2023-2024屆高考物理一輪復(fù)習(xí)講義 21板塊模型動(dòng)力學(xué)分析（解析版）

專(zhuān)題21板塊模型動(dòng)力學(xué)分析

考點(diǎn)一板塊模型的摩擦力分析（1-3T）

考點(diǎn)二不受拉力作用的板塊模型（4-14T）

考點(diǎn)三受到拉力作用的板塊模型（15-25T）

考點(diǎn)一板塊模型的摩擦力分析

1.板塊模型中對(duì)物體所受的摩擦力進(jìn)行正確的分析與判斷是求解的前提。

2.摩擦力的方向沿兩物體的接觸面，與相對(duì)運(yùn)動(dòng)或相對(duì)運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)的方向相反。

1.（多選）如圖所示，4為長(zhǎng)木板，在水平面上以速度/勻速向右運(yùn)動(dòng)，同時(shí)物塊B在A的

上表面以速度勻速心向右運(yùn)動(dòng)，右和匕，以地面為參考系，且A、B接觸面粗糙，下列判斷正

確的是（）

A.若%=%,A、B之間無(wú)摩擦力

B.若Vl>v2,A受到B所施加的滑動(dòng)摩擦力向左

C.若也<%,B受到A所施加的滑動(dòng)摩擦力向右

D.若%>七，A、B之間無(wú)滑動(dòng)摩擦力

【答案】AB

【解析】A.若%=%，A、B之間無(wú)摩擦力，A正確；

B.若%>%,A受到B所施加的滑動(dòng)摩擦力向左，B正確；

C.若叫<%，B受到A所施加的滑動(dòng)摩擦力向左，C錯(cuò)誤；

I）.若%>2，A、B之間有滑動(dòng)摩擦力，D錯(cuò)誤。

2.（多選）如圖所示，物體48疊放在水平地面上，水平力尸作用在8上，使二者一起向右

做勻速直線運(yùn)動(dòng)，下列說(shuō)法正確的是（）

A.A.8之間無(wú)摩擦力B.4受到6施加的摩擦力水平向右

C.4、6之間為滑動(dòng)摩擦力D.地面受到6施加的摩擦力為滑動(dòng)摩擦力，方向水平向右

【答案】AD

【解析】ABC.對(duì)4受力分析可知，水平方向受合力為零，即6對(duì)/無(wú)摩擦力，即/、8之

間無(wú)摩擦力，選項(xiàng)A正確，BC錯(cuò)誤：

D.對(duì)U整體受力分析可知，地面對(duì)8的滑動(dòng)摩擦力與力尸等大反向，即地面對(duì)8的滑動(dòng)摩

擦力向左，根據(jù)牛頓第三定律可知，地面受到6施加的摩擦力為滑動(dòng)摩擦力，方向水平向右,

選項(xiàng)D正確。

m

3.已知A與B的質(zhì)量分別為6人=1kg，β=2kg，A與B間的動(dòng)摩擦因數(shù)%=0.3,8與水

平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃2=OZ如圖甲、乙所示?，F(xiàn)用大小為12N的水平力凡分別作用在A、

B上，已知最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度g=10n√s2,則各物體所受摩擦力的

情況是()

A.甲圖中，A不受摩擦力，B受到地面水平向左的大小為6t4的摩擦力

B.甲圖中，A受摩擦力水平向右，大小為3脂B受地面的摩擦力水平向左，大小為6N

C.乙圖中，A受摩擦力水平向左，大小為8IM;B受地面的摩擦力水平向左，大小為6N

D.乙圖中，A受摩擦力水平向左，大小為3IM;B受地面的摩擦力水平向左，大小為3N

【答案】D

【解析】根據(jù)題意可知，A、B間的最大靜摩擦力為∕mι=μ1mλg=3N

地面與間的最大靜摩擦力為/mm6

Bm/=μ2(AΛ+Dn)g=IN"

AB.甲圖中，由于尸>(2

則B由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，假設(shè)A、B保持靜止，由牛頓第二定律有F-/,=(TnA

mzA+mbn)a1

解得αι=2π√s

對(duì)A,設(shè)A、B間靜摩擦力為人，由牛頓第二定律有∕1=小人%=2tq<∕mι

則假設(shè)成立，即A、B一起向右加速運(yùn)動(dòng)，則A受B水平向右的靜摩擦力，大小為2N，B受

地面水平向左的滑動(dòng)摩擦力，大小為6N，故AB錯(cuò)誤；

CD.乙圖中，根據(jù)題意，山于A、B間最大靜摩擦力小于B與地面間的最大靜摩擦力，則A、

B間發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)，對(duì)A分析，可知A受B水平向左的滑動(dòng)摩擦力，大小為3N，由牛頓第三

定律可知，B受A向右的滑動(dòng)摩擦力，大小為3N小于B與地面間的最大靜摩擦力，則B仍然

靜止不動(dòng)，則B受地面水平向左的靜摩擦力，大小為3ιr故C錯(cuò)誤，D正確。

故選D。

考點(diǎn)二不受拉力作用的板塊模型

1.位移關(guān)系：如圖所示，滑塊由木板一端運(yùn)動(dòng)到另一端的過(guò)程中，滑塊和木板同向運(yùn)

動(dòng)時(shí)，位移之差△LXi-E=/（板長(zhǎng)）；滑塊和木板反向運(yùn)動(dòng)時(shí)，位移大小之和用+x∣=/.

2.臨界條件：滑塊不從木板的末端掉下來(lái)的臨界條件是滑塊到達(dá)木板末端時(shí)的速度與

木板的速度恰好相同。

3.動(dòng)力學(xué)分析流程

無(wú)臨界滑塊與木一.確定相同時(shí)間內(nèi)的位

速度板分離"移關(guān)系，列式求解

牛頓第

對(duì)滑塊二定律判斷是否若FfWFfm，

存在速度

木板受.假設(shè)成立,

運(yùn)動(dòng)學(xué)相等的臨

力分析滑塊與由隔離法I］整體列式

公式界點(diǎn)由整

木板沒(méi)求滑塊與

體法

有臨界分離,假.木板間摩

?求系?

速度設(shè)速度擦力B及若

統(tǒng)加Ff>Ffπt,

相等后最大靜摩假設(shè)不成

速度

加速度擦力Frm?立，分別

也相等列式

4.如圖所示，質(zhì)量為Ikg的木板靜止在光滑水平面上，一個(gè)小木塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）質(zhì)量也

為1kg，以初速度%=4π√s從木板的左端開(kāi)始向右滑，木塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2,

要使木塊不會(huì)從木板右端滑落，則木板的長(zhǎng)度至少為（)

77777777777777777777777777777'

A.SmDB.F4mC.3mD.2m

【答案】D

【解析】根據(jù)牛頓第二定律得，木塊的加速度的=管==0?2X10nι∕s2=2m∕s2

木板的加速度=管=罕m∕s2=2m∕s2

設(shè)經(jīng)時(shí)間力木塊與木板達(dá)到同速，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)速度與時(shí)間關(guān)系有%-a1t=a2t

根據(jù)位移與時(shí)間關(guān)系有%t-]α02-[αzt2=L

解得L=2m

5.（多選）如圖所示，可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊與木板質(zhì)量相等，木板長(zhǎng)為￡,靜止時(shí)滑塊疊放在

木板右端，滑塊與木板、木板與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為〃，某時(shí)刻給木板一個(gè)向右的

初速度，經(jīng)過(guò)時(shí)間「兩者共速，最后木板停在地面上時(shí)滑塊位于木板左端，重力加速度為.

下面說(shuō)法正確的是（）

A

B

/777777777777777777777777777777777

A.木板加速度最大值為2B.木板加速度的最大值為3

D.木板的初速度為何區(qū)

【答案】BCD

【解析】AB.共速之前滑塊力做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，木板6做勻減速直線運(yùn)動(dòng),

加速度分別為為=膏=〃g,QB==3林g

m

共速之后直到靜止滑塊A與6加速度相同α’4=α'B=嚶=林g

3mD

所以，木板加速度的最大值為3故A錯(cuò)誤，B正確；

CD.從木板開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到滑塊與木板共速的過(guò)程中

11

7z7z

v0-aBt=aAt,XB=v0t--αβt,XA=-aj4t,XB-XA=L

帶入數(shù)據(jù)解得t=底,V0=展函：故CD正確。

6.（2022?寧夏?石嘴山市第三中學(xué)模擬預(yù)測(cè)）（多選）如圖甲所示，質(zhì)量為"的木板靜止

在光滑水平面上。一個(gè)質(zhì)量為0的小滑塊以初速度”從木板的左端向右滑上木板?；瑝K和

木板的水平速度隨時(shí)間變化的圖像如圖乙所示。某同學(xué)根據(jù)圖像作出如下一些判斷，正確的

是（）

lv

A.滑塊和木板始終存在相對(duì)運(yùn)動(dòng)B.滑塊始終未離開(kāi)木板

C.滑塊的質(zhì)量大于木板的質(zhì)量D.木板的長(zhǎng)度一定為竽

【答案】BC

【解析】AB.由題圖乙可知在。時(shí)刻滑塊和木板達(dá)到共同速度，此后滑塊與木板相對(duì)靜止,

所以滑塊始終未離開(kāi)木板，故A錯(cuò)誤，B正確；

C.滑塊與木板相對(duì)滑動(dòng)過(guò)程中，二者所受合外力大小均等于滑動(dòng)摩擦力大小，而根據(jù)題圖

乙中圖像的斜率情況可知此過(guò)程中滑塊的加速度小于木板的加速度，則根據(jù)牛頓第二定律

α=￡可知滑塊的質(zhì)量大于木板的質(zhì)量，故C正確；

m

D.根據(jù)Lt圖像與坐標(biāo)軸所圍面積表示位移可知，心時(shí)刻滑塊相對(duì)木板的位移大小為Ax=

Vot1

2

但滑塊在、時(shí)刻不一定位于木板的右端，所以木板的長(zhǎng)度不一定為羅，其滿(mǎn)足題意的最小

長(zhǎng)度為警，故D錯(cuò)誤。

7.（2022?新疆維吾爾自治區(qū)喀什第二中學(xué)高三階段練習(xí)）（多選）如圖1所示，光滑水平

面上靜置一個(gè)薄長(zhǎng)木板，長(zhǎng)木板上表面粗糙，其質(zhì)量為照t=0時(shí)刻質(zhì)量為明的物塊以水平

速度”滑上長(zhǎng)木板，此后木板與物塊運(yùn)動(dòng)的U圖像如圖2所示，重力加速度g取Iom小2,

則下列說(shuō)法正確的是（）

圖1圖2

A,M=2mB.（）_2s內(nèi)物塊的位移為l°m

C.木板與物塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1D.木板的長(zhǎng)度為8m

【答案】ABD

【解析】AC.木塊在木板上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，在水平方向上只受到木板給的滑動(dòng)摩擦力，故

Png=mαι

z

而W圖像的斜率表示加速度，故αι=^m∕s2=2nι∕s2解得"=0?2

22

對(duì)木板受力分析可知卬Hg=Ma2≈2=^m∕s=lm∕s

由上可知M=2mAlE確，C錯(cuò)誤；

B.由題可知，有初速度得圖像為小物塊，Lt圖像的面積代表位移，則X=當(dāng)x2m=i0m

B正確；

D.圖中可知物塊和木板最終分離，兩者圖像與坐標(biāo)軸圍成的面積之差等于木板的長(zhǎng)度,

則L=|×(7+3)×2-1×2×2m=8mD正確。故選ABD。

8.如圖所示，質(zhì)量m=IOkg的物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))以%=4.5n√s的水平速度滑上靜止在

地面上的長(zhǎng)為人的長(zhǎng)木板，木板質(zhì)量為M=20kg，物塊最后恰好沒(méi)有滑出長(zhǎng)木板。已知物

塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為“1=0.4,木板與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為〃2=01，最大靜摩

擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度g=10nι∕s2,求：

(1)物塊剛滑上木板時(shí)，物塊和木板的加速度大小分別為多少？

(2)木板的長(zhǎng)度上?

JI-→.vo..

22

【答案】(1)4m∕s;O.5m∕si(2)2.25m

【解析】對(duì)物塊受力分析知物塊做減速運(yùn)動(dòng)，設(shè)其加速度大小為由，

則由牛頓第二定律可得出7ng=m由代入數(shù)據(jù)解得的=4nι∕s2

對(duì)木板受力分析，設(shè)木板加速度大小為。2，由牛頓第二定律可得“img-"2

(M+m)g=Ma2

代入數(shù)據(jù)解得αz=0.5m∕s2

(2)設(shè)經(jīng)過(guò)時(shí)間J二者共速，則有%-%匕=。2口解得tι=%

設(shè)共速時(shí)的速度大小為%，則有%=Cl2tl解得Ul=O.5rn∕s

tι時(shí)間內(nèi)物塊的位移為Xl=空tι解得Xι=2.5rn

木板的位移為小=解得X2=0?25rn

所以木板的長(zhǎng)度為L(zhǎng)=%ι^-%2=2?25ΠI

9.(2022?安徽省定遠(yuǎn)縣第三中學(xué)模擬預(yù)測(cè))如圖所示，質(zhì)量M=4.0kg的長(zhǎng)木板B靜止在

光滑的水平地面上，在其右端放一質(zhì)量m=1.0kg的小滑塊A(可視為質(zhì)點(diǎn))初始時(shí)刻，A、

B分別以%=2.0nι∕s向左、向右運(yùn)動(dòng)，最后A恰好沒(méi)有滑離B板。已知A、B之間的動(dòng)摩擦

2

因數(shù)〃=0.40,取g=lθm∕s.>求：

(1)A、B相對(duì)運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度應(yīng)和4的大小與方向；

(2)A相對(duì)地面速度為零時(shí)，B相對(duì)地面的運(yùn)動(dòng)速度%D；

(3)木板B的長(zhǎng)度h

(3)16

【答案】(1)4.0m∕s2，方向水平向右；l?0∏1∕s2，方向水平向左；(2)"m/s；?m

【解析】(1)A、B分別受到大小為〃mg的摩擦力作用，根據(jù)牛頓第二定律對(duì)A有卬ng=JnaA

2

則代入數(shù)據(jù)可得=4.0m∕s方向水平向右。

對(duì)B有Nmg=MaB

2

則代入數(shù)據(jù)可得αlj=1,0m∕s方向水平向左.

(2)開(kāi)始階段A相對(duì)地面向左做勻減速運(yùn)動(dòng)，設(shè)到速度為零時(shí)所用時(shí)間為ti，則為=(^匕

代入數(shù)據(jù)解得亢=0.50s

B相對(duì)地面向右做勻減速運(yùn)動(dòng)，

此時(shí)B板的運(yùn)動(dòng)速度為%=v0-αβt1=2.0m/s-1,0×0?5m∕s=1.5m∕s

(3)A先相對(duì)地面向左勻減速運(yùn)動(dòng)至速度為零，后相對(duì)地面向右做勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度大

小仍為αA=4?om∕s2,B板向右一直做勻減速運(yùn)動(dòng)，加速度大小為￡?=i,om/s?，當(dāng)A、B

速度相等時(shí)，A滑到B最左端，恰好沒(méi)有滑離木板B,故木板B的長(zhǎng)度為這個(gè)全過(guò)程中A、B

間的相對(duì)位移。

設(shè)由速度為零至速度相等所用時(shí)間為則代入數(shù)據(jù)解得

At2,αA∕2=VD-Daat2t2=0.3??

共同速度U=apt2=4.0X0?3m∕s=1.2m∕s

從開(kāi)始到A、B速度相等的全過(guò)程，A向左運(yùn)動(dòng)的位移

(vɑ-v)(t?+《2)(2—1.2)(0.5+0.3)

xA=2=2m0.32rn

B向右運(yùn)動(dòng)的位移/=地*山="誓±竺m=l?28m

故B板的長(zhǎng)度/=4+.=1/

10.如圖所示，質(zhì)量為,滬2kg的木板B靜止在粗糙的水平面上，木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)

“kθ.1,木板長(zhǎng)為￡,距離木板右邊S處有一擋板，在木板的左端放置一個(gè)質(zhì)量爐3kg、可

視為質(zhì)點(diǎn)的小木塊A,以初速度次5m∕s滑上木板，小木塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃尸0.2,

￠(5=10m∕s2o求:

(1)假設(shè)S足夠大，且A沒(méi)有從B上滑下來(lái)，請(qǐng)問(wèn)B板至少要多長(zhǎng)；

(2)要使木板不撞擋板，則擋板距離木板右邊的距離S至少要多長(zhǎng)。

B

\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\

【答案】(1)5m；(2)1.5m

【解析】(1)對(duì)木塊A由牛頓第二定律得-%mg=Jnal

2

解得%=-μ1g=-2m∕s

對(duì)木板B由牛頓第二定律得一〃2(m+M)g=Mα2解得α2=0.5πι∕s2

設(shè)經(jīng)過(guò)時(shí)間f后A、B達(dá)到共同速度F,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得V=v0+a1tV=a2t

解得V=Im/s，t=2s

2

。時(shí)間段內(nèi)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得A、B的位移分別為/=%t+^aιt2x2=∣α2t

所以B板至少長(zhǎng)L=XI-X2解得L=5rn

(2)當(dāng)A、B相對(duì)靜止后，以共同的加速度向前減速。

2

牛頓第二定律得一〃2(m+M)g=(m+M)a3解得α3=-lm∕s

2

設(shè)木板B加速和減速通過(guò)的位移分別為刈、Xs則加速過(guò)程有小=∣ɑ2t

減速過(guò)程有2c?X3=O-V2

要使木板不撞擋板，則擋板距離木板右邊的距離S至少為s=小+與解得s=15m

11.如圖，兩個(gè)滑塊A和B的質(zhì)量分別為T(mén)nA=Ikg和ZnB=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)均為肉=05木板的質(zhì)量為τn=4kg,與地面間

的動(dòng)摩擦因數(shù)為〃2=0」，某時(shí)刻A、B兩滑塊開(kāi)始相向滑動(dòng)，初速度大小均為%=6πι∕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

9=10m∕s20求：

(I)B與木板相對(duì)靜止時(shí)，木板的速度；

(2)A、B開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)，兩者之的距離。

Ξ→_______

/777777777777777777777777777777777

【答案】(1)2m/s；(2)7.6πι

【解析】(1)剛滑上滑塊對(duì)A、B的受力分析如圖所示

NlN2

AΛ

<-—?

`rmeg〃?Ag

此時(shí)A、B的加速度分別為心、αβ,規(guī)定向右為正

fβ=MNl=NlmBg=25N

~fβ=mBaB

fλ=林1電=μ^mAg=5N

[A=mAaA

22

解得叫=5m∕s?B=-5t∏∕s

地面對(duì)木板的最大靜摩擦力為fml=μ2(jn+mj4+mB)g=ION

對(duì)木板受力分析如圖所示

八N

<>

Λ,7∏4'

Iml`g

木板的加速度為QfB-fA—??=ma解得ɑ=2.5m∕s2

at

經(jīng)過(guò)。時(shí)間B和木板達(dá)到共同速度Ulv1=at1v1=V0+Bι

解得t1=0.8sv1=2m∕s

(2)木板和物塊B共速時(shí)，A的速度為藝v2=-V0+QVl=-2m∕s

22

則在G時(shí)間內(nèi)兩者的相對(duì)位移大小為?χ1=v0t1+?ɑgti-(-v0tι+?ɑ^?i)=6.4m

物塊B與木板相對(duì)靜止后整體的加速度為由,受力如圖所示

八M

f

'，N2

?(m+mβ)g

2

根據(jù)牛頓第二定律-fmι-AA=(m+mβ)α1解得ɑi="∣m∕s

vat

則三者再經(jīng)±2時(shí)間達(dá)到共速％V3=l÷l2V3=V2-VQAt2

解得v3=lm∕st2=0?6s

2z

則在￡2時(shí)間內(nèi)AB物體的相對(duì)位移大小為XXl=v112+∣α1t2-(.v2t2+^aAt2)=1.2m

A、B相遇時(shí)，A與木板恰好相對(duì)靜止，可知初始時(shí)兩者的距離為X=Ax1+?χ2=7.6m

12.如圖所示，水平地面上固定著傾角O=37°的足夠長(zhǎng)斜面。在質(zhì)量M=7kg的長(zhǎng)方體型

木板由靜止釋放的同時(shí)，一質(zhì)量m=Ikg的小物塊以%=8?0rn∕s的初速度，從木板的下端

滑上木板。在小物塊上滑的過(guò)程中，木板恰好不往下滑，且小物塊到達(dá)木板上端時(shí)物塊速度

恰好為零。已知物塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)4ι=0?25,最大靜摩擦力均分別等于各自接

觸面的滑動(dòng)摩擦力，取重力加速度g=i0m/s2，sin37°=0.6,cos37°=0.8。求：

(1)木板的長(zhǎng)度￡；

(2)木板與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為〃2；

二(3)物塊滑離木板時(shí)，物塊的速度大小V.

【答案】(1)Δ=4m：(2)%=J;(3)U=J?^rr?/s

O?

【解析】(1)設(shè)物塊上滑過(guò)程中，加速度大小為a,取物塊為研究對(duì)象，做受力分析圖如

圖

★、土:二.......

????????????????????????

正交分解后，可知GIX-mgs?nθ,GIy=mgcosθ,A=Nl=%Giy="ιnjgcos8

由牛頓第二定律GLX+/i=mamgsinθ+μ1mgcosθ—ma

又由于木板恰好不往下滑，物塊做勻減速運(yùn)動(dòng)，物塊到達(dá)木板上端時(shí)物塊速度恰好為零。則

有O—詔=-2aL解得L=4m

(2)物塊上滑過(guò)程中，木板恰好不下滑，取木板為研究對(duì)象，做受力分析圖如圖

zZrn

正交分解則有人=?=μ1mgcosθιFNI=FNl=gcos。,

G2x=MgSin仇G2y=MgCoS仇f2=μ2(M+m)gcQsθ

由共點(diǎn)力平衡可得G2χ=/i./+f2Mgsinθ=μ1mgcosθ+%(M+m)gcosθ

解得μ2=l

(3)當(dāng)物塊到達(dá)木板上端后，由于4＜的，物塊和木板分別以不同的加速度沿斜面向下做

勻加速直線運(yùn)動(dòng)。

對(duì)物塊

由牛頓第二定律可知G]χ-∕1=mαmgsinθ—μ1mgcosθ—ma1

對(duì)木板

,

由牛頓第二定律可知f1+G2x-f2=Ma2

μ1mgcosθ+MgSine—M+πi)gcosθ=Ma2

物塊位移Xl=Talt2

2

木板位移X2=∣?t

又有X1-X2=L

物塊滑離木板時(shí)速度滿(mǎn)足V=a1t解得V=^√21m∕s

13.(2022?全國(guó)?高三專(zhuān)題練習(xí))如圖，傾角為。的斜面體C固定在水平地面上，一質(zhì)量

機(jī)1=2kg的木板A以為=3n√s初速度沿斜面勻速下滑，木板A與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為〃1。

將一質(zhì)量τ∏2=Ikg的滑塊B輕放在距木板下端Z處，滑塊B可視為質(zhì)點(diǎn)，與木板A之間的

動(dòng)摩擦因數(shù)為〃2且〃2=當(dāng)木板A速度剛減為零時(shí)，滑塊B恰好從下端滑離木板。已知

斜面足夠長(zhǎng)，SinO=0.4,重力加速度9=10m∕s2,求：

(1)木板與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)大小內(nèi)(結(jié)果可保圖根號(hào))；

(2)滑塊B剛放在木板A上時(shí)，滑塊B的加速度大小。2及木板?的加速度大小的；

(3)滑塊B釋放時(shí)距木板下端的距離L.

【答案】(1)%=善；(2)6m∕s2;3m/s2；(3)5.5m

2

【解析】(D開(kāi)始木板A能夠勻速下滑，有HiigsinO=%TnIgCOSe解得出=tan。=而

(2)剛放上滑塊B,對(duì)滑塊B分析

w3gsin0

由牛頓第二定律可得”2巾2。85。+m2gsmθ=m2a2解得=TgSine=6m∕s2

對(duì)木扳Λ分析

rn

由牛頓第二定律可得"22gcos8+μ1(m1+m2)gcosθ—mrgsinθ=τn1α1

O

解得出=ZgSino=3m∕s2

共=

(3)設(shè)經(jīng)過(guò)匕時(shí)間，A與B共速對(duì)A、B分別有V#=?-α1t1U

共—

聯(lián)立可解得t?=∣s,U2rn∕s,

B相對(duì)A往后打滑Si，有Sl=W^垃一，“

解得SI=0.5m,共速后,再對(duì)B受力分析有m2gsinθ—μ2m2gcosθ=τn2ɑ2

解得Ct2=TgSin8=2ιn∕s2

w3gsin^

對(duì)A分析,有μ1(m1÷m2)gcosθ—μ2m2gcosθ—m1gsinθ=m1α1

ZW靖Ine

V.

設(shè)再經(jīng)過(guò)。時(shí)間，木板速度減為零，有［2二—ii

ɑi

,

解得±2=2S，此時(shí)滑塊B速度為方，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得W="共+Qzt2

解得七=6m/s，共速后B相對(duì)A再往前打滑S2,有S2=上等t2-^t2

解得S2=6m,聯(lián)立可得滑塊B釋放時(shí)距木板下端的距離L=S2-S1=5.5m

14.（2021?甘肅省民樂(lè)縣第一中學(xué)高三階段練習(xí)）（多選）如圖所示，傾角。=37°的斜面

底端固定一個(gè)擋板P,質(zhì)量m=Ikg的小物塊A與質(zhì)量M=4kg的木板B疊放在斜面上，A

位于B的最上端且與擋板P相距Z,=8rn。已知A與B、B與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為%=0.8

和g=05。現(xiàn)將A、B同時(shí)由靜止釋放，cos37°=0.8,sin37°=0.6,最大靜摩擦力等

于滑動(dòng)摩擦力，B與擋板相撞后立即靜止。

（1）求A、B釋放后，小物塊A與木板B的加速度大??；

（2）若小物塊A與擋板恰好不相碰，求木板B的長(zhǎng)度/°。（結(jié)果保留三位有效數(shù)字）

A

B

【答案】⑴2rn∕s2,2m∕s2；⑵6.67m

【解析】(1)釋放木板B與物塊A,它們一起加速下滑，以木板B與物塊A整體為研究對(duì)

象，設(shè)其加速度大小為由,由牛頓第二定律，有(m+M)gsinO-〃2(η+M)gcosJ=

(m+M)α1

解得α1=gs?nθ-μ2gcosθ=2m∕s2

此時(shí)A受到的摩擦力為mgsmθ—Ff=ma

解得Ff=4N<μ1mgcosθ=6.4N

即A、B釋放時(shí)，物塊A與木板B的加速度大小相同，均為2rn∕s2

(2)在木板B與擋板未碰前，A和B相對(duì)靜止，以相同的加速度一起向下做勻加速運(yùn)動(dòng)，

木板B與擋板P相碰后立即靜止，A開(kāi)始勻減速下滑，根據(jù)題意，物塊A到達(dá)擋板時(shí)的速度

恰好為0,設(shè)木板B與擋板P碰撞瞬間速度為/

2

則有V=2α1(L-Z0)

設(shè)木板B靜止后，物塊A減速下滑時(shí)的加速度大小為a2,

(II牛頓第二定律，有由7ngcosJ—mgsinθ=ma2

22

由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有O-V=-2a2l0

聯(lián)立以上各式，解得I0=6.67m

考點(diǎn)三受到拉力作用的板塊模型

1.水平地面粗糙時(shí)，水平力F作用下板和地面之間是否會(huì)發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)的判斷方法:

D力F作用到滑塊上時(shí)，滑塊對(duì)板的摩擦力是動(dòng)力,地面對(duì)板的摩擦力是阻力。如

果滑塊對(duì)板的最大靜摩擦力小于地面對(duì)板的最大靜摩擦力，對(duì)板受力分析，會(huì)發(fā)現(xiàn)無(wú)論F

多大，板和地面之間都不會(huì)發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)。如果滑塊對(duì)板的最大靜摩擦力大于地面對(duì)板的

最大靜摩擦力，以滑塊和板整體為研究對(duì)象，通過(guò)受力分析會(huì)發(fā)現(xiàn)：當(dāng)F小于或等于地面

對(duì)板的最大靜摩擦力時(shí)，滑塊和板均處于靜止?fàn)顟B(tài)，當(dāng)F大于地面對(duì)板的最大靜摩擦力時(shí),

板和地面之間發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)。

2）力F作用到板上時(shí)，以滑塊和板整體為研究對(duì)象,通過(guò)受力分析會(huì)發(fā)現(xiàn)：如果F

小于或等于地面對(duì)板的最大靜摩擦力，滑塊和板均處于靜止?fàn)顟B(tài)，如果F大于地面對(duì)板的

最大靜摩擦力，板和地面之間發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)。

2.判斷水平拉力F作用下滑塊和板之間是否有相對(duì)運(yùn)動(dòng)的兩種方法：

方法一：先假設(shè)滑塊和板之間無(wú)相對(duì)滑動(dòng)，用整體法算出共同的加速度a,再用隔離

法算出沒(méi)有受到力F作用的一方以加速度a運(yùn)動(dòng)“所需要”的摩擦力f（摩擦力f是其運(yùn)動(dòng)

的動(dòng)力）；比較f與兩者間最大靜摩擦力f皿的關(guān)系，若f>f皿，則最大靜摩擦力fτ不能

產(chǎn)生兩者共同的加速度，因而發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，若fSf皿則兩者不會(huì)發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)。

方法二：若板和地面之間可以發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，當(dāng)滑塊和板之間的靜摩擦力剛好等于

最大靜摩擦力時(shí)，所加的拉力即是兩者保持相對(duì)靜止的最大拉力F皿,利用整體法和隔離法

算出相對(duì)靜止的最大拉力%,若拉力小于或等于F曲則兩者保持相對(duì)靜止，若拉力大于FBaX

則兩者發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)。具體計(jì)算如下（以拉力作用到滑塊上為例）：

如圖，當(dāng)AB保持相對(duì)靜止但就要發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)時(shí)，AB間的靜摩擦力為最大靜摩擦力，

此時(shí)AB的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)相同。設(shè)A的質(zhì)量為m,B的質(zhì)量為M,AB間的最大靜摩擦力為f“B和

地面間的最大靜摩擦力為fz,最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。

AI~?_______

RI

對(duì)AB:FMX一■fz=（m+M）a①

對(duì)A:FBaX-fi=Ina②

兩式聯(lián)立可得：F陪不/1一巳/2

重要提醒：根據(jù)以上第②式可以得到F==f∣+ma,所以拉力必須大于（f∣+ma）時(shí)AB才

會(huì)發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)。

3.水平地面粗糙，當(dāng)拉力F作用到滑塊上時(shí)，如果板和地面之間可以發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)，

在F由零逐漸增大的過(guò)程中，滑塊和板分別如何運(yùn)動(dòng)？

在拉力F小于等于板和地面之間最大靜摩擦力的過(guò)程中兩者均保持靜止，拉力F大于

板和地面之間的最大靜摩擦力后，兩者保持相對(duì)靜止以共同的加速度做加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)拉力F

大于兩者相對(duì)靜止的最大拉力后發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)，在此后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中板的加速度保持不變

（這個(gè)加速度也是板的最大加速度），滑塊的加速度隨著F的增大繼續(xù)增大。

15.（多選）如圖所示，一長(zhǎng)木板放在光滑水平面上，靠近木板的左端有一個(gè)小物塊，開(kāi)始

時(shí)二者均處于靜止?fàn)顟B(tài)。已知小物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為〃，木板與小物塊的質(zhì)量均為

m,最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度大小為取現(xiàn)用水平向右的拉力廠作用在小

物塊上，當(dāng)廠逐漸增大時(shí)，以下說(shuō)法正確的是（）

A.當(dāng)F=2卬ng時(shí)木板將要與地面產(chǎn)生相對(duì)滑動(dòng)

B.當(dāng)F=2qng時(shí)小物塊將要與木板產(chǎn)生相對(duì)滑動(dòng)

C.當(dāng)F=4小。時(shí)木板的加速度大小為

D.木板的最大加速度為〃g

【答案】BD

【解析】A.水平面光滑，有力/時(shí)，木板與地面產(chǎn)生相對(duì)滑動(dòng)，故A錯(cuò)誤；

BD.小物塊將要與木板產(chǎn)生相對(duì)滑動(dòng)時(shí)，物塊與木板間靜摩擦力最大，對(duì)整體有F=2mα

對(duì)木板有〃n?g=ma

則a=pgF=2μmg故BD正確；

C.當(dāng)F=Nng時(shí)，木板與物體一道向右運(yùn)動(dòng)，對(duì)整體有a=^=；Pg故C錯(cuò)誤。

16.（2022?海南?一模）（多選）如圖所示，在光滑水平面上有一靜止的質(zhì)量M=2kg的木

板，木板上靜止放置一質(zhì)量m=Ikg的物體，物體與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃=02,重力加

速度g取10m∕s2o現(xiàn)用水平恒力尸拉物體πi,下列關(guān)于拉力廠的大小及物體加速度a可能

的是（）

2

a?F=IN時(shí)α=l∏√s2b?f=2N^a=3m∕s2

C.尸=3N時(shí)Q=I?5rn∕s2D.F=4ls∣時(shí)α=2rn∕s2

【答案】BD

【解析】C.當(dāng)物體和木板剛要相對(duì)滑動(dòng)時(shí)，M的加速度最大a“m=賢=WU=LOm∕s2

此時(shí)二者加速度可認(rèn)為相等，對(duì)整體尸=（m+M）α=3N

故C錯(cuò)誤；

ΛB.當(dāng)尸小于3N時(shí)，物體和木板相對(duì)靜止一起向右加速，對(duì)二者組成的整體，當(dāng)代IN時(shí)％=

?=1,2

M+m3?r?/s

當(dāng)代2N時(shí)/-=∣rn∕s2故A錯(cuò)誤，B正確；

I）.當(dāng)廠超過(guò)3N時(shí)，物體和木板相時(shí)滑動(dòng)，

12

當(dāng)片4N時(shí)，對(duì)物體的=號(hào)”=Γm∕s=2IB∕S2故D正確。

17.（多選）A、B兩物體質(zhì)量均為T(mén)n=Ikg，靜止疊放在光滑的水平地面上，A、B間的動(dòng)摩

擦因數(shù)為4=0.2,最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度為g=lOm/s??，F(xiàn)對(duì)B施加

一水平拉力F,下列說(shuō)法正確的是（）

A

B~→F

,∕∕∕∕∕z/zz∕zzzzzzzz∕

A.只有當(dāng)F>2r4時(shí)，B才會(huì)運(yùn)動(dòng)

B.當(dāng)F=3IM時(shí)，B的加速度大小為ln√s2

C.當(dāng)F>4tq時(shí)，A相對(duì)B滑動(dòng)

D.當(dāng)產(chǎn)=5N時(shí)，A的加速度大小為2n√s2

【答案】CD

【解析】A.地面光滑，地面對(duì)B沒(méi)有摩擦力，即只要FK0,物體B就會(huì)運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤；

C.當(dāng)A、B之間的摩擦力恰好達(dá)到最大靜摩擦?xí)r，此時(shí)A、B的共同加速度為α,對(duì)A物體

而言Λ∏ax=Mmg=ma

對(duì)于A、B組成的整體而言F=2mα

解得F=4N

即當(dāng)F>4IS1時(shí)，A相對(duì)B滑動(dòng)，C正確；

B.因?yàn)镕=3N<4N

此時(shí)A、B具有共同的加速度，設(shè)此時(shí)的加速度為由,

根據(jù)牛頓第二定律可得F=2ma1

解得的=1.5m∕s2β錯(cuò)誤；

D.因?yàn)镕=5N>4N

A、B發(fā)生相互滑動(dòng)，A、B之間的摩擦力為滑動(dòng)摩擦力，此時(shí)A的加速度為a2，根據(jù)牛頓第

二定律可得啟ax=Umg=ma2

解得c?=2m∕s2D正確。

18.（2021?全國(guó)乙卷）（多選）水平地面上有一質(zhì)量為m的長(zhǎng)木板，木板的左端上有一質(zhì)量

為Bh的物塊，如圖（a）所示.用水平向右的拉力F作用在物塊上，F(xiàn)隨時(shí)間t的變化關(guān)系如

圖（》所示，其中R、F?分別為3、七時(shí)刻F的大小.木板的加速度a∣隨時(shí)間t的變化關(guān)系

如圖（C）所示.已知木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為U“物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為Uz.假

設(shè)最大靜摩擦力均與相應(yīng)的滑動(dòng)摩擦力相等，重力加速度大小為g?則（）

0(b)

Fl=μImlg

B.F2=

D.在0?t2時(shí)間段物塊與木板加速度相等

【答案】BCD

【解析】結(jié)合題圖可知在0?△時(shí)間內(nèi)，物塊與木板之間摩擦力為靜摩擦力，物塊與木板

均靜止，在。?匕時(shí)間內(nèi)，物塊與木板之間摩擦力為靜摩擦力，物塊與木板一起滑動(dòng)，選項(xiàng)

D正確；把物塊和木板看成整體，在右時(shí)刻，由牛頓第二定律有￡一小（陽(yáng)+加g=0,解得

內(nèi)=m（m+∕?）g,選項(xiàng)A錯(cuò)誤；上時(shí)間后，物塊相對(duì)于木板滑動(dòng)，木板所受的滑動(dòng)摩擦力為

恒力，做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)打時(shí)刻木板的加速度為a,在上時(shí)刻，對(duì)木板由牛頓第二定律

有。2Λ?L?。ǖ?加尸0a>O,顯然“2〉當(dāng)口\，選項(xiàng)C正確；友時(shí)刻，對(duì)物塊由牛頓第

二定律有Pi—U2∏kgz=∏ka,聯(lián)立解得K=ITl2（叫+叫）（“2一?。ゞ,選項(xiàng)B正確.

mI

19.（2022?遼寧?模擬預(yù)測(cè)）（多選）如圖所示，質(zhì)量n?=2kg、長(zhǎng)度L=5nq的木板力靜

止在水平面上，木板A的上表面與水平面平行。某時(shí)刻一質(zhì)量巾2=3kg的木塊6以初速度

VO=6rn∕s從左端滑上木板力的上表面，同時(shí)對(duì)木板/施加一個(gè)水平向右的力尸=3N，已知

木板A與木塊8間的動(dòng)摩擦因數(shù)%=0.2,木板A與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)“2=0.1,重力

加速度g=10n√s2,則下列說(shuō)法正確的是（）

A.木塊8在木板A上滑動(dòng)時(shí)木板A的加速度大小為Im/s?

B.木塊3從滑上木板A到兩者相對(duì)靜止所需的時(shí)間為L(zhǎng)5S

C.木板A與木塊8相對(duì)靜止時(shí)共同的加速度大小為0.4nι∕s2

D.木板｛運(yùn)動(dòng)的總位移為12m

【答案】BC

［解析】木塊6在木板/上相對(duì)滑動(dòng)時(shí)，

znmma

對(duì)木板A由牛頓第二定律可得F+μ1rn2g-μ2（ι+2）9=ιA

2

解得以=2m∕sA錯(cuò)誤；

B.對(duì)木塊8由牛頓第二定律可得〃=巾2。8

2

解得c?=2m∕s

設(shè)經(jīng)過(guò)時(shí)間3物體6與木板4達(dá)到共速，則%-0?t=α4t

解得t=1.5sB正確；

2

C.木板A與木塊6相對(duì)靜止前木板A的位移/=?aλt=2.25m

木板A與木塊月相對(duì)靜止時(shí)的速度。共=aAt=3m∕s

木板A與木塊8相對(duì)靜止后整體開(kāi)始做減速運(yùn)動(dòng)，

由牛頓第二定律可得F—〃2（η1+m2）g=（m1+πi2）α共

-2

解得α共=θ?4m∕sC正確；

0.木板A與木塊8相對(duì)靜止后到停下時(shí)木板A的位移小=3=H?25m

所以木板A運(yùn)動(dòng)的總位移X=XI+冷=13.5tnD錯(cuò)誤。

故選BCo

20.（多選）如圖所示，一質(zhì)量為必的斜面體靜止在水平面上，物體B受沿斜面向上的力Q

作用沿斜面勻速上滑，A、B之間動(dòng)摩擦因數(shù)為“，^<tanθ,重力加速度為g,且質(zhì)量均為

m,則（）

F

A.A、B保持相對(duì)靜止

B.地面對(duì)斜面體的摩擦力等于Tng(Sine-μcos0)cosθ+Fcosθ

C.地面受到的壓力等于02/77)g

F-mgsinθ-μmgcosθ

D.B與斜面間動(dòng)摩擦因數(shù)為

2mgcosθ

【答案】BD

【解析】A.設(shè)A的加速度為&對(duì)A受力分析有mgsin。一卬ngcos。=mɑ

又由〃<tan。

則mgsinJ>μmgcosθ

則物塊A會(huì)加速下滑，A、B不能保持相對(duì)靜止，故A錯(cuò)誤；

BC.對(duì)B受力分析，因?yàn)锽勻速沿斜面上滑，

有尸=mgsinθ+μmgcosθ+fN=2mgcosθ

對(duì)斜面受力分析，如圖所示，有

水平方向f'=fcosθ+Nsinθ

豎直方向N+fsinθ=Ncosθ+Mg

聯(lián)立解得N=Mg+mg-Fs?nθ+mgcosθ(l+μsinθ)

f=mg(sinθ—μcosθ)cosθ+FCOS9,

根據(jù)牛頓第三定律，知斜面對(duì)地面的壓力為∕V,b=Mg+mg-FSine+mgcosθ(l+μsinθ)

故B正確，C錯(cuò)誤；

D.設(shè)物體B與斜面體間摩擦因數(shù)為〃'f=μ,NN=2mgcosθ

而B(niǎo)與斜面間摩擦力大小f=F-mgsinθ-μmgcosθ

F-mgsinΘ-μιngcosθ

解得μ故D正確。

2mgcosθ

21.（2022?全國(guó)?高三專(zhuān)題練習(xí)）（多選）如圖，一傾角為α=37°的光滑足夠長(zhǎng)的固定

斜面上放有質(zhì)量M=（H2kg的足夠長(zhǎng)木板；一木塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）置于木板上，木塊與木

板間有摩擦。初始時(shí)木塊與木板上端相距L=1.6nr木塊與木板同時(shí)由靜止開(kāi)始下滑，木塊

下滑距離XI=0.75nl后受到平行斜面向上的作用力其大小為F=Zcv1（%為木塊運(yùn)動(dòng)速度），

木塊以巧做勻速運(yùn)動(dòng)，直至木板再向下運(yùn)動(dòng)L時(shí)將平行斜面向上的作用力由作用在木塊上改

為作用于木板上，木板以W的速度勻速運(yùn)動(dòng)，作用力尸=kW保持恒定。9=10∏1∕S2,k=

0.12N?s∕rrrsin37°=0.6,cos37°=0.8,下列說(shuō)法正確的有（）

A.木板勻速運(yùn)動(dòng)速度w為5m∕s

B.木塊的質(zhì)量為0.04kg

C.木塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.25

D.木板勻速運(yùn)動(dòng)的距離為L(zhǎng)lIm

【答案】ABD

【解析】ABC.分析木板和木塊下滑與過(guò)程，根據(jù)牛頓第二定律則有（M+m）gsina=（M+

m）a1

解得ɑi=6m∕s2

2

根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式則有v1-0=2a1x1

解得v1=3m/s

ama

木塊勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，對(duì)木塊^0sin+^9cos=f

又寸木板MgSina-