤。
4.(4分)(2024·甘肅張掖一模)如圖所示,光滑水平面上靜置一質量為m的長木板B,木板上表面各處粗糙程度相同,一質量也為m的小物塊A(可視為質點)從左端以速度v沖上木板。當v=v0時,小物塊A歷時t0恰好運動到木板右端與木板共速,則(　　)
[A] 若v=,A、B相對運動時間為
[B] 若v=,A、B相對靜止時,A恰好停在木板B的中點
[C] 若v=2v0,A經歷到達木板右端
[D] 若v=2v0,A從木板B右端離開時,木板速度等于v
【答案】 A
【解析】 根據牛頓第二定律有μmg=maA=maB,則A、B兩物體加速度大小相等,設共同加速度為a,當v=v0時,小物塊A歷時t0恰好運動到木板右端與木板共速,則v共=v0-at0=at0,解得t0=,v共=,a=,木板的長度L=t0-t0=。若v=,A、B兩物體共速時有
v共1=-at1=at1,解得t1==,v共1=,A、B相對靜止時,相對位移為L1=t1-t1=
=<=,故A停在木板B的中點左側,故A正確,B錯誤;若v=2v0,A從木板B右端離開時,根據運動學公式有L=2v0t2-a-a,解得t2=(2-)t0,A從木板B右端離開時,木板速度為v木板=at2=v05.(6分)(2025·內蒙古高考適應性考試)(多選)一小物塊向左沖上水平向右運動的木板,二者速度大小分別為v0、2v0,此后木板的速度v隨時間t變化的圖像如圖所示。設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,木板足夠長。整個運動過程中(　　)
[A] 物塊的運動方向不變
[B] 物塊的加速度方向不變
[C] 物塊相對木板的運動方向不變
[D] 物塊與木板的加速度大小相等
【答案】 CD
【解析】 根據圖像可知木板的速度方向沒有發生改變,木板和物塊達到共速v0,然后一起減速到0,所以物塊的運動方向先向左再向右,故A錯誤;物塊在向左減速和向右加速階段加速度方向均水平向右,共同減速階段加速度方向水平向左,方向改變,故B錯誤;物塊在向左減速和向右加速階段相對木板都向左運動,共同減速階段無相對運動,即物塊相對木板運動方向不變,故C正確;由圖像可知在有相對運動階段木板的加速度大小為a1==
,物塊的加速度大小為a2==,即木板和物塊的加速度大小相等,故D正確。
6.(6分)(2024·甘肅武威模擬)(多選)如圖所示,質量m2=2 kg的木板B靜止在水平地面上,質量m1=3 kg的物塊A靜止在B的右端,t=0時刻B獲得一水平向右、大小為v0=10 m/s 的瞬時速度,此時A速度為零。已知A、B之間的動摩擦因數μ1=0.2,B與地面之間的動摩擦因數μ2=0.6,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,g取10 m/s2,A可視為質點且始終未脫離B。下列說法正確的是(　　)
[A] t=0.2 s時,B的加速度大小為12 m/s2
[B] t=0.5 s時,A、B的速度相同
[C] A、B共速后一起運動直至停止
[D] t=1 s時A停止運動
【答案】 BD
【解析】 t=0時刻,對物塊A有μ1m1g=m1a1,對木板B有μ1m1g+μ2(m1g+m2g)=m2a2,解得a1=2 m/s2,a2=18 m/s2,設經時間t1,二者共速,則v0-a2t1=a1t1,解得t1=0.5 s,即t=0.5 s時,A、B速度相同,且0～0.5 s內,B的加速度大小為18 m/s2,故A錯誤,B正確;假設A、B共速之后一起運動,則二者加速度大小均為a==6 m/s2,物塊A的最大加速度為a1=μ1g=2 m/s2<
6 m/s2,故假設不成立,可知二者共速后發生相對滑動,此后物塊A的加速度大小為a1,方向水平向左,由a1t1=a1(t2-t1),解得t2=1 s,即t=1 s時A停止運動,故C錯誤,D正確。
7.(8分)如圖所示,在傾角為θ=37°的足夠長固定斜面上放置一質量M=2 kg、長度L=1.5 m的薄平板AB,在薄平板上端A處放一質量m=1 kg的小滑塊(視為質點),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為μ1=0.25,薄平板與斜面之間的動摩擦因數為μ2=0.5,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2,求:
(1)釋放后,小滑塊的加速度大小a1和薄平板的加速度大小a2;
(2)從釋放到小滑塊滑離薄平板經歷的時間t。
【答案】 (1)4 m/s2　1 m/s2　(2)1 s
【解析】 (1)假設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
mgsin 37°-Ff1=ma1,
其中Ff1=μ1FN1,FN1=mgcos 37°,
解得a1=gsin 37°-μ1gcos 37°=4 m/s2,
對薄平板,由牛頓第二定律有
Mgsin 37°+Ff1-Ff2=Ma2,
其中Ff2=μ2FN2,FN2=(m+M)gcos 37°,
解得a2=1 m/s2,
a1>a2,假設成立,即滑塊會相對于薄平板向下滑動。
(2)設滑塊滑離薄平板經歷的時間為t,由運動學公式有x1=a1t2,x2=a2t2,
又x1-x2=L,
解得t=1 s。
8.(6分)(多選)如圖所示,質量為m=1 kg的小滑塊(可視為質點)放在木板的右端,質量為M=4 kg的木板與水平地面和滑塊間的動摩擦因數均為μ=0.4,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,開始時木板與小滑塊均處于靜止狀態,現給木板加一水平向右的恒力F,重力加速度g取10 m/s2,則下列說法正確的是(　　)
[A] 當拉力F=18 N時,小滑塊和木板一起勻速運動
[B] 當拉力F=24 N時,小滑塊和木板一起勻速運動
[C] 當拉力F=30 N時,小滑塊和木板一起加速運動
[D] 當拉力F=42 N時,小滑塊和木板發生相對滑動
【答案】 CD
【解析】 木板受到地面最大靜摩擦力Fm1=μ(M+m)g=20 N,則當拉力F=18 N時,小滑塊和木板都保持靜止,故A錯誤;當小滑塊受到最大摩擦力時,產生最大加速度為a==4 m/s2,對木板受力分析,根據牛頓第二定律可知F-μmg-μ(M+m)g=Ma,解得F=40 N,故20 N40 N時,兩者發生相對滑動,故D正確。
9.(6分)(2024·四川雅安三模)(多選)如圖甲所示,水平地面上有一質量為M的長木板,將一質量為m的小物塊放在長木板上,小物塊與長木板間的動摩擦因數為μ1,長木板與地面間的動摩擦因數為μ2。給小物塊施加一水平外力F,利用拉力傳感器和加速度傳感器(圖中未標出)測得長木板和小物塊加速度a隨外力F的變化關系如圖乙所示。設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,重力加速度g取10 m/s2,則(　　)
[A] μ1=0.2 [B] μ2=0.1
[C] m=0.25 kg [D] M=0.75 kg
【答案】 BCD
【解析】 根據題意,由題圖乙可知,當F=F1=1 N時,木板相對于地面開始滑動,則有F1=μ2(M+m)g,當F1≤F≤F3=3 N時,小物塊與長木板一起加速運動,則有F-μ2(M+m)g=
(M+m)a,解得a=-μ2g,結合題圖乙可得-μ2g=-1 m/s2,解得μ2=0.1,當F>F3時,小物塊與長木板間相對滑動,對小物塊有F-μ1mg=ma,解得a=-μ1g,結合題圖乙可得=,a1=2 m/s2,
F2=2.5 N=μ1mg,則小物塊的質量m=0.25 kg,μ1=1,故A錯誤,B、C正確;對長木板有μ1mg-μ2(M+m)g=Ma1,解得長木板的質量M=0.75 kg,故D正確。
10.(10分)(2024·江蘇蘇州段考)如圖所示,有一傾角為θ=37°的斜面,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,上端放有一質量為m的小物塊。現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2 s末,小物塊剛好到達長木板的光滑部分,又經過一段時間,長木板到達擋板處速度恰好減為零,小物塊剛好到達長木板的下端邊緣。已知小物塊與長木板的上部分的動摩擦因數μ1=,長木板與斜面間的動摩擦因數μ2=0.5,長木板的質量M=m。設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,取sin 37°=0.6,
cos 37°=0.8,重力加速度g取10 m/s2。求:
(1)在0～2 s時間內小物塊和長木板的加速度的大小;
(2)開始時長木板與擋板之間的距離;
(3)長木板的長度。
【答案】 (1)3 m/s2　1 m/s2　(2)3 m　(3)12 m
【解析】 (1)在0～2 s時間內,對小物塊和長木板受力分析,設Ff1是小物塊與長木板之間的摩擦力的大小,Ff2是長木板與斜面之間的摩擦力的大小,Ff1=μ1mgcos θ,
Ff2=μ2(M+m)gcos θ,
設小物塊和長木板的加速度分別為a1和a2,由牛頓第二定律得
mgsin θ-Ff1=ma1,
Mgsin θ-Ff2+Ff1=Ma2,
聯立得a1=3 m/s2,a2=1 m/s2。
(2)在t1=2 s時,設小物塊和長木板的速度分別為v1和v2,則
v1=a1t1=6 m/s,v2=a2t1=2 m/s,
t>t1時,設小物塊和長木板的加速度分別為a1′和a2′。此時小物塊與長木板之間摩擦力為零,
對小物塊,mgsin θ=ma1′,解得a1′=6 m/s2,
對長木板,Mgsin θ-μ2(M+m)gcos θ=Ma2′,
解得a2′=-2 m/s2,
即長木板做勻減速運動,設經過時間t2長木板的速度減為零,則有v2+a2′t2=0,
聯立得t2=1 s,
在t1+t2時間內,L1=a2=2 m,
L2=|a2′|=1 m,
L=L1+L2=3 m。
(3)長木板的長度等于小物塊相對于長木板運動的距離,即s=(a1+v1t2+a1′) -(a2+v2t2+a2′) =12 m。
(
第
1
頁
)第4講　小專題:動力學中的板塊模型
考點　動力學中的“滑塊—木板”模型
(1)如圖甲所示,桌面光滑,試分析滑塊與木板間有摩擦時,木板和滑塊的運動情況。
提示:題圖甲中,A相對于B向右滑動,A、B之間有滑動摩擦力的作用,A做勻減速直線運動,B做勻加速直線運動。
(2)在(1)中,若已知滑塊與木板的質量分別為m和M,滑塊與木板間的動摩擦因數為μ。若滑塊恰不會從木板上滑落,試寫出木板長度的表達式。
提示:由牛頓第二定律得μmg=maA,aA=μg,μmg=MaB,aB=μg。若滑塊恰不會從木板上滑落,滑塊滑到木板另一端時,二者速度相同,設速度為v,由運動學規律有v=v0-aAt,v=aBt,解得v=v0,設木板長度為L,則L=-,解得L=。
(3)如圖乙所示,桌面光滑,已知滑塊與木板的質量分別為m和M,滑塊與木板間的動摩擦因數為μ。若滑塊不會從木板上滑落,木板至少為多長
提示:由牛頓第二定律得μmg=maA,aA=μg,μmg=MaB,aB=μg。若滑塊不會從木板上滑落,滑塊滑到木板另一端時,二者速度相同,設速度為v,由運動學規律有v=v0-aBt,v=aAt,解得v=v0,設木板長度為L,則L=-,解得L=。
(4)如圖丙、丁所示,試分別分析“桌面光滑,板塊粗糙”與“桌面粗糙,板塊粗糙”兩種情形下,滑塊和木板剛要發生相對滑動時外力的大小F0,并分析外力小于和大于F0時木板和滑塊的加速度大小。
提示:題圖丙“桌面光滑,板塊粗糙”時,滑塊和木板剛要發生相對滑動時,對A有μmg=ma0,對A、B整體有F0=(M+m)a0=(M+m)μg,外力小于F0時木板和滑塊的加速度大小相等,
a=;外力大于F0時,A的加速度aA=μg,不再變化,B的加速度aB=。
題圖丙“桌面粗糙,板塊粗糙”時,設板塊間的動摩擦因數為μ1,木板與桌面間的動摩擦因數為μ2,滑塊和木板剛要發生相對滑動時,對A有μ1mg=ma0,對A、B整體有F0-μ2(M+m)g=(M+m)a0,F0=μ2(M+m)g+μ1(M+m)g,外力小于F0時,木板和滑塊的加速度大小相等,a=;外力大于F0時,A的加速度aA=μ1g,不再變化,B的加速度aB=。
題圖丁“桌面光滑,板塊粗糙”時,滑塊和木板剛要發生相對滑動時,對B有μmg=Ma0,對A、B整體有F0=(M+m)a0=(M+m)μg,外力小于F0時木板和滑塊的加速度大小相等,a=;外力大于F0時,B的加速度aB=μg,不再變化,A的加速度aA=。
題圖丁“桌面粗糙,板塊粗糙”時,設板塊間的動摩擦因數為μ1,木板與桌面間的動摩擦因數為μ2,滑塊和木板剛要發生相對滑動時,對B有μ1mg-μ2(M+m)g=Ma0,對A、B整體有F0-μ2(M+m)g=(M+m)a0,F0=,外力小于F0時木板和滑塊的加速度大小相等,a=;外力大于F0時,B的加速度aB=,不再變化,A的加速度aA=。
1.模型特點:滑塊(視為質點)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或者還有外力作用下發生相對滑動。
2.位移關系: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Δx=x1-x2=L(板長),如圖甲所示;滑塊和木板反向運動時,位移大小之和x2+x1=L,如圖乙所示。
3.四種常見類型:滑塊m與木板M之間有摩擦,地面光滑或者粗糙。
圖例 初始條件 終止條件
(1)滑塊m靜止。 (2)木板M初速度為v (1)滑塊m停在木板M上某位置。 (2)滑塊m恰好沒有滑離木板M。 (3)滑塊m滑離木板M
(1)滑塊m初速度為v。 (2)木板M靜止
(1)滑塊m、木板M均靜止。 (2)外力F作用在木板M上
(1)滑塊m、木板M均靜止。 (2)外力F作用在滑塊m上
4.一個轉折和兩個關聯
5.解題關鍵
(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“v滑=v板”臨界條件的拓展含義。
摩擦力突變的臨界條件:當v滑=v板時,“板塊”間的摩擦力可能由滑動摩擦力轉變為靜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:滑塊運動到木板的另一端時,v滑=v板。
②木板最短的條件:當v滑=v板時滑塊恰好滑到木板的另一端。
[例1] 【“滑塊”沖上“木板”】 如圖所示,物塊A、木板B的質量均為m=10 kg,不計A的大小,B板長L=3 m。開始時A、B均靜止,現使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分別為μ1=0.3和μ2=0.1,g取10 m/s2。
(1)若物塊A剛好沒有從B上滑下來,則A的初速度是多少
(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的速度各是多少
[例2] 【外力F作用于“木板”】 如圖所示,在光滑的水平面上有一足夠長且質量為M=4 kg的長木板,在長木板右端有一質量為m=1 kg的小物塊,長木板與小物塊間的動摩擦因數為μ=0.2,長木板與小物塊均靜止,g取10 m/s2,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。
(1)若要使小物塊和木板間發生相對滑動,拉力F至少為多大
(2)現用F=14 N的水平恒力向右拉長木板,經時間t=1 s撤去水平恒力F,則:
①在F的作用下,長木板的加速度為多大
②剛撤去F時,小物塊離長木板右端多遠
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
[變式] 【外力F作用于“滑塊”】 如圖所示,一質量M=2 kg的木板長度為L=50 m,靜止放在水平面上,另一質量m=2 kg、大小可以忽略的鐵塊靜止放在木板的左端,已知鐵塊與木板之間的動摩擦因數μ1=0.5,木板與地面間的動摩擦因數μ2=0.2,設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,g取10 m/s2。現給鐵塊施加一個水平向右的力F,求:
(1)若F為變力,且從零開始不斷增大,當F增大到多少時,鐵塊與木板即將開始相對滑動
(2)若F恒定為20 N,試通過計算說明,在此情況下,m與M是否分離,若不分離求兩者共同的加速度;若分離,求從靜止開始經過多長時間,二者分離。
[例3] 【斜面上的板塊模型】 (多選)滑沙運動是人們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°的斜坡上有一長為1 m的滑板,滑板與沙間的動摩擦因數為。某同學(可視為質點)坐在滑板上端,與滑板一起由靜止開始下滑,假設圖中該同學與滑板間的動摩擦因數為0.4,該同學的質量與滑板的質量相等,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,斜坡足夠長,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2,則下列判斷正確的是(　　)
[A] 該同學在滑板上下滑的加速度大小為2 m/s2
[B] 該同學和滑板脫離前滑板的加速度大小為0.8 m/s2
[C] 經過1 s的時間,該同學離開滑板
[D] 該同學離開滑板時的速度大小為0.8 m/s
[例4] 【板塊與圖像的綜合】(2024·江蘇蘇州月考)如圖甲所示,在光滑水平面上靜置一個薄長木板,長木板上表面粗糙,其質量為M,t=0時刻,質量為m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-t圖像如圖乙所示,重力加速度g取10 m/s2,下列說法正確的是(　　)
[A] M=m
[B] M=3m
[C] 木板的長度為8 m
[D] 木板與物塊間的動摩擦因數為0.1
處理“板塊”模型中動力學問題的流程
(滿分:60分)
對點.動力學中的“滑塊—木板”模型
1.(4分)(2024·山西晉中模擬)如圖所示,在光滑平臺上放置一長度l=0.5 m、質量M=2 kg 的薄板,在薄板最左端放有可視為質點的質量m=1 kg的物塊,物塊與薄板間動摩擦因數μ=0.2。開始時兩者均靜止,現對薄板施加F=8 N、水平向左的恒力,不計空氣阻力,重力加速度g取10 m/s2。則物塊在薄板上運動的時間為(　　)
[A] 2.3 s [B] 2 s [C] 1.7 s [D] 1 s
2.(4分)(2024·湖南長沙模擬)如圖所示,質量為4 kg 的薄木板靜置于足夠大的水平地面上,其左端有一質量為2 kg的物塊,現對物塊施加一大小為12 N、水平向右的恒定拉力F,只要拉力F作用的時間不超過1 s,物塊就不會脫離木板。已知物塊與木板間的動摩擦因數為0.4,木板與地面間的動摩擦因數為0.1,物塊可視為質點,重力加速度g取10 m/s2。則木板的長度為(　　)
[A] 0.8 m [B] 1.0 m
[C] 1.2 m [D] 1.5 m
3.(6分)(多選)水平地面上有一質量m1=3 kg的長木板,木板的左端有一質量m2=2 kg的小物塊,如圖甲所示,水平向右的拉力F作用在物塊上,F隨時間t的變化關系如圖乙所示,其中F1、F2分別為t1、t2時刻F的大小,木板的加速度a1隨時間t的變化關系如圖丙所示。已知木板與地面間的動摩擦因數為μ1=0.2,物塊與木板間的動摩擦因數為μ2=0.8。假設最大靜摩擦力均與相應的滑動摩擦力相等,重力加速度g取10 m/s2,物塊始終未從木板上滑落。則下列說法正確的是(　　)
[A] F1=16 N
[B] F2=20 N
[C] 木板加速度所能達到的最大值為2 m/s2
[D] 在t1～t2時間段內物塊做勻加速直線運動
4.(4分)(2024·甘肅張掖一模)如圖所示,光滑水平面上靜置一質量為m的長木板B,木板上表面各處粗糙程度相同,一質量也為m的小物塊A(可視為質點)從左端以速度v沖上木板。當v=v0時,小物塊A歷時t0恰好運動到木板右端與木板共速,則(　　)
[A] 若v=,A、B相對運動時間為
[B] 若v=,A、B相對靜止時,A恰好停在木板B的中點
[C] 若v=2v0,A經歷到達木板右端
[D] 若v=2v0,A從木板B右端離開時,木板速度等于v
5.(6分)(2025·內蒙古高考適應性考試)(多選)一小物塊向左沖上水平向右運動的木板,二者速度大小分別為v0、2v0,此后木板的速度v隨時間t變化的圖像如圖所示。設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,木板足夠長。整個運動過程中(　　)
[A] 物塊的運動方向不變
[B] 物塊的加速度方向不變
[C] 物塊相對木板的運動方向不變
[D] 物塊與木板的加速度大小相等
6.(6分)(2024·甘肅武威模擬)(多選)如圖所示,質量m2=2 kg的木板B靜止在水平地面上,質量m1=3 kg的物塊A靜止在B的右端,t=0時刻B獲得一水平向右、大小為v0=10 m/s 的瞬時速度,此時A速度為零。已知A、B之間的動摩擦因數μ1=0.2,B與地面之間的動摩擦因數μ2=0.6,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,g取10 m/s2,A可視為質點且始終未脫離B。下列說法正確的是(　　)
[A] t=0.2 s時,B的加速度大小為12 m/s2
[B] t=0.5 s時,A、B的速度相同
[C] A、B共速后一起運動直至停止
[D] t=1 s時A停止運動
7.(8分)如圖所示,在傾角為θ=37°的足夠長固定斜面上放置一質量M=2 kg、長度L=1.5 m的薄平板AB,在薄平板上端A處放一質量m=1 kg的小滑塊(視為質點),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為μ1=0.25,薄平板與斜面之間的動摩擦因數為μ2=0.5,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2,求:
(1)釋放后,小滑塊的加速度大小a1和薄平板的加速度大小a2;
(2)從釋放到小滑塊滑離薄平板經歷的時間t。
8.(6分)(多選)如圖所示,質量為m=1 kg的小滑塊(可視為質點)放在木板的右端,質量為M=4 kg的木板與水平地面和滑塊間的動摩擦因數均為μ=0.4,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,開始時木板與小滑塊均處于靜止狀態,現給木板加一水平向右的恒力F,重力加速度g取10 m/s2,則下列說法正確的是(　　)
[A] 當拉力F=18 N時,小滑塊和木板一起勻速運動
[B] 當拉力F=24 N時,小滑塊和木板一起勻速運動
[C] 當拉力F=30 N時,小滑塊和木板一起加速運動
[D] 當拉力F=42 N時,小滑塊和木板發生相對滑動
9.(6分)(2024·四川雅安三模)(多選)如圖甲所示,水平地面上有一質量為M的長木板,將一質量為m的小物塊放在長木板上,小物塊與長木板間的動摩擦因數為μ1,長木板與地面間的動摩擦因數為μ2。給小物塊施加一水平外力F,利用拉力傳感器和加速度傳感器(圖中未標出)測得長木板和小物塊加速度a隨外力F的變化關系如圖乙所示。設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,重力加速度g取10 m/s2,則(　　)
[A] μ1=0.2 [B] μ2=0.1
[C] m=0.25 kg [D] M=0.75 kg
10.(10分)(2024·江蘇蘇州段考)如圖所示,有一傾角為θ=37°的斜面,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,上端放有一質量為m的小物塊。現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2 s末,小物塊剛好到達長木板的光滑部分,又經過一段時間,長木板到達擋板處速度恰好減為零,小物塊剛好到達長木板的下端邊緣。已知小物塊與長木板的上部分的動摩擦因數μ1=,長木板與斜面間的動摩擦因數μ2=0.5,長木板的質量M=m。設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,取sin 37°=0.6,
cos 37°=0.8,重力加速度g取10 m/s2。求:
(1)在0～2 s時間內小物塊和長木板的加速度的大小;
(2)開始時長木板與擋板之間的距離;
(3)長木板的長度。
(
第
1
頁
)(共55張PPT)
高中總復習·物理
第4講　
小專題:動力學中的板塊模型
(1)如圖甲所示,桌面光滑,試分析滑塊與木板間有摩擦時,木板和滑塊的運動情況。
提示:題圖甲中,A相對于B向右滑動,A、B之間有滑動摩擦力的作用,A做勻減速直線運動,B做勻加速直線運動。
(2)在(1)中,若已知滑塊與木板的質量分別為m和M,滑塊與木板間的動摩擦因數為μ。若滑塊恰不會從木板上滑落,試寫出木板長度的表達式。
(3)如圖乙所示,桌面光滑,已知滑塊與木板的質量分別為m和M,滑塊與木板間的動摩擦因數為μ。若滑塊不會從木板上滑落,木板至少為多長
(4)如圖丙、丁所示,試分別分析“桌面光滑,板塊粗糙”與“桌面粗糙,板塊粗糙”兩種情形下,滑塊和木板剛要發生相對滑動時外力的大小F0,并分析外力小于和大于F0時木板和滑塊的加速度大小。
1.模型特點:滑塊(視為質點)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或者還有外力作用下發生相對滑動。
2.位移關系: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Δx=x1-x2=L(板長),如圖甲所示;滑塊和木板反向運動時,位移大小之和x2+x1=L,如圖乙所示。
3.四種常見類型:滑塊m與木板M之間有摩擦,地面光滑或者粗糙。
圖例 初始條件 終止條件
(1)滑塊m靜止。 (2)木板M初速度為v (1)滑塊m停在木板M上某位置。
(2)滑塊m恰好沒有滑離木板M。
(3)滑塊m滑離木板M
(1)滑塊m初速度為v。 (2)木板M靜止
(1)滑塊m、木板M均靜止。 (2)外力F作用在木板M上
(1)滑塊m、木板M均靜止。 (2)外力F作用在滑塊m上
4.一個轉折和兩個關聯
5.解題關鍵
(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“v滑=v板”臨界條件的拓展含義。
摩擦力突變的臨界條件:當v滑=v板時,“板塊”間的摩擦力可能由滑動摩擦力轉變為靜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:滑塊運動到木板的另一端時,v滑=v板。
②木板最短的條件:當v滑=v板時滑塊恰好滑到木板的另一端。
[例1] 【“滑塊”沖上“木板”】 如圖所示,物塊A、木板B的質量均為m=10 kg,不計A的大小,B板長L=3 m。開始時A、B均靜止,現使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分別為μ1=0.3和μ2=0.1,g取10 m/s2。
(1)若物塊A剛好沒有從B上滑下來,則A的初速度是多少
【解析】 (1)A在B上向右做勻減速運動,有μ1mg=ma1,
解得加速度大小a1=3 m/s2,
木板B向右做勻加速運動,有μ1mg-μ2·2mg=ma2,
解得加速度大小a2=1 m/s2,
(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的速度各是多少
[例2] 【外力F作用于“木板”】 如圖所示,在光滑的水平面上有一足夠長且質量為M=4 kg的長木板,在長木板右端有一質量為m=1 kg的小物塊,長木板與小物塊間的動摩擦因數為μ=0.2,長木板與小物塊均靜止,g取10 m/s2,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。
(1)若要使小物塊和木板間發生相對滑動,拉力F至少為多大
【答案】 (1)10 N
規范答題
【解析】 (1)當小物塊和木板恰好發生相對滑動時,靜摩擦力達到最大值,設此時的加速度為a0,根據牛頓第二定律,對小物塊有μmg=ma0,
對物塊和木板整體有F=(m+M)a0,
聯立解得 F=10 N,
即若小物塊和木板發生相對滑動,拉力F至少為10 N。
(2)現用F=14 N的水平恒力向右拉長木板,經時間t=1 s撤去水平恒力F,則:
①在F的作用下,長木板的加速度為多大
【答案】 (2)①3 m/s2　
規范答題
【解析】 (2)①對長木板,根據牛頓第二定律可得
F-μmg=Ma,
解得 a=3 m/s2。
②剛撤去F時,小物塊離長木板右端多遠
【答案】 ②0.5 m
規范答題
③最終長木板與小物塊一起以多大的速度勻速運動
【答案】 ③2.8 m/s
規范答題
④最終小物塊離長木板右端多遠
【答案】 ④0.7 m
規范答題
[變式] 【外力F作用于“滑塊”】 如圖所示,一質量M=2 kg的木板長度為L=50 m,靜止放在水平面上,另一質量m=2 kg、大小可以忽略的鐵塊靜止放在木板的左端,已知鐵塊與木板之間的動摩擦因數μ1=0.5,木板與地面間的動摩擦因數μ2=0.2,設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,g取10 m/s2。現給鐵塊施加一個水平向右的力F,求:
(1)若F為變力,且從零開始不斷增大,當F增大到多少時,鐵塊與木板即將開始相對滑動
【答案】 (1)12 N
【解析】 (1)二者即將相對滑動時,鐵塊所受靜摩擦力最大,對整體有
F-μ2(M+m)g=(M+m)a,
對木板有μ1mg-μ2(M+m)g=Ma,
聯立解得F=12 N。
(2)若F恒定為20 N,試通過計算說明,在此情況下,m與M是否分離,若不分離求兩者共同的加速度;若分離,求從靜止開始經過多長時間,二者分離。
[A] 該同學在滑板上下滑的加速度大小為2 m/s2
[B] 該同學和滑板脫離前滑板的加速度大小為0.8 m/s2
[C] 經過1 s的時間,該同學離開滑板
[D] 該同學離開滑板時的速度大小為0.8 m/s
BC
[例4] 【板塊與圖像的綜合】(2024·江蘇蘇州月考)如圖甲所示,在光滑水平面上靜置一個薄長木板,長木板上表面粗糙,其質量為M,t=0時刻,質量為m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-t圖像如圖乙所示,重力加速度g取10 m/s2,下列說法正確的是(　　)
[A] M=m
[B] M=3m
[C] 木板的長度為8 m
[D] 木板與物塊間的動摩擦因數為0.1
C
處理“板塊”模型中動力學問題的流程
方法點撥
基礎對點練
對點.動力學中的“滑塊—木板”模型
1.(4分)(2024·山西晉中模擬)如圖所示,在光滑平臺上放置一長度l=0.5 m、質量M=2 kg 的薄板,在薄板最左端放有可視為質點的質量m=1 kg的物塊,物塊與薄板間動摩擦因數μ=0.2。開始時兩者均靜止,現對薄板施加F=8 N、水平向左的恒力,不計空氣阻力,重力加速度g取10 m/s2。則物塊在薄板上運動的時間為(　　)
[A] 2.3 s [B] 2 s [C] 1.7 s [D] 1 s
D
2.(4分)(2024·湖南長沙模擬)如圖所示,質量為4 kg 的薄木板靜置于足夠大的水平地面上,其左端有一質量為2 kg的物塊,現對物塊施加一大小為12 N、水平向右的恒定拉力F,只要拉力F作用的時間不超過1 s,物塊就不會脫離木板。已知物塊與木板間的動摩擦因數為0.4,木板與地面間的動摩擦因數為0.1,物塊可視為質點,重力加速度g取10 m/s2。則木板的長度為(　　)
[A] 0.8 m [B] 1.0 m
[C] 1.2 m [D] 1.5 m
B
3.(6分)(多選)水平地面上有一質量m1=3 kg的長木板,木板的左端有一質量m2=2 kg的小物塊,如圖甲所示,水平向右的拉力F作用在物塊上,F隨時間t的變化關系如圖乙所示,其中F1、F2分別為t1、t2時刻F的大小,木板的加速度a1隨時間t的變化關系如圖丙所示。已知木板與地面間的動摩擦因數為μ1=0.2,物塊與木板間的動摩擦因數為μ2=0.8。假設最大靜摩擦力均與相應的滑動摩擦力相等,重力加速度g取10 m/s2,物塊始終未從木板上滑落。則下列說法正確的是(　　 )
[A] F1=16 N
[B] F2=20 N
[C] 木板加速度所能達到的最大值為2 m/s2
[D] 在t1～t2時間段內物塊做勻加速直線運動
BC
【解析】 木板與地面間的最大靜摩擦力Fm1=μ1(m1+m2)g=10 N,木板與物塊間的最大靜摩擦力Fm2=μ2m2g=16 N,當拉力F逐漸增大到F1時,由題圖可知木板開始運動,此時木板與地面間的靜摩擦力達到最大值,根據平衡條件可知此時拉力大小為F1=10 N,故A錯誤;當拉力達到F2時,木板相對物塊發生相對滑動,根據牛頓第二定律,對木板Fm2-Fm1=m1a,對物塊F2-Fm2=m2a,聯立解得F2=20 N,a=2 m/s2,此時拉力大小為20 N,木板加速度達到最大值為2 m/s2,故B、C正確;在t1～t2時間段,物塊相對木板靜止,所受拉力逐漸增大,加速度變大,不做勻加速直線運動,故D錯誤。
4.(4分)(2024·甘肅張掖一模)如圖所示,光滑水平面上靜置一質量為m的長木板B,木板上表面各處粗糙程度相同,一質量也為m的小物塊A(可視為質點)從左端以速度v沖上木板。當v=v0時,小物塊A歷時t0恰好運動到木板右端與木板共速,則(　　)
A
5.(6分)(2025·內蒙古高考適應性考試)(多選)一小物塊向左沖上水平向右運動的木板,二者速度大小分別為v0、2v0,此后木板的速度v隨時間t變化的圖像如圖所示。設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,木板足夠長。整個運動過程中(　 　)
[A] 物塊的運動方向不變
[B] 物塊的加速度方向不變
[C] 物塊相對木板的運動方向不變
[D] 物塊與木板的加速度大小相等
CD
6.(6分)(2024·甘肅武威模擬)(多選)如圖所示,質量m2=2 kg的木板B靜止在水平地面上,質量m1=3 kg的物塊A靜止在B的右端,t=0時刻B獲得一水平向右、大小為v0=10 m/s 的瞬時速度,此時A速度為零。已知A、B之間的動摩擦因數μ1=0.2,B與地面之間的動摩擦因數μ2=0.6,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,
g取10 m/s2,A可視為質點且始終未脫離B。下列說法正確的是(　　 )
[A] t=0.2 s時,B的加速度大小為12 m/s2
[B] t=0.5 s時,A、B的速度相同
[C] A、B共速后一起運動直至停止
[D] t=1 s時A停止運動
BD
7.(8分)如圖所示,在傾角為θ=37°的足夠長固定斜面上放置一質量M=2 kg、長度L=1.5 m的薄平板AB,在薄平板上端A處放一質量m=1 kg的小滑塊(視為質點),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為μ1=0.25,薄平板與斜面之間的動摩擦因數為μ2=0.5,取sin 37°=0.6,
cos 37°=0.8,g取10 m/s2,求:
(1)釋放后,小滑塊的加速度大小a1和薄平板的加速度大小a2;
【答案】 (1)4 m/s2　1 m/s2　
【解析】 (1)假設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mgsin 37°-Ff1=ma1,
其中Ff1=μ1FN1,FN1=mgcos 37°,
解得a1=gsin 37°-μ1gcos 37°=4 m/s2,
對薄平板,由牛頓第二定律有Mgsin 37°+Ff1-Ff2=Ma2,
其中Ff2=μ2FN2,FN2=(m+M)gcos 37°,解得a2=1 m/s2,
a1>a2,假設成立,即滑塊會相對于薄平板向下滑動。
(2)從釋放到小滑塊滑離薄平板經歷的時間t。
【答案】 (2)1 s
8.(6分)(多選)如圖所示,質量為m=1 kg的小滑塊(可視為質點)放在木板的右端,質量為M=4 kg的木板與水平地面和滑塊間的動摩擦因數均為μ=0.4,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,開始時木板與小滑塊均處于靜止狀態,現給木板加一水平向右的恒力F,重力加速度g取10 m/s2,則下列說法正確的是
(　 　)
[A] 當拉力F=18 N時,小滑塊和木板一起勻速運動
[B] 當拉力F=24 N時,小滑塊和木板一起勻速運動
[C] 當拉力F=30 N時,小滑塊和木板一起加速運動
[D] 當拉力F=42 N時,小滑塊和木板發生相對滑動
CD
綜合提升練
9.(6分)(2024·四川雅安三模)(多選)如圖甲所示,水平地面上有一質量為M的長木板,將一質量為m的小物塊放在長木板上,小物塊與長木板間的動摩擦因數為μ1,長木板與地面間的動摩擦因數為μ2。給小物塊施加一水平外力F,利用拉力傳感器和加速度傳感器(圖中未標出)測得長木板和小物塊加速度a隨外力F的變化關系如圖乙所示。設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,重力加速度g取10 m/s2,則(　 　)
[A] μ1=0.2 [B] μ2=0.1
[C] m=0.25 kg [D] M=0.75 kg
BCD
(1)在0～2 s時間內小物塊和長木板的加速度的大小;
【答案】 (1)3 m/s2　1 m/s2　
【解析】 (1)在0～2 s時間內,對小物塊和長木板受力分析,設Ff1是小物塊與長木板之間的摩擦力的大小,Ff2是長木板與斜面之間的摩擦力的大小,Ff1=μ1mgcos θ,
Ff2=μ2(M+m)gcos θ,
設小物塊和長木板的加速度分別為a1和a2,由牛頓第二定律得
mgsin θ-Ff1=ma1,
Mgsin θ-Ff2+Ff1=Ma2,
聯立得a1=3 m/s2,a2=1 m/s2。
(2)開始時長木板與擋板之間的距離;
【答案】 (2)3 m
【解析】 (2)在t1=2 s時,設小物塊和長木板的速度分別為v1和v2,
則v1=a1t1=6 m/s,v2=a2t1=2 m/s,
t>t1時,設小物塊和長木板的加速度分別為a1′和a2′。此時小物塊與長木板之間摩擦力為零,
對小物塊,mgsin θ=ma1′,解得a1′=6 m/s2,
對長木板,Mgsin θ-μ2(M+m)gcos θ=Ma2′,
解得a2′=-2 m/s2,
(3)長木板的長度。
【答案】 (3)12 m

展開更多......

收起↑