2022年新課標(biāo)高中物理模型與方法05 滑塊木板模型教師講解版

文檔來源網(wǎng)絡(luò)整理侵權(quán)必刪PAGE1專題05滑塊木板模型目錄【模型歸納】 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 1模型四粗糙面上外力拉塊 2模型五粗糙面上剎車減速 2【常見問題分析】 2問題1．板塊模型中的運(yùn)動(dòng)學(xué)單過程問題 2問題2．板塊模型中的運(yùn)動(dòng)學(xué)多過程問題1——至少作用時(shí)間問題 3問題3．板塊模型中的運(yùn)動(dòng)學(xué)多過程問題2——抽桌布問題 3問題4．板塊模型中的運(yùn)動(dòng)學(xué)粗糙水平面減速問題 4【模型例析】 5【模型演練】 11【模型歸納】模型一光滑面上外力拉板加速度分離不分離mm2m1μFf光滑afm1最大加速度a1max=μgm2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(nèi)力f=m1F/(m1+m2)模型二光滑面上外力拉塊加速度分離不分離mm2m1μFf光滑afm2最大加速度a2max=μm1g/m2m1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(nèi)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mm2m1μ1Ff1af1μ2f2條件：F≤μ2(m1+m2)g條件：a2≤a1max即μ2(m1+m2)g<F≤(μ1+μ2)g(m1+m2)整體加速度a=[F-μ2(m1+m2)g)]/(m1+m2)內(nèi)力f=m1a條件：a2>a1max=μ1g即F>(μ1+μ2)g(m1+m2)外力區(qū)間范圍FF(μ1+μ2)g(m1+m2)μ2(m1+m2)g分離一起加速都靜止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mm2m1μ1Ff1af1μ2f2條件：F≤μ2(m1+m2)g條件：μ2(m1+m2)g<F≤(μ1-μ2)m1g(1+m1/m2)整體加速度a=[F-μ2(m1+m2)g)]/(m1+m2)內(nèi)力f1=μ2(m1+m2)g+m2a條件：a1>a2max=[μ1m1g-μ2(m1+m2)g]/m2即F>(μ1-μ2)m1g(1+m1/m2)外力區(qū)間范圍FF(μ1-μ2)m1g(1+m1/m2)μ2(m1+m2)g分離一起加速一起靜止模型五粗糙面上剎車減速一起減速減速分離mm2m1μ1f1vf1μ2f2am1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>μ1m1剎車加速度：a1=μ1gm2剎車加速度：a2=μ2(m1+m2)g-μ1m1g)]/m2加速度關(guān)系：a1<a2【常見問題分析】問題1．板塊模型中的運(yùn)動(dòng)學(xué)單過程問題恒力拉板恒力拉塊mm1Fm2Lmm1Fm2Lxx1FFx2x相對(duì)m1m2v1v2xx1FFx2x相對(duì)m1m2v1v2tt0t/s0v2v/ms-1a1a2v1x相對(duì)tt0t/s0v1v/ms-1a2a1v2x相對(duì)分離，位移關(guān)系：x相對(duì)=?a2t02－?a1t02=L分離，位移關(guān)系：x相對(duì)=?a1t02－?a2t02=L問題2．板塊模型中的運(yùn)動(dòng)學(xué)多過程問題1——至少作用時(shí)間問題問題：板塊分離，F(xiàn)至少作用時(shí)間？mm1Fm2L過程①：板塊均加速過程：②板加速、塊減速xx1FFx2x相對(duì)m1m2v1v2xx1'Fx2'x2相對(duì)m1m2v1v2tt1t/s0v1v/ms-1a2a1v2x1相對(duì)tt1t/s0v1v/ms-1a2a1v2x1相對(duì)x2相對(duì)a1't2位移關(guān)系：x1相對(duì)+x2相對(duì)=L即Δv·(t1+t2)/2=L；利用相對(duì)運(yùn)動(dòng)Δv=(a2－a1)t1、Δv=(a2+a1')t2問題3．板塊模型中的運(yùn)動(dòng)學(xué)多過程問題2——抽桌布問題抽桌布問題簡(jiǎn)化模型AABamm1Fm2L1L2過程①：分離過程：②勻減速xx1FFx2L1m1m2v1v2xx1FL2m1m2v1x1'tt0t/s0v2v/ms-1a1a2v1x相對(duì)tt0t/s0v1v/ms-1a1v2x1x1'a1'分離，位移關(guān)系：x2－x1=L10v0多過程問題，位移關(guān)系：x1+x1'=L2問題4．板塊模型中的運(yùn)動(dòng)學(xué)粗糙水平面減速問題塊帶板板帶塊mm1v0m2μ2μ1mm1v0m2μ2μ1xx1v0x2x相對(duì)m1m2v共v共xx1v0x2x相對(duì)m1m2v共v共tt0t/s0v0v/ms-1a2a1v共x相對(duì)a共tt0t/s0v0v/ms-1a2a1v共x相對(duì)a共tt0t/s0v0v/ms-1a2a1v共x1相對(duì)a1'x2相對(duì)a2'μ1≥μ2μ1<μ2【模型例析】【例1】如圖甲所示，質(zhì)量為M的長(zhǎng)木板，靜止放置在粗糙水平地面上，有一個(gè)質(zhì)量為m、可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊，以某一水平初速度從左端沖上木板．從物塊沖上木板到物塊和木板達(dá)到共同速度的過程中，物塊和木板的v－t圖象分別如圖乙中的折線acd和bcd所示，a、b、c、d點(diǎn)的坐標(biāo)分別為a(0，10)、b(0，0)、c(4，4)、d(12，0)．根據(jù)v－t圖象，求：(1)物塊沖上木板做勻減速直線運(yùn)動(dòng)的加速度大小a1，木板開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的加速度大小a2，達(dá)到共同速度后一起做勻減速直線運(yùn)動(dòng)的加速度大小a3；(2)物塊質(zhì)量m與長(zhǎng)木板質(zhì)量M之比；(3)物塊相對(duì)長(zhǎng)木板滑行的距離Δx.【答案】：(1)1.5m/s21m/s20.5m/s2(2)eq\f(3,2)(3)20m【解析】：(1)由v－t圖象可求出物塊沖上木板做勻減速直線運(yùn)動(dòng)的加速度大小a1＝eq\f(10－4,4)m/s2＝1.5m/s2，木板開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的加速度大小a2＝eq\f(4－0,4)m/s2＝1m/s2，達(dá)到共同速度后一起做勻減速直線運(yùn)動(dòng)的加速度大小a3＝eq\f(4－0,8)m/s2＝0.5m/s2.(2)對(duì)物塊沖上木板勻減速階段：μ1mg＝ma1對(duì)木板向前勻加速階段：μ1mg－μ2(m＋M)g＝Ma2物塊和木板達(dá)到共同速度后向前勻減速階段：μ2(m＋M)g＝(M＋m)a3聯(lián)立以上三式可得eq\f(m,M)＝eq\f(3,2).(3)由v－t圖象可以看出，物塊相對(duì)于長(zhǎng)木板滑行的距離Δx對(duì)應(yīng)題圖中△abc的面積，故Δx＝10×4×eq\f(1,2)m＝20m.【例2】(2020云南楚雄統(tǒng)一檢測(cè))如圖所示，質(zhì)量M＝1kg的木塊A靜止在水平地面上，在木塊的左端放置一個(gè)質(zhì)量m＝1kg的鐵塊B(大小可忽略)，鐵塊與木塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1＝0.3，木塊長(zhǎng)L＝1m，用F＝5N的水平恒力作用在鐵塊上，g取10m/s2.(1)若水平地面光滑，計(jì)算說明鐵塊與木塊間是否會(huì)發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)；(2)若木塊與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2＝0.1，求鐵塊運(yùn)動(dòng)到木塊右端的時(shí)間．【答案】：(1)見解析(2)eq\r(2)s【解析】：(1)A、B之間的最大靜摩擦力為fm>μ1mg＝0.3×1×10N＝3N假設(shè)A、B之間不發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，則對(duì)A、B整體，有F＝(M＋m)a對(duì)A，有fAB＝Ma解得fAB＝2.5N因?yàn)閒AB<fm，所以A、B之間不發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)(2)對(duì)B，有F－μ1mg＝maB對(duì)A，有μ1mg－μ2(M＋m)g＝MaA據(jù)題意有xB－xA＝L又xA＝eq\f(1,2)aAt2xB＝eq\f(1,2)aBt2解得t＝eq\r(2)s【例3】(2020·安徽安慶市二模)如圖所示，光滑水平地面上有一質(zhì)量M＝2kg的足夠長(zhǎng)的木板以速度v0＝10m/s向右勻速運(yùn)動(dòng)，從t＝0時(shí)刻起對(duì)其施加一水平向左的恒力F＝8N．經(jīng)過t1＝1s時(shí)，將一質(zhì)量m＝2kg的小物塊輕放在木板右端．已知物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.4，取g＝10m/s2.求：(1)剛放上物塊時(shí)木板的速度大小v1；(2)物塊在木板上相對(duì)木板滑動(dòng)的時(shí)間t.【答案】(1)6m/s(2)0.5s【解析】(1)放上物塊之前，設(shè)木板的加速度大小為a1，對(duì)木板，根據(jù)牛頓第二定律有F＝Ma1解得a1＝4m/s2木板做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，則v1＝v0－a1t1解得v1＝6m/s.(2)放上物塊之后，設(shè)物塊的加速度大小為a2，木板的加速度大小為a3.對(duì)物塊，根據(jù)牛頓第二定律有μmg＝ma2解得a2＝4m/s2對(duì)木板，根據(jù)牛頓第二定律有F＋μmg＝Ma3解得a3＝8m/s2經(jīng)過時(shí)間t2二者共速時(shí)有a2t2＝v1－a3t2解得t2＝0.5s共速后若物塊和木板相對(duì)靜止，設(shè)二者共同的加速度大小為a0，由于F＝(M＋m)a0解得a0＝2m/s2<a2所以共速后二者相對(duì)靜止，共同減速，故t＝t2＝0.5s.【模型提煉】滑塊不受力而木板受拉力木板受逐漸增大的拉力而滑塊不受力，這種情況下，開始滑塊和木板一起做變加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)滑塊加速度達(dá)到其最大值μg時(shí)，滑塊、木板開始發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，此后滑塊加速度保持不變，木板加速度逐漸增大．【方法點(diǎn)撥】共速后，物塊與木板會(huì)不會(huì)發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)是需要判斷的．常用的方法：假設(shè)二者相對(duì)靜止，求出二者的共同加速度大小a0，與臨界加速度a2大小進(jìn)行比較，若a0>a2，則二者一定相對(duì)滑動(dòng)，若a0≤a2，則二者一定相對(duì)靜止．【易錯(cuò)提醒】有的學(xué)生會(huì)誤認(rèn)為：物塊輕放在木板右端后，由于恒力F方向水平向左，物塊會(huì)受到水平向左的滑動(dòng)摩擦力，導(dǎo)致物塊一開始就向左運(yùn)動(dòng)．實(shí)際上，物塊輕放在木板右端后受到的滑動(dòng)摩擦力方向是根據(jù)物塊相對(duì)木板的運(yùn)動(dòng)方向來判斷的，物塊相對(duì)木板是向左運(yùn)動(dòng)的，物塊受到的滑動(dòng)摩擦力方向是向右的，因而物塊一開始是水平向右加速運(yùn)動(dòng)的．【例4】(2015·全國(guó)卷Ⅰ)一長(zhǎng)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(shí)刻開始，小物塊與木板一起以共同速度向右運(yùn)動(dòng)，直至t＝1s時(shí)木板與墻壁碰撞(碰撞時(shí)間極短)。碰撞前后木板速度大小不變，方向相反；運(yùn)動(dòng)過程中小物塊始終未離開木板。已知碰撞后1s時(shí)間內(nèi)小物塊的v-t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：圖(a)圖(b)(1)木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1及小物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2；(2)木板的最小長(zhǎng)度；(3)木板右端離墻壁的最終距離?！敬箢}拆分】第一步：分析研究對(duì)象模型。設(shè)小物塊和木板的質(zhì)量分別為m和M。小物塊可以看作質(zhì)點(diǎn)(初始條件v0未知，如圖甲所示)。第二步：分解過程模型。(1)認(rèn)為地面各點(diǎn)的粗糙程度相同，小物塊和木板一起向右做勻變速運(yùn)動(dòng)，到速度大小為v1，如圖乙所示。(2)木板與墻壁碰撞過程：小物塊受到滑動(dòng)摩擦力(設(shè)置的初始條件)，由于碰撞時(shí)間極短(Δt→0)，故碰后小物塊速度不變，木板的速度方向突變(設(shè)置的初始條件)，如圖丙所示。(3)然后小物塊向右減速，木板向左減速，經(jīng)1s小物塊速度減小為零(如圖丁所示)。由于木板的加速度較小，故小物塊速度為零時(shí)，木板仍有速度。然后小物塊向左加速，木板向左減速，到二者達(dá)到共同速度v3(如圖戊所示)。(4)分析臨界條件，包括時(shí)間關(guān)系和空間關(guān)系，如圖戊所示。(5)在小物塊和木板具有共同速度后，兩者向左做勻變速直線運(yùn)動(dòng)直至停止(如圖己所示)?！敬鸢浮?1)0.10.4(2)6m(3)6.5m【解析】(1)根據(jù)圖象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(dòng)摩擦力而向右做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，加速度大小a2＝eq\f(v－0,t)＝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(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝1s，位移x＝4.5m，末速度v＝4m/s其逆運(yùn)動(dòng)則為勻加速直線運(yùn)動(dòng)，可得x＝vt＋eq\f(1,2)a1t2解得a1＝1m/s2對(duì)小物塊和木板整體受力分析，地面對(duì)木板的滑動(dòng)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(yùn)動(dòng)，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(duì)滑塊，加速度大小為a2＝4m/s2由于a2>a3，所以滑塊速度先減小到0，所用時(shí)間為t1＝1s的過程中，木板向左運(yùn)動(dòng)的位移為x1＝vt1－eq\f(1,2)a3teq\o\al(2,1)＝eq\f(10,3)m，末速度v1＝v－a3t1＝eq\f(8,3)m/s滑塊向右運(yùn)動(dòng)的位移x2＝eq\f(v＋0,2)t1＝2m此后，小物塊開始向左加速，加速度大小仍為a2＝4m/s2木板繼續(xù)減速，加速度大小仍為a3＝eq\f(4,3)m/s2假設(shè)又經(jīng)歷t2二者速度相等，則有a2t2＝v1－a3t2解得t2＝0.5s此過程中，木板向左運(yùn)動(dòng)的位移x3＝v1t2－eq\f(1,2)a3teq\o\al(2,2)＝eq\f(7,6)m，末速度v3＝v1－a3t2＝2m/s滑塊向左運(yùn)動(dòng)的位移x4＝eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)＝0.5m此后小物塊和木板一起勻減速運(yùn)動(dòng)，二者的相對(duì)位移最大為Δx＝x1＋x2＋x3－x4＝6m小物塊始終沒有離開木板，所以木板最小的長(zhǎng)度為6m。(3)最后階段滑塊和木板一起勻減速直到停止，整體加速度大小為a1＝1m/s2向左運(yùn)動(dòng)的位移為x5＝eq\f(v\o\al(2,3),2a1)＝2m所以木板右端離墻壁最遠(yuǎn)的距離為x＝x1＋x3＋x5＝6.5m。【例5】(2017課標(biāo)Ⅲ，25)如圖，兩個(gè)滑塊A和B的質(zhì)量分別為mA＝1kg和mB＝5kg，放在靜止于水平地面上的木板的兩端，兩者與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ1＝0.5；木板的質(zhì)量為m＝4kg，與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2＝0.1.某時(shí)刻A、B兩滑塊開始相向滑動(dòng)，初速度大小均為v0＝3m/s.A、B相遇時(shí)，A與木板恰好相對(duì)靜止．設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，取重力加速度大小g＝10m/s2.求：(1)B與木板相對(duì)靜止時(shí)，木板的速度；(2)A、B開始運(yùn)動(dòng)時(shí)，兩者之間的距離．【審題指導(dǎo)】：如何建立物理情景，構(gòu)建解題路徑①首先分別計(jì)算出B與板、A與板、板與地面間的滑動(dòng)摩擦力大小，判斷出A、B及木板的運(yùn)動(dòng)情況．②把握好幾個(gè)運(yùn)動(dòng)節(jié)點(diǎn)．③由各自加速度大小可以判斷出B與木板首先達(dá)到共速，此后B與木板共同運(yùn)動(dòng)．④A與木板存在相對(duì)運(yùn)動(dòng)，且A運(yùn)動(dòng)過程中加速度始終不變．⑤木板先加速后減速，存在兩個(gè)過程．【解析】：(1)滑塊A和B在木板上滑動(dòng)時(shí)，木板也在地面上滑動(dòng)。設(shè)A、B和木板所受的摩擦力大小分別為f1、f2和f3，A和B相對(duì)于地面的加速度大小分別為aA和aB，木板相對(duì)于地面的加速度大小為a1，在物塊B與木板達(dá)到共同速度前有f1＝μ1mAg①f2＝μ1mBg②f3＝μ2(m＋mA＋mB)g③由牛頓第二定律得f1＝mAaA④f2＝mBaB⑤f2－f1－f3＝ma1⑥設(shè)在t1時(shí)刻，B與木板達(dá)到共同速度，其大小為v1，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v1＝v0－aBt1⑦v1＝a1t1⑧聯(lián)立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知數(shù)據(jù)得v1＝1m/s⑨(2)在t1時(shí)間間隔內(nèi)，B相對(duì)于地面移動(dòng)的距離為sB＝v0t1－eq\f(1,2)aBteq\o\al(2,1)⑩設(shè)在B與木板達(dá)到共同速度v1后，木板的加速度大小為a2，對(duì)于B與木板組成的體系，由牛頓第二定律有f1＋f3＝(mB＋m)a2?由①②④⑤式知，aA＝aB；再由⑦⑧式知，B與木板達(dá)到共同速度時(shí)，A的速度大小也為v1，但運(yùn)動(dòng)方向與木板相反．由題意知，A和B相遇時(shí)，A與木板的速度相同，設(shè)其大小為v2，設(shè)A的速度大小從v1變到v2所用的時(shí)間為t2，則由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，對(duì)木板有v2＝v1－a2t2?對(duì)A有v2＝－v1＋aAt2?在t2時(shí)間間隔內(nèi)，B(以及木板)相對(duì)地面移動(dòng)的距離為s1＝v1t2－eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)?在(t1＋t2)時(shí)間間隔內(nèi)，A相對(duì)地面移動(dòng)的距離為sA＝v0(t1＋t2)－eq\f(1,2)aA(t1＋t2)2?A和B相遇時(shí)，A與木板的速度也恰好相同，因此A和B開始運(yùn)動(dòng)時(shí)，兩者之間的距離為s0＝sA＋s1＋sB?聯(lián)立以上各式，并代入數(shù)據(jù)得s0＝1.9m(也可用如圖所示的速度—時(shí)間圖線求解)【規(guī)律總結(jié)】“滑塊—滑板”模型的一般解題步驟滑塊—滑板問題的解題關(guān)鍵點(diǎn)(1)滑塊由滑板的一端運(yùn)動(dòng)到另一端的過程中，若滑塊和滑板同向運(yùn)動(dòng)，位移之差等于板長(zhǎng)；反向運(yùn)動(dòng)時(shí)，位移之和等于板長(zhǎng)．(2)滑塊是否會(huì)從滑板上掉下的臨界條件是滑塊到達(dá)滑板一端時(shí)兩者共速．(3)滑塊不能從滑板上滑下的情況下，當(dāng)兩者共速時(shí)，兩者受力、加速度發(fā)生突變．【模型演練】1．(多選)(2020·河北唐山調(diào)研)如圖所示，將小砝碼放在桌面上的薄紙板上，若砝碼和紙板的質(zhì)量分別為M和m，各接觸面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，砝碼到紙板左端的距離和到桌面右端的距離均為d.現(xiàn)用水平向右的恒定拉力F拉動(dòng)紙板，下列說法正確的是()A．紙板相對(duì)砝碼運(yùn)動(dòng)時(shí)，紙板所受摩擦力的大小為μ(M＋m)gB．要使紙板相對(duì)砝碼運(yùn)動(dòng)，F(xiàn)一定大于2μ(M＋m)gC．若砝碼與紙板分離時(shí)的速度小于eq\r(μgd)，砝碼不會(huì)從桌面上掉下D．當(dāng)F＝μ(2M＋3m)g時(shí)，砝碼恰好到達(dá)桌面邊緣解析：選BC.對(duì)紙板分析，當(dāng)紙板相對(duì)砝碼運(yùn)動(dòng)時(shí)，紙板所受的摩擦力為μ(M＋m)g＋μMg，故A錯(cuò)誤．設(shè)砝碼的加速度為a1，紙板的加速度為a2，則有μMg＝Ma1，F(xiàn)－μMg－μ(M＋m)g＝ma2，發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)需要a2>a1，代入數(shù)據(jù)解得F>2μ(M＋m)g，故B正確．若砝碼與紙板分離時(shí)的速度小于eq\r(μgd)，砝碼勻加速運(yùn)動(dòng)的位移小于eq\f(v2,2a1)＝eq\f(μgd,2μg)＝eq\f(d,2)，勻減速運(yùn)動(dòng)的位移小于eq\f(v2,2a1)＝eq\f(μgd,2μg)＝eq\f(d,2)，則總位移小于d，不會(huì)從桌面上掉下，故C正確．當(dāng)F＝μ(2M＋3m)g時(shí)，砝碼未脫離紙板時(shí)的加速度a1＝μg，紙板的加速度a2＝eq\f(F－μ（M＋m）g－μMg,m)＝2μg，根據(jù)eq\f(1,2)a2t2－eq\f(1,2)a1t2＝d，解得t＝eq\r(\f(2d,μg))，則此時(shí)砝碼的速度v＝a1t＝eq\r(2μgd)，砝碼脫離紙板后做勻減速運(yùn)動(dòng)，勻減速運(yùn)動(dòng)的加速度大小a′＝μg，則勻減速運(yùn)動(dòng)的位移x＝eq\f(v2,2a′)＝eq\f(2μgd,2μg)＝d，而勻加速運(yùn)動(dòng)的位移x′＝eq\f(1,2)a1t2＝d，可知砝碼離開桌面，D錯(cuò)誤．2.(多選)(2020·河南周口市上學(xué)期期末調(diào)研)如圖所示，質(zhì)量M＝2kg的足夠長(zhǎng)木板靜止在光滑水平地面上，質(zhì)量m＝1kg的物塊靜止在長(zhǎng)木板的左端，物塊和長(zhǎng)木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.1，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度g取10m/s2.現(xiàn)對(duì)物塊施加一水平向右的恒力F＝2N，則下列說法正確的是()A．物塊和長(zhǎng)木板之間的摩擦力為1NB．物塊和長(zhǎng)木板相對(duì)靜止一起加速運(yùn)動(dòng)C．物塊運(yùn)動(dòng)的加速度大小為1m/s2D．拉力F越大，長(zhǎng)木板的加速度越大【答案】AC【解析】物塊對(duì)長(zhǎng)木板的摩擦力使木板運(yùn)動(dòng)，當(dāng)M與m之間達(dá)到最大靜摩擦力時(shí)，發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，設(shè)此時(shí)水平恒力為F0，由牛頓第二定律有a＝eq\f(F0－μmg,m)＝eq\f(F0,M＋m)＝eq\f(μmg,M)，解得F0＝1.5N．因F＝2N>F0＝1.5N，故兩者有相對(duì)滑動(dòng)，物塊和長(zhǎng)木板之間為滑動(dòng)摩擦力，有Ff＝μmg＝1N，故A正確，B錯(cuò)誤；對(duì)物塊，由牛頓第二定律F－μmg＝ma1，可得a1＝1m/s2，故C正確；拉力F越大，物塊的合力越大，則加速度越大，但長(zhǎng)木板受到的滑動(dòng)摩擦力為1N，保持恒定，則相對(duì)滑動(dòng)時(shí)木板的加速度恒定為a2＝eq\f(μmg,M)＝0.5m/s2，故D錯(cuò)誤．3.(多選)如圖甲所示，一質(zhì)量為m1的薄木板(厚度不計(jì))靜止在光滑水平地面上，現(xiàn)有一質(zhì)量為m2的滑塊以一定的水平初速度v0，從木板的左端開始向木板的右端滑行，滑塊和木板的水平速度大小隨時(shí)間變化的情況如圖乙所示，根據(jù)圖象可知以下判斷正確的是()A．滑塊始終與木板存在相對(duì)運(yùn)動(dòng)B．滑塊未能滑出木板C．滑塊的質(zhì)量m2大于木板的質(zhì)量m1D．在t1時(shí)刻，滑塊從木板上滑出【答案】ACD【解析】滑塊以水平初速度v0滑上木板，滑塊減速，木板加速，滑塊和木板的加速度的大小分別為a2＝eq\f(μm2g,m2)＝μg，a1＝eq\f(μm2g,m1)，由v－t圖象可知，滑塊的速度一直大于木板的速度，即兩者之間始終存在相對(duì)運(yùn)動(dòng)，在t1時(shí)刻，滑塊滑出木板，各自做勻速直線運(yùn)動(dòng)。由v－t圖象分析可知a2＜a1，即μg＜eq\f(μm2g,m1)，則m1＜m2，選項(xiàng)A、C、D正確。4．(多選)(2021·江西上饒市重點(diǎn)中學(xué)六校第一次聯(lián)考)如圖所示，長(zhǎng)木板放置在水平面上，一小物塊置于長(zhǎng)木板的中央，長(zhǎng)木板和物塊的質(zhì)量均為m，物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，木板與水平面間動(dòng)摩擦因數(shù)為eq\f(μ,4)，已知最大靜摩擦力與滑動(dòng)摩擦力大小相等，重力加速度為g.現(xiàn)對(duì)物塊施加一水平向右的拉力F，則木板加速度a大小可能是()A．0 B.eq\f(2μg,3)C.eq\f(μg,2) D.eq\f(F,2m)－eq\f(μg,4)【答案】ACD【解析】若F較小時(shí)，木板和物塊均靜止，則木板的加速度為零，選項(xiàng)A正確；若物塊和木板之間不發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，物塊和木板一起運(yùn)動(dòng)，對(duì)木板和物塊組成的整體，根據(jù)牛頓第二定律可得：F－eq\f(μ,4)·2mg＝2ma，解得：a＝eq\f(F,2m)－eq\f(1,4)μg，選項(xiàng)D正確；若物塊和木板之間發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，對(duì)木板，水平方向受兩個(gè)摩擦力的作用，根據(jù)牛頓第二定律，有：μmg－eq\f(μ,4)·2mg＝ma，解得：a＝eq\f(μg,2)，選項(xiàng)C正確．5．(多選)(2021·河南天一大聯(lián)考上學(xué)期期末)如圖甲所示，一滑塊置于足夠長(zhǎng)的長(zhǎng)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(gè)F＝0.5t(N)的變力作用，從t＝0時(shí)刻開始計(jì)時(shí)，滑塊所受摩擦力隨時(shí)間變化的關(guān)系如圖乙所示．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．滑塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.4B．木板與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2C．圖乙中t2＝24sD．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(dòng)摩擦力為8N，則滑塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝eq\f(Ffm,mg)＝eq\f(8,20)＝0.4，選項(xiàng)A正確．由題圖乙可知t1時(shí)刻木板相對(duì)地面開始滑動(dòng)，此時(shí)滑塊與木板相對(duì)靜止，則木板與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ′＝eq\f(Ff′,2mg)＝eq\f(4,40)＝0.1，選項(xiàng)B錯(cuò)誤．t2N，此時(shí)兩物體的加速度相等，且木板的加速度達(dá)到最大，則對(duì)木板：Ffm－μ′·2mg＝mam，解得am＝2m/s2；對(duì)滑塊：F－Ffm＝mam，解得F＝12N，則由F＝0.5t(N)可知，t＝24s，選項(xiàng)C、D正確．6．(2020河北石家莊二模，20)(多選)如圖甲所示，一質(zhì)量為M的長(zhǎng)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．木板受到水平拉力F作用時(shí)，用傳感器測(cè)出長(zhǎng)木板的加速度a與水平拉力F的關(guān)系如圖乙所示，重力加速度g＝10m/s2，下列說法正確的是()A．小滑塊與長(zhǎng)木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1B．當(dāng)水平拉力F＝7N時(shí)，長(zhǎng)木板的加速度大小為3m/s2C．當(dāng)水平拉力F增大時(shí)，小滑塊的加速度一定增大D．小滑塊的質(zhì)量m＝2kg【答案】BD【解析】：由題可知，當(dāng)0＜F≤6N時(shí)二者一起加速運(yùn)動(dòng)，對(duì)整體有F＝(M＋m)a，a＝eq\f(1,M＋m)F，即此時(shí)a-F圖線的斜率為整體質(zhì)量的倒數(shù)，得M＋m＝3kg；當(dāng)F＞6N時(shí)二者間出現(xiàn)相對(duì)滑動(dòng)，對(duì)木板有F－μmg＝Ma，即a＝eq\f(,M)F－eq\f(μmg,M)，可見此時(shí)圖線斜率為木板質(zhì)量的倒數(shù)，可得M＝1kg，則m＝2kg，D正確；由于出現(xiàn)相對(duì)滑動(dòng)后小滑塊所受合外力等于木板對(duì)它產(chǎn)生的摩擦力，不再隨F的增大而變化，則出現(xiàn)相對(duì)滑動(dòng)后小滑塊的加速度達(dá)到最大，且不再變化，由圖可知小滑塊的最大加速度為a大＝2m/s2，用牛頓第二定律有μmg＝ma大，得μ＝0.2，A、C錯(cuò)誤．將F＝7N代入a＝eq\f(1,M)F－eq\f(μmg,M)得a＝3m/s2，B正確．〖思路探究〗拉力F＝6N，加速度為a＝2m/s2，是長(zhǎng)木板和小滑塊開始相對(duì)滑動(dòng)的臨界點(diǎn)．當(dāng)F≤6N時(shí)，對(duì)長(zhǎng)木板和小滑塊整體分析，F(xiàn)＞6N，對(duì)長(zhǎng)木板和小滑塊分別分析．7．如圖所示，在光滑水平面上有一質(zhì)量為m1的足夠長(zhǎng)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(dòng)摩擦力相等?，F(xiàn)給木塊施加一隨時(shí)間t增大的水平力F＝kt(k是常量)，木板和木塊加速度的大小分別為a1和a2。下列反映a1和a2隨時(shí)間t變化的圖線中正確的是()【答案】A【解析】開始時(shí)木板和木塊一起做加速運(yùn)動(dòng)，有F＝(m1＋m2)a，解得a＝eq\f(F,m1＋m2)＝eq\f(kt,m1＋m2)，即木板和木塊的加速度相同且與時(shí)間成正比。當(dāng)木板與木塊間的摩擦力達(dá)到μm2g后兩者發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，對(duì)木塊有F－μm2g＝m2a2，a2＝eq\f(F－μm2g,m2)＝eq\f(kt,m2)－μg，故其圖線的斜率增大；對(duì)木板，在發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)后，有μm2g＝m1a1，故a1＝eq\f(μm2g,m1)為定值。所以選項(xiàng)A正確。8.(2020·安徽六安市質(zhì)量檢測(cè))如圖所示，靜止在水平地面上的木板(厚度不計(jì))質(zhì)量為m1＝1kg，與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1＝0.2，質(zhì)量為m2＝2kg且可看成質(zhì)點(diǎn)的小物塊與木板和地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ2＝0.4，以v0＝4m/s的水平速度從左端滑上木板，經(jīng)過t＝0.6s滑離木板，g取10m/s2，以下說法正確的是()A．木板的長(zhǎng)度為1.68mB．小物塊離開木板時(shí)，木板的速度為1.6m/sC．小物塊離開木板后，木板的加速度大小為2m/s2，方向水平向右D．小物塊離開木板后，木板與小物塊將發(fā)生碰撞【答案】D【解析】由于μ2m2g>μ1(m1＋m2)g，對(duì)木板由牛頓第二定律得μ2m2g－μ1(m1＋m2)g＝m1a1，解得a1＝2m/s2，即物塊在木板上以a2＝μ2g＝4m/s2向右減速滑行時(shí)，木板以a1＝2m/s2向右加速運(yùn)動(dòng)，在0.6s時(shí)，物塊的速度v2＝1.6m/s，木板的速度v1＝1.2m/s，B錯(cuò)誤；物塊滑離木板時(shí)，物塊位移為x2＝eq\f(v0＋v2,2)t＝1.68m，木板位移x1＝eq\f(v1,2)t＝0.36m，兩者相對(duì)位移為x＝x2－x1＝1.32m，即木板長(zhǎng)度為1.32m，A錯(cuò)誤；物塊離開木板后，木板做減速運(yùn)動(dòng)，加速度大小為a1′＝2m/s2，方向水平向左，C錯(cuò)誤；分離后，在地面上物塊會(huì)滑行x2′＝eq\f(v\o\al(22),2a2)＝0.32m，木板會(huì)滑行x1′＝eq\f(v\o\al(12),2a1′)＝0.36m，所以兩者會(huì)相碰，D正確．9．(多選)(2020·云南大理、麗江等校第二次統(tǒng)考)如圖(a)，質(zhì)量m1＝0.2kg的足夠長(zhǎng)平板小車靜置在光滑水平地面上，質(zhì)量m2＝0.1kg的小物塊靜止于小車上，t＝0時(shí)刻小物塊以速度v0＝11m/s向右滑動(dòng)，同時(shí)對(duì)小物塊施加一水平向左、大小恒定的外力F，圖(b)顯示小物塊與小車第1s內(nèi)運(yùn)動(dòng)的v－t圖象．設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，取g＝10m/s2.則下列說法正確的是()A．小物塊與平板小車間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.4B．恒力F＝0.5NC．小物塊與小車間的相對(duì)位移x相對(duì)＝6.5mD．小物塊向右滑動(dòng)的最大位移是xmax＝7.7m【答案】ABD【解析】由題圖(b)知，小車和小物塊的加速度分別為a1＝eq\f(Δv1,Δt)＝eq\f(2－0,1)m/s2＝2m/s2a2＝eq\f(Δv2,Δt)＝eq\f(2－11,1)m/s2＝－9m/s2對(duì)小車：μm2g＝m1a1，對(duì)小物塊：－(F＋μm2g)＝m2a2，解得μ＝0.4，F(xiàn)＝0.5N，故A、B正確；根據(jù)題圖可知，在t＝1s時(shí)小車和小物塊的速度相同，兩者不再發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)，相對(duì)位移等于圖中三角形的面積，x相對(duì)＝eq\f(11,2)m＝5.5m，C錯(cuò)誤；在0～1s內(nèi)小物塊向右滑動(dòng)的位移x1＝eq\f(2＋11,2)m＝6.5m當(dāng)小車與小物塊的速度相等后，在外力的作用下一起向右勻減速運(yùn)動(dòng)，其加速度為a3＝eq\f(F,m1＋m2)＝eq\f(5,3)m/s2，當(dāng)速度減小到0時(shí)，整體向右發(fā)生的位移為x2＝eq\f(22,2×\f(5,3))m＝1.2m所以小物塊向右滑動(dòng)的最大位移是xmax＝x1＋x2＝7.7m，故D正確．10．如圖所示，質(zhì)量M＝8kg的小車放在水平光滑的平面上，在小車左端加一水平推力F＝8N。當(dāng)小車向右運(yùn)動(dòng)的速度達(dá)到1.5m/s時(shí)，在小車前端輕輕地放上一個(gè)大小不計(jì)、質(zhì)量為m＝2kg的小物塊，小物塊與小車間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，小車足夠長(zhǎng)。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(zhǎng)時(shí)間兩者達(dá)到相同的速度？(3)從小物塊放在小車上開始，經(jīng)過t＝1.5s小物塊通過的位移大小為多少？(取g＝10m/s2)【答案】(1)2m/s20.5m/s2(2)1s(3)2.1m【解析】(1)小物塊的加速度am＝μg＝2m/s2，小車的加速度aM＝eq\f(F－μmg,M)＝0.5m/s2。(2)由amt1＝v0＋aMt1，得t1＝1s。(3)在開始1s內(nèi)小物塊的位移x1＝eq\f(1,2)amteq\o\al(2,1)＝1m。最大速度v＝amt1＝2m/s。在接下來的0.5s內(nèi)小物塊與小車相對(duì)靜止，一起做加速運(yùn)動(dòng)且加速度a＝eq\f(F,M＋m)＝0.8m/s2。這0.5s內(nèi)的位移x2＝vt2＋eq\f(1,2)ateq\o\al(2,2)＝1.1m，通過的總位移x＝x1＋x2＝2.1m。11.(2020·青海西寧市六校期末)如圖甲所示，水平地面上有一長(zhǎng)為L(zhǎng)＝1m，高為h＝0.8m，質(zhì)量M＝2kg的木板，木板的右端放置一個(gè)質(zhì)量為m＝1kg的木塊(可視為質(zhì)點(diǎn))，已知木板與木塊之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1＝0.4，木板與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2＝0.6，初始時(shí)兩者均靜止．現(xiàn)對(duì)木板施加一水平向右的拉力F，拉力F隨時(shí)間的變化如圖乙所示，求木塊落地時(shí)與木板左側(cè)的水平距離Δs.(取g＝10m/s2)【答案】1.68m【解析】若木塊相對(duì)木板滑動(dòng)，設(shè)木塊加速度為a1，則μ1mg＝ma1得a1＝4m/s2若前2s二者一起做勻加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度為a則F－μ2(M＋m)g＝(M＋m)a得a＝2m/s2因?yàn)閍1>a，所以前2s木塊和木板一起以2m/s2的加速度做勻加速運(yùn)動(dòng)．2s末二者的速度為：v＝at1＝4m/s同理可知2s后木塊和木板發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)木塊加速度為：a1＝4m/s2木板加速度設(shè)為a2，由牛頓第二定律得：F－μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2得：a2＝6m/s2設(shè)經(jīng)時(shí)間t2二者分離：vt2＋eq\f(1,2)a2t22－(vt2＋eq\f(1,2)a1t22)＝L解得t2＝1s，此時(shí)v塊＝v＋a1t2＝8m/s，v板＝v＋a2t2＝10m/s木板抽出后，木板繼續(xù)做加速運(yùn)動(dòng)，木塊將做平拋運(yùn)動(dòng)，再經(jīng)時(shí)間：t3＝eq\r(\f(2h,g))＝0.4s，木塊落地，在0.4s內(nèi)，x塊＝v塊t3＝3.2m木板的加速度設(shè)為a3，由牛頓第二定律有F－μ2Mg＝Ma3得a3＝11m/s2木板的位移：x板＝v板t3＋eq\f(1,2)a3t32＝4.88m所以，木塊落地時(shí)距離木板左側(cè)Δs＝x板－x塊＝1.68m.12.(2020·貴州畢節(jié)市適應(yīng)性監(jiān)測(cè)(三))一長(zhǎng)木板置于粗糙水平地面上，木板右端放置一小物塊，如圖所示．木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1＝0.1，物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2＝0.4.t＝0時(shí)刻開始，小物塊與木板一起以共同速度向墻壁運(yùn)動(dòng)，當(dāng)t＝1s時(shí)，木板以速度v1＝4m/s與墻壁碰撞(碰撞時(shí)間極短)．碰撞前后木板速度大小不變，方向相反．運(yùn)動(dòng)過程中小物塊第一次減速為零時(shí)恰好從木板上掉下．已知木板的質(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)t＝0時(shí)刻木板的速度大??；(2)木板的長(zhǎng)度．【答案】(1)5m/s(2)eq\f(16,3)m【解析】(1)對(duì)木板和物塊：μ1(M＋m)g＝(M＋m)a1設(shè)初始時(shí)刻木板速度為v0由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式：v1＝v0－a1t0代入數(shù)據(jù)解得：v0＝5m/s(2)碰撞后，對(duì)物塊：μ2mg＝ma2對(duì)物塊，當(dāng)速度為0時(shí)，經(jīng)歷時(shí)間t，發(fā)生位移x1，則有v1＝a2t，x1＝eq\f(v1,2)t對(duì)木板，由牛頓第二定律：μ2mg＋μ1(M＋m)g＝Ma3對(duì)木板，經(jīng)歷時(shí)間t，發(fā)生位移x2x2＝v1t－eq\f(1,2)a3t2木板長(zhǎng)度l＝x1＋x2聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得l＝eq\f(16,3)m.13.(2020·福建晉江市四校聯(lián)考)如圖所示，有1、2、3三個(gè)質(zhì)量均為m＝1kg的物體，長(zhǎng)板2與物體3通過不可伸長(zhǎng)輕繩連接，跨過光滑的輕質(zhì)定滑輪且與長(zhǎng)板2相連的輕繩水平，設(shè)長(zhǎng)板2到定滑輪足夠遠(yuǎn)，物體3離地面高H＝5.75m，物體1與長(zhǎng)板2之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2.長(zhǎng)板2在光滑的水平桌面上從靜止開始釋放，同時(shí)物體1(視為質(zhì)點(diǎn))在長(zhǎng)板2的左端以v＝4m/s的初速度開始運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過程中恰好沒有從長(zhǎng)板2的右端掉下．(取g＝10m/s2)求：(1)長(zhǎng)板2開始運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大?。?2)長(zhǎng)板2的長(zhǎng)度L0；(3)當(dāng)物體3落地時(shí)，物體1在長(zhǎng)板2上的位置．【答案】見解析【解析】(1)設(shè)向右為正方向，由牛頓第二定律物體1：－μmg＝ma1，a1＝－μg＝－2m/s2長(zhǎng)板2：FT＋μmg＝ma2物體3：mg－FT＝ma3且a2＝a3聯(lián)立解得：a2＝eq\f(g＋μg,2)＝6m/s2(2)設(shè)經(jīng)過時(shí)間t1物體1與長(zhǎng)板2速度相等，則有v1＝v＋a1t1＝a2t1代入數(shù)據(jù)，解得t1＝0.5s，v1＝3m/s物體1的位移為：x1＝eq\f(v＋v1,2)t1＝1.75m長(zhǎng)板2的位移為：x2＝eq\f(v1t1,2)＝0.75m所以長(zhǎng)板2的長(zhǎng)度L0＝x1－x2＝1m(3)此后，假設(shè)物體1、2、3相對(duì)靜止一起加速FT＝2ma，mg—FT＝ma，即mg＝3ma得a＝eq\f(g,3)對(duì)1分析：Ff靜＝ma≈3.3N＞Ff＝μmg＝2N，故假設(shè)不成立，物體1和長(zhǎng)板2相對(duì)滑動(dòng)物體1：μmg＝ma3，a3＝μg＝2m/s2長(zhǎng)板2：FT－μmg＝ma4物體3：mg－FT＝ma5且a4＝a5聯(lián)立解得：a4＝eq\f(g－μg,2)＝4m/s2從物體1、2達(dá)到共同速度到物體3落至地面過程中，物體3下落的高度h＝H－x2＝5m根據(jù)h＝v1t2＋eq\f(1,2)a4t22解得t2＝1s物體1的位移x3＝v1t2＋eq\f(1,2)a3t22＝4mh－x3＝1m，即物體1在長(zhǎng)板2的最左端．14.(2021·西南名校聯(lián)盟)如圖所示，傾角α＝30°的足夠長(zhǎng)的光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一長(zhǎng)L＝1.8m，質(zhì)量M＝3kg的薄木板，木板的最上端疊放一質(zhì)量m＝1kg的小物塊，物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝eq\f(\r(3),2).對(duì)木板施加沿斜面向上的恒力F，使木板沿斜面由靜止開始向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，假設(shè)物塊與木板間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，取重力加速度g＝10m/s2.(1)為使物塊不滑離木板，求力F應(yīng)滿足的條件；(2)若F＝37.5N，物塊能否滑離木板？若不能，請(qǐng)說明理由；若能，求出物塊滑離木板所用的時(shí)間及滑離木板后沿斜面上升的最大距離．【答案】：見解析【解析】：(1)若整體恰好靜止，則F＝(M＋m)gsinα＝(3＋1)×10×sin30°N＝20N因要拉動(dòng)木板，則F>20N若整體一起向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，對(duì)物塊和木板，由牛頓第二定律得F－(M＋m)gsinα＝(M＋m)a對(duì)物塊有f－mgsinα＝ma其中f≤μmgcosα代入數(shù)據(jù)解得F≤30N向上加速的過程中為使物體不滑離木板，力F應(yīng)滿足的條件為20N<F≤30N.(2)當(dāng)F＝37.5N>30N時(shí)，物塊能滑離木板，由牛頓第二定律，對(duì)木板有F－μmgcosα－Mgsinα＝Ma1對(duì)物塊有μmgcosα－mgsinα＝ma2設(shè)物塊滑離木板所用的時(shí)間為t，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得eq\f(1,2)a1t2－eq\f(1,2)a2t2＝L代入數(shù)據(jù)解得t＝1.2s物塊滑離木板時(shí)的速度v＝a2t由－2gsinα·s＝0－v2代入數(shù)據(jù)解得s＝0.9m.15.(2020·開封模擬)如圖甲所示，一長(zhǎng)方體木板B放在水平地面上，木板B的右端放置著一個(gè)小鐵塊A，在t＝0時(shí)刻，同時(shí)突然給A、B初速度，其中A的初速度大小為vA＝1m/s，方向水平向左；B的初速度大小為vB＝14m/s，方向水平向右，木板B運(yùn)動(dòng)的v-t圖象如圖乙所示。已知A、B的質(zhì)量相等，A與B及B與地面之間均有摩擦(動(dòng)摩擦因數(shù)不等)，A與B之間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，A始終沒有滑出B，取重力加速度g＝10m/s2。(提示：t＝3s時(shí)刻，A、B達(dá)到共同速度v＝2m/s；3s時(shí)刻至A停止運(yùn)動(dòng)前，A向右運(yùn)動(dòng)的速度始終大于B的速度)求：甲乙(1)小鐵塊A向左運(yùn)動(dòng)相對(duì)地面的最大位移；(2)B運(yùn)動(dòng)的時(shí)間及B運(yùn)動(dòng)的位移大小。【答案】(1)0.5m(2)4s25m【解析】(1)由題圖乙可知，0～3s內(nèi)A做勻變速運(yùn)動(dòng)，速度由vA＝－1m/s變?yōu)関＝2m/s則其加速度大小為aA＝eq\f(v－vA,t1)＝eq\f(2－－1,3)m/s2＝1m/s2，方向水平向右。當(dāng)A水平向左運(yùn)動(dòng)速度減為零時(shí)，向左運(yùn)動(dòng)的位移最大，則s＝eq\f(v\o\al(2,A),2aA)＝0.5m。(2)設(shè)A與B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1，由牛頓第二定律得μ1mg＝maA則μ1＝eq\f(aA,g)＝0.1由題圖乙可知，0～3s內(nèi)B做勻減速運(yùn)動(dòng)，其速度由vB＝14m/s變?yōu)関＝2m/s則其加速度大小為aB＝eq\f(vB－v,t1)＝eq\f(14－2,3)m/s2＝4m/s2方向水平向左設(shè)B與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2，由牛頓第二定律得μ1mg＋2μ2mg＝maB則μ2＝eq\f(aB－μ1g,2g)＝0.153s之后，B繼續(xù)向右做勻減速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得2μ2mg－μ1mg＝ma′B則B的加速度大小為a′B＝2μ2g－μ1g＝2m/s2方向水平向左3s之后運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2＝eq\f(v,a′B)＝eq\f(2,2)s＝1s則B運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t＝t1＋t2＝4s0～4s內(nèi)B的位移xB＝eq\f(vB＋v,2)t1＋eq\f(v,2)t2＝25m，方向水平向右。16.如圖所示，傾角α＝30°的足夠長(zhǎng)光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一長(zhǎng)L＝1.8m、質(zhì)量M＝3kg的薄木板，木板的最右端疊放一質(zhì)量m＝1kg的小物塊，物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝eq\f(\r(3),2)。對(duì)木板施加沿斜面向上的恒力F，使木板沿斜面由靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。設(shè)物塊與木板間最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度g取10m/s2，物塊可視為質(zhì)點(diǎn)。(1)為使物塊不滑離木板，求力F應(yīng)滿足的條件；(2)若F＝37.5N，物塊能否滑離木板？若不能，請(qǐng)說明理由；若能，求出物塊滑離木板所用的時(shí)間及滑離木板后沿斜面上升的最大距離?！敬鸢浮?1)20N<F≤30N(2)能1.2s0.9m【解析】(1)以物塊和木板整體為研究對(duì)象，由牛頓第二定律得F－(M＋m)gsinα＝(M＋m)a以物塊為研究對(duì)象，由牛頓第二定律得Ff－mgsinα＝ma又Ff≤Ffm＝μmgcosα解得F≤30N又a>0解得F>20N所以20N<F≤30N。(2)因F＝37.5N>30N，所以物塊能夠滑離木板，隔離木板，由牛頓第二定律得F－μmgcosα－Mgsinα＝Ma1隔離物塊，由牛頓第二定律得μmgcosα－mgsinα＝ma2設(shè)物塊滑離木板所用時(shí)間為t木板的位移x1＝eq\f(1,2)a1t2物塊的位移x2＝eq\f(1,2)a2t2物塊與木板分離的臨界條件為Δx＝x1－x2＝L聯(lián)立以上各式解得t＝1.2s物塊滑離木板時(shí)的速度v＝a2t由公式－2gxsinα＝0－v2解得x＝0.9m。17．(2020棗莊八中模擬)如圖甲所示，長(zhǎng)木板B固定在光滑水平面上，可看作質(zhì)點(diǎn)的物體A靜止疊放在B的最左端．現(xiàn)用F＝6N的水平力向右拉物體A，經(jīng)過5s物體A運(yùn)動(dòng)到B的最右端，其vt圖象如圖乙所示．已知A、B的質(zhì)量分別為1kg、4kg，A、B間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，g取10m/s2.(1)求物體A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)；(2)若B不固定，求A運(yùn)動(dòng)到B的最右端所用的時(shí)間．【答案】：(1)0.4(2)7.07s【解析】：(1)根據(jù)vt圖象可知物體A的加速度為aA＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(10,5)m/s2＝2m/s2以A為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律可得F－μmAg＝mAaA解得μ＝eq\f(FmAaA,mAg)＝0.4(2)由題圖乙可知木板B的長(zhǎng)度為l＝eq\f(1,2)×5×10m＝25m若B不固定，則B的加速度為aB＝eq\f(μmAg,mB)＝eq\f(0.4×1×10,4)m/s2＝1m/s2設(shè)A運(yùn)動(dòng)到B的最右端所用的時(shí)間為t，根據(jù)題意可得eq\f(1,2)aAt2－eq\f(1,2)aBt2＝l，解得t＝7.07s.18.如圖所示，兩個(gè)完全相同的長(zhǎng)木板放置于水平地面上，木板間緊密接觸，每個(gè)木板質(zhì)量M＝0.6kg，長(zhǎng)度l＝0.5m．現(xiàn)有一質(zhì)量m＝0.4kg的小木塊，以初速度v0＝2m/s從木板的左端滑上木板，已知木塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1＝0.3，木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2＝0.1，重力加速度g＝10m/s2.求：(1)小木塊滑上第二個(gè)木板的瞬間的速度大??；(2)小木塊最終滑動(dòng)的位移(保留兩位有效數(shù)字)．【答案】(1)1m/s(2)0.67m【解析】(1)木板受到木塊的摩擦力為Ff1＝μ1mg＝1.2N，