专题4.3板块模型（解析版）_4.2025物理总复习_2023年新高复习资料_二轮复习_2023届高考物理二、三轮复习总攻略290387341_专题4.3板块模型-2023届高考物理二、三轮复习总攻略

第四部分 重点模型与核心问题深究 专题4.3 板块模型 目录 模型一 动力学中水平面上的板块模型..................................................................................................................1 类型1 水平面上受外力作用的板块模型.......................................................................................................2 类型2 水平面上具有初速度的板块模型.......................................................................................................4 模型二 斜面上的板块模型......................................................................................................................................6 模型三 板块模型与动量、能量的综合问题..........................................................................................................9 类型1 无外力作用的板块模型.....................................................................................................................10 类型2 有外力作用的板块模型.....................................................................................................................11 专题提升训练............................................................................................................................................................12 模型一 动力学中水平面上的板块模型 水平面上的板块模型是指滑块和滑板都在水平面上运动的情形，滑块和滑板之间存在摩擦力，发生相对运 动，常伴有临界问题和多过程问题，对学生的综合能力要求较高。 【例1】如图所示，质量为M＝4 kg的木板长L＝1.4 m，静止放在光滑的水平地面上，其右端静置一质量 为m＝1 kg的小滑块(可视为质点)，小滑块与木板间的动摩擦因数μ＝0.4，今用水平力F＝28 N向右拉木 板。要使小滑块从木板上掉下来，力F作用的时间至少要多长？(不计空气阻力，取g＝10 m/s2) 【答案】 1 s 【解析】设t 时刻撤掉力F，此时滑块的速度为v ，木板的速度为v ，t 时刻木板与滑块达到最终速度v ， 1 2 1 2 3 如图所示阴影部分的面积为板长L，则在0～t 的过程中，由牛顿第二定律有 1对滑块：μmg＝ma ，v＝at 2 2 21 对木板：F－μmg＝Ma，v＝at 1 1 11 撤去力F后，木板的加速度变为a，则μmg＝Ma 3 3 由vt图像知L＝(v－v)t＋(v－v)(t－t)＝(v－v)t 1 2 1 1 2 2 1 1 2 2 t 时刻木板与滑块速度相等，即 2 v－a(t－t)＝v＋a(t－t) 1 3 2 1 2 2 2 1 联立可得t＝1 s。 1 【方法总结】求解水平面上的板块模型的三个关键 (1)两个分析：仔细审题，清楚题目的物理过程，对每一个物体进行受力分析和运动过程分析。 (2)求加速度：准确求出各个物体在各个运动过程的加速度，注意两个运动过程的连接处的加速度可能突变。 (3)明确关系：找出物体之间的位移和路程关系或速度关系往往是解题的突破口，每一个过程的末速度是下 一个过程的初速度。当过程比较多时可以借助vt图像，从图像中找到时间与空间的关系，是解决问题的有 效手段。 类型1 水平面上受外力作用的板块模型 (1)木板上加力(如图甲)，板块可能一起匀加速运动，也可能发生相对滑动． (2)滑块上加力(如图乙)，注意判断B板动不动，是一起加速，还是发生相对滑动(还是用假设法判断)． 1．[多选]如图甲所示，足够长的木板B静置于光滑水平面上，其上放置小滑块A。木板B受到随时间t变 化的水平拉力F作用时，用传感器测出木板B的加速度a，得到如图乙所示的aF图像。已知重力加速度g ＝10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则( )A．滑块A的质量为4 kg B．木板B的质量为1 kg C．当F＝10 N时木板B的加速度为4 m/s2 D．滑块A与木板B之间的动摩擦因数为0.1 【答案】BC 【解析】： 由题图乙可知，当拉力F>8 N时，A、B发生相对滑动，F≤8 N时二者相对静止。设滑块A的 质量为m，木板B的质量为M，则当F＝8 N时，对整体由牛顿第二定律可得F＝(M＋m)a，解得M＋m＝4 kg；当F>8 N时，对木板B，由牛顿第二定律可得F－μmg＝Ma，即a＝F－μg，由题图乙可知，当F>8 N 时，图像的斜率k＝1 kg－1，故木板B的质量为M＝1 kg，滑块A的质量m＝3 kg，选项A错误，B正确； 当F＝8 N时，A相对B静止，加速度a ＝2 m/s2，则有ma ＝μmg，代入数据求解可得μ＝0.2，选项D错误； A A 当F＝10 N时，由F－μmg＝Ma可解得a＝4 m/s2，选项C正确。 2.(2022·安徽省高三一模)如图所示，水平地面上有一个薄木板，在木板最右端叠放一个可视为质点的小滑 块．小滑块质量m＝1 kg，与木板间的动摩擦因数μ＝0.3，木板长l＝0.5 m，质量M＝2 kg，木板和小滑块 1 与水平地面间的动摩擦因数均为μ＝0.1.现对木板施加方向水平向右的拉力，拉力大小F＝14 N．重力加速 2 度大小g取10 m/s2，小滑块落地后不反弹．求： (1)小滑块经多长时间从木板上掉下； (2)小滑块停止运动时，小滑块与木板间的距离． 【答案】 (1)1 s (2)34.5 m 【解析】 (1)对小滑块，根据牛顿第二定律可得 μmg＝ma 1 1 则a＝3 m/s2 1 由位移公式得 x＝at2 1 1 对木板，根据牛顿第二定律可得 F－μmg－μ(M＋m)g＝Ma 1 2 2 则a＝4 m/s2 2 木板的位移x＝at2 2 2 且x－x＝l 2 1 联立可得t＝1 s (2)小滑块离开木板时，小滑块的速度为 v＝at＝3 m/s 1 1 木板的速度为 v＝at＝4 m/s 2 2 小滑块停止运动时，运动时间为 t＝＝3 s 1 运动的距离为 x′＝＝4.5 m 1 小滑块离开木板后，木板的加速度 a′＝＝6 m/s2 2 木板运动的距离为 x′＝vt＋a′t2＝39 m 2 21 2 1 小滑块与木板间的距离 Δx＝x′－x′＝34.5 m. 2 1 类型2 水平面上具有初速度的板块模型 1 光滑地面，有初速度无外力类 (1)系统不受外力，满足动量守恒． (2)如果板足够长，共速后一起匀速运动，板块间摩擦力突变为0，用图象法描述板、块的速度更直观2 地面粗糙，滑块(或板)有初速度类 (1)因为系统受外力，动量不守恒，注意板是否会动． (2)若能动，且板足够长，达到共速后，判断它们之间是否相对滑动，常用假设法，假设二者相对静止，利 用整体法求出加速度a，再对小滑块进行受力分析，利用F ＝ma，求出滑块受的摩擦力F，再比较它与 合 f 最大静摩擦力的关系，如果摩擦力大于最大静摩擦力，则必然相对滑动，如果小于最大静摩擦力，就不会 相对滑动． (3)若一起匀减速到停止，板块间由滑动摩擦力突变为静摩擦力，用图象法描述速度更直观．(如图2) 1.如图所示，物块A、木板B的质量均为m＝10 kg，A可视为质点，B的长度为L＝3 m，开始时A、B均静 止。现使A以某一水平初速度v 从B的最左端开始运动。已知A与B之间的动摩擦因数为μ ＝0.3。(g取 0 1 10 m/s2) (1)若B与水平面之间的动摩擦因数为μ ＝0.1，且物块A刚好没有从木板B上滑下来，则A的初速度v 为 2 0 多大？ (2)若把木板B放在光滑水平面上，让A仍以(1)问中的初速度从B的最左端开始运动，则A能否与B脱离？ 最终A和B的速度各为多大？ 【答案】：(1)2 m/s (2)没有脱离，最终速度均为 m/s 【解析】：(1)A在B上向右做匀减速直线运动，加速度大小a＝μg＝3 m/s2 1 1 木板B向右做匀加速直线运动，加速度大小 a＝＝1 m/s2 2 由题意知，A刚好没有从B上滑下来，则A运动到B的最右端时和B速度相同，记为v， 由时间关系得＝， 由位移关系得L＝－联立并代入数据解得v＝2 m/s。 0 (2)若把木板B放在光滑水平面上，则A在B上向右做匀减速直线运动，加速度大小仍为a＝μg＝3 m/s2 1 1 B向右做匀加速直线运动，加速度大小为 a′＝＝3 m/s2 2 假设A、B达到相同速度v′时，A没有脱离B，由时间关系得 ＝ 解得v′＝＝ m/s 此过程中A运动的位移x ＝＝3 m A B运动的位移x ＝＝1 m B 因x －x ＝2 mμ(下面比上面粗糙)，则会相对滑动． 2 1 2 加外力下滑类(如图) 对m分析，加速度范围gsin θ－μgcos θμ，则有a＝aμ，则有aa 1 2 1 2 3 D．若μ<μ，则有a>a＝a 1 2 1 2 3 【答案】B 【解析】： 若μ>μ ，A、B之间有相对滑动，且B的加速度大于A的加速度，aa ，A错误，B正确；若μ<μ ，A、B将一起以相同的 2 B B 3 3 2 1 1 2 加速度下滑，故a＝a＝a，C、D错误。 1 2 3 4.(多选)(2022·山东潍坊市一模)如图所示，木板甲长为L，放在水平桌面上，可视为质点的物块乙叠放在甲 左端，已知甲、乙质量相等，甲与乙、甲与桌面间的动摩擦因数相同.对乙施加水平向右的瞬时冲量I，乙 恰好未从甲上滑落，此时对甲施加水平向右的瞬时冲量I，此后( ) A.乙加速时间与减速时间相同 B.甲做匀减速运动直到停止 C.乙最终停在甲中点 D.乙最终停在距甲右端L处 【答案】 AD 【解析】 由动量定理知，分别施加瞬时冲量后乙、甲获得的初速度相同，设为v ，甲与乙、甲与桌面间 0 的动摩擦因数设为μ，第一次乙做匀减速直线运动， L＝t，t＝， 1 1 v－t图象如图(a)所示；第二次，乙加速与减速阶段的加速度大小均为a＝μg，故加速时间与减速时间相同，v－t图象如图(b)所示， 2 第一阶段甲：μmg＋μ·2mg＝ma ，a＝3μg， 1 1 第二阶段，甲、乙恰共同匀减速，a＝μg， 2 加速度两阶段不同，故甲不是匀变速运动. 甲、乙共速时，有v－at＝at，t＝， 0 21 22 2 相对位移Δx等于上方三角形面积， Δx＝vt＝， 02 选项A、D正确. 4.(多选)(2022·内蒙古包头市高三下学期一模)如图，长度为l＝1 m，质量为M＝1 kg的车厢，静止于光滑的 水平面上．车厢内有一质量为m＝1 kg、可视为质点的物块以速度v ＝10 m/s从车厢中点处向右运动，与 0 车厢壁来回弹性碰撞n次后，与车厢相对静止，物块与车厢底板间的动摩擦因数为 μ＝0.1，重力加速度取 g＝10 m/s2.下列说法正确的是( ) A．n＝26 B．系统因摩擦产生的热量为25 J C．物块最终停在车厢右端 D．车厢最终运动的速度为5 m/s，方向水平向右 【答案】 BD 【解析】 由动量守恒定律得mv ＝(m＋M)v，解得车厢最终运动的速度为v＝5 m/s，方向水平向右，对系 0 统由能量守恒定律得：mv2＝(M＋m)v2＋Q，代入数据解得系统因摩擦产生的热量为Q＝25 J，故B、D正 0 确；根据Q＝μmgL可得物块在车厢中相对车厢滑行的距离L＝＝25 m，与车厢壁来回弹性碰撞次数n＝＝ 25次，物块最终停在车厢中点处，故A、C错误． 5.如图所示，质量为M、长为L的长木板放在光滑水平面上，一个质量也为 M的物块(视为质点)以一定的 初速度从左端冲上木板，如果长木板是固定的，物块恰好停在木板的右端，如果长木板不固定，则物块冲上木板后在木板上最多能滑行的距离为( ) A．L B. C. D. 【答案】 D 【解析】 物块所受合外力为滑动摩擦力，设物块受到的滑动摩擦力大小为F，物块的初速度为v.如果长 f 0 木板是固定的，物块恰好停在木板的右端，对物块的滑动过程，由动能定理有FL＝Mv 2；如果长木板不固 f 0 定，物块冲上木板后，物块向右减速运动的同时，木板向右加速运动，最终两者一起做匀速运动，该过程 系统所受合外力为零，则系统动量守恒，规定向右为正方向，系统动量守恒，得 Mv ＝(M＋M)v；由能量 0 守恒有FL′＝Mv 2－(M＋M)v2，联立以上各式解得L′＝，选项D正确． f 0 6．(多选)(2022·江西吉安市期末)如图所示，质量为m的物块放在质量为M的平板车上，轻弹簧将物块与 平板车右端的固定挡板相连，平板车上表面光滑，物块与车一起沿光滑水平面向右以大小为 v 的速度匀速 0 运动，车与地面上的固定挡板相碰后以原速率返回，M>m，则下列说法正确的是( ) A．碰撞瞬间，物块与车组成的系统动量变化量大小为2(M＋m)v 0 B．碰撞后，若平板车某时刻速度为零，则物块的速度比平板车的速度先减小为零 C．碰撞后，物块和车组成的系统机械能守恒 D．碰撞后，弹簧具有的最大弹性势能为 【答案】 BD 【解析】 碰撞瞬间，物块动量不变，故物块与车组成的系统动量变化量大小为2Mv ，A项错误；碰撞后 0 物块与车均先做减速运动，由于M>m，碰撞后系统的总动量向左，因此物块的速度先减小为零，B项正确； 物块、小车、弹簧组成的系统机械能守恒，C项错误；设碰撞后物块与车的共同速度为v，以向左为正方 向，根据动量守恒有(M－m)v ＝(M＋m)v，根据能量守恒定律，弹簧具有的最大弹性势能E ＝(M＋m)v2－ 0 p 0 (M＋m)v2＝，D项正确． 7．(多选)(2022·东北三省三校第二次联考)如图所示，质量为m的长木板静止在光滑水平面上，轻弹簧放在 长木板上，一端与长木板右端的固定挡板相连，长木板与挡板的总质量为 m，一个质量为m的物块从长木 板的左端以大小为v 的速度滑上长木板，当物块再次滑到长木板的左端时，物块与长木板相对静止，则( 0 )A．物块与长木板相对静止时，弹簧的弹性势能一定为零 B．弹簧被压缩时具有的最大弹性势能为mv2 0 C．物块与木板间因摩擦产生的热量为mv2 0 D．物块先向右做减速运动，后向左做加速运动 【答案】 BC 【解析】 物块、弹簧、长木板组成的系统动量守恒，当弹簧被压缩到最短时具有最大弹性势能，物块与 长木板相对静止，有共同速度，设共同速度为v，则mv＝(m＋m)v，根据能量守恒得：Q＋E＝×mv2－×(m 0 p 0 ＋m)v2，当物块再次滑到长木板的左端时，物块与长木板相对静止，根据动量守恒可知，这时物块与长木 板的共同速度也为v，这时2Q＝×mv2－× 0 (m＋m)v2，联立以上三式，解得弹簧被压缩时具有的最大弹性势能为 E ＝mv2，物块与木板间因摩擦产生 p 0 的热量为2Q＝mv2，A项错误，B、C项正确；物块离开弹簧相对长木板向左滑动时，受到的摩擦力向右， 0 加速度向右，D项错误． 8.(多选)(2022·山东烟台市高三期末)某实验小组在探究接触面间的动摩擦因数实验中，如图6甲所示，将一 质量为M的长木板放置在水平地面上，其上表面有另一质量为 m的物块，刚开始均处于静止状态.现使物 块受到水平力F的作用，用传感器测出水平拉力F，画出F与物块的加速度a的关系如图乙所示.已知重力 加速度g＝10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，整个运动过程中物块始终未脱离长木板.则( ) A.长木板的质量为2 kg B.长木板与地面之间的动摩擦因数为0.1 C.长木板与物块之间的动摩擦因数为0.4 D.当拉力F增大时，长木板的加速度一定增大 【答案】 ABC 【解析】 设长木板与物块之间的动摩擦因数为μ，长木板与地面之间的动摩擦因数为μ， 1 2 F－μmg＝ma 1 即F＝ma＋μmg 1由题图乙可知m＝k＝ kg＝2 kg μmg＝8 N 1 解得μ＝0.4 1 当4 N≤F≤12 N时两者共同运动，则F－μ(M＋m)g＝(M＋m)a 2 即F＝(M＋m)a＋μ(M＋m)g 2 由题图乙可知M＋m＝k′＝ kg＝4 kg 则M＝2 kg，μ(M＋m)g＝4 N 2 解得μ ＝0.1，选项A、B、C正确；当拉力F增大，长木板与物块之间产生相对滑动时，长木板所受地面 2 的摩擦力和物块的摩擦力不变，则长木板的加速度不变，选项D错误. 9.(2022·安徽六安市质量检测)如图所示，静止在水平地面上的木板(厚度不计)质量为m ＝1 kg，与地面间的 1 动摩擦因数μ ＝0.2，质量为m ＝2 kg且可看成质点的小物块与木板和地面间的动摩擦因数均为μ ＝0.4，以 1 2 2 v＝4 m/s的水平速度从左端滑上木板，经过t＝0.6 s滑离木板，g取10 m/s2，以下说法正确的是( ) 0 A.木板的长度为1.68 m B.小物块离开木板时，木板的速度为1.6 m/s C.小物块离开木板后，木板的加速度大小为2 m/s2，方向水平向右 D.小物块离开木板后，木板与小物块将发生碰撞 【答案】 D 【解析】 由于 μmg>μ(m ＋m)g，对木板由牛顿第二定律得 μmg－μ(m ＋m)g＝ma ，解得 a ＝2 2 2 1 1 2 2 2 1 1 2 1 1 1 m/s2，即物块在木板上以a ＝μg＝4 m/s2向右减速滑行时，木板以a ＝2 m/s2向右加速运动，在0.6 s时， 2 2 1 物块的速度v ＝1.6 m/s，木板的速度v ＝1.2 m/s，B错误；物块滑离木板时，物块位移为x ＝t＝1.68 m， 2 1 2 木板位移x ＝t＝0.36 m，两者相对位移为x＝x －x ＝1.32 m，即木板长度为1.32 m，A错误；物块离开木 1 2 1 板后，木板做减速运动，加速度大小为a′＝2 m/s2，方向水平向左，C错误；分离后，在地面上物块会滑 1 行x′＝＝0.32 m，木板会滑行x′＝＝0.36 m，所以两者会相碰，D正确. 2 1 10.(2022·山东临沂二模)如图所示，质量为M的木板放在光滑的水平面上，上面放一个质量为m的小滑块， 滑块和木板之间的动摩擦因数是μ，现用恒定的水平拉力F作用在木板上，使二者发生相对运动，改变拉 力F或者木板质量M的大小，当二者分离时( )A.若只改变F，当F增大时，木板获得的速度增大 B.若只改变F，当F增大时，滑块获得的速度增大 C.若只改变M，当M增大时，木板获得的速度增大 D.若只改变M，当M增大时，滑块获得的速度增大 【答案】 D 【解析】 因为物块m在木板上滑动的加速度为a ＝μg是一定的，木板的加速度a ＝，当木块滑离木板 m M 时满足a t2－a t2＝L，t2＝，若只改变F，当F增大时，a 变大，则t减小，木板获得的速度v ＝a t不一 M m M M M 定变大，选项A错误；滑块获得的速度v ＝a t可知滑块获得速度变小，选项B错误；若只改变M，当M m m 增大时，a 变小，则t变大，则木板获得的速度v ＝a t不一定变大；根据v ＝a t，可知滑块获得速度变 M M M m m 大，选项C错误，D正确。 11．如图所示光滑的水平地面上放置一四分之一光滑圆弧轨道A，圆弧轨道质量为3m，半径为R，左侧放 置一竖直固定挡板，右侧紧靠轨道放置与其最低点等高的水平长木板B，质量为2m，长木板上表面粗糙， 动摩擦因数为μ，左端放置一物块C，质量为2m，从圆弧轨道最高点由静止释放另一质量为 m的物块D， 物块D滑至最低点时与物块C发生弹性碰撞，碰后D沿圆弧轨道上升至速度为0时撤去挡板(C、D均可视 为质点，重力加速度取g)。求： (1)碰后D上升的高度； (2)撤去挡板后圆弧轨道A与物块D分离时A的位移； (3)若C恰好未滑离长木板B，求长木板B的长度。 【答案】：(1) (2)R (3) 【解析】：(1)D下滑过程中，由机械能守恒定律有 m gR＝m v 2，解得v ＝ D D D D D与C发生弹性碰撞，则有m v ＝m v ′＋m v ， D D D D C Cm v 2＝m v ′2＋m v 2 D D D D C C 解得v ′＝－，v ＝ D C 之后D沿圆弧上滑，由机械能守恒定律得 m v ′2＝m gh，解得h＝。 D D D (2)撤去挡板后，对D、A由动量守恒定律得 m －m ＝0 D A 即m ·x －m ·x ＝0，x ＋x ＝R， D D A A D A 解得x ＝R。 A (3)对B、C由动量守恒定律有m v ＝(m ＋m )v C C C B 由能量守恒定律有μm gl＝m v 2－(m ＋m )v2 C C C C B 解得l＝。 12.(2022·哈尔滨师大附中联考)如图所示，在一个倾角为θ＝37°的足够长的固定斜面上，由静止释放一个长 度为L＝5 m的木板，木板与斜面之间的动摩擦因数μ ＝0.4.当长木板沿斜面向下运动的速度达到v ＝9.6 1 0 m/s时，在木板的下端轻轻放上一个质量与木板相同的小煤块，小煤块与木板之间的动摩擦因数 μ ＝0.2.设 2 最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度的大小g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，结果可用根 号表示. (1)求刚放上小煤块时，长木板的加速度a 的大小和煤块的加速度a 的大小； 1 2 (2)小煤块从木板哪一端离开？煤块从放上到离开木板所需时间t是多少？ 【答案】 (1)2 m/s2 7.6 m/s2 (2)下端 s 【解析】 (1)刚放上小煤块时，对长木板，由牛顿第二定律 2μmgcos θ＋μmgcos θ－mgsin θ＝ma 1 2 1 对煤块，由牛顿第二定律得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma 2 2 解得a＝2 m/s2，a＝7.6 m/s2 1 2(2)设经过时间t 煤块与长木板达到共速，则有v－at＝at， 0 0 10 20 解得t＝1 s 0 煤块相对长木板的位移大小 Δx＝vt－at2－at2＝4.8 ma′＝1.2 m/s2 2 1 所以煤块从下端离开木板，设从二者共速到二者分离又经历的时间为t ，此过程木板和煤块的对地位移大 2 小分别为x′、x′，则有 1 2 x′＝vt＋a′t2，x′＝vt＋a′t2 1 2 1 2 2 2 2 2 根据相对位移Δx＝x′－x′ 2 1 解得t＝ s 2 故从放上到离开木板共经历的时间为t＝t＋t＝(1＋) s. 0 2 13.(2022·河北衡水中学押题卷)如图所示，一质量为m＝2 kg的小滑块(可视为质点)放在长木板的右端，木 板质量为M＝2 kg，长为l＝3 m，小滑块与木板间的动摩擦因数μ ＝0.1，木板与水平地面间的动摩擦因数 1 μ ＝0.15.开始时木板与滑块都处于静止状态，现突然给木板一水平向右的初速度 v ＝5 m/s，使木板向右运 2 0 动，取g＝10 m/s2. (1)通过计算判断小滑块停止运动前能否与木板达到共速. (2)求整个运动过程中小滑块与木板间因摩擦产生的热量. 【答案】 (1)能 (2)5.5 J 【解析】 (1)分析知木板获得初速度后，与小滑块发生相对滑动，木板向右做匀减速运动，小滑块向右做 匀加速运动小滑块受到的摩擦力大小为F ＝μmg＝2 N fm 1 木板受到地面的摩擦力大小为F ＝μ(m＋M)g＝6 N fM 2 小滑块的加速度大小a ＝μg＝1 m/s2 m1 1 长木板的加速度大小a ＝＝4 m/s2 M1 设经时间t二者达到相同的速度v，则有 a t＝v－a t＝v m1 0 M1 解得t＝1 s，v＝1 m/s 该过程中木板的位移大小x ＝vt－a t2＝3 m M1 0 M1 小滑块的位移大小x ＝＝0.5 m m1 小滑块到木板的右端的距离 Δx＝x －x ＝2.5 mF＝1.8 N 1 0 故物块与平板发生相对滑动. 对物块和平板由牛顿第二定律有： a＝ 1 a＝ 2 解得：a＝2 m/s2，a＝3 m/s2 1 2 (2)0～1 s内(t＝1 s)，物块与平板均做匀加速直线运动，有： 1 v＝at 1 11 v＝at 2 21 解得：v＝2 m/s，v＝3 m/s 1 2 1～1.5 s内(t ＝0.5 s)，由于水平向右的拉力F ＝1.4 N恰好与F ＋F 平衡，故平板做匀速直线运动，物块 2 2 f1 f2继续做匀加速直线运动，有： v′＝v＋at＝3 m/s 1 1 12 v′＝v＝3 m/s 2 2 (3)撤去拉力F后，物块和平板的加速度大小分别为： a′＝＝2 m/s2 1 a′＝＝5 m/s2 2 物块和平板停下所用的时间分别为：Δt＝＝1.5 s 1 Δt＝＝0.6 s 2 可画出物块、平板的速度－时间图象，如图所示， 根据“速度－时间图象与时间轴所围的面积表示位移”可知，1～1.5 s内，物块相对平板向左滑行的距离 为：x＝×(1.5－1)×3 m＝0.75 m 1 1.5～3 s内，物块相对平板向右滑行的距离为：x＝×(3－2.1)×3 m＝1.35 m 2 由于x>x，故L＝x＝1.35 m. 2 1 2 19.质量M＝4 kg、长2l＝4 m的木板放在光滑水平地面上，以木板中点为界，左边和右边的动摩擦因数不 同。一质量为m＝1 kg的滑块(可视为质点)放在木板的左端，如图甲所示。在t＝0时刻对滑块施加一水平 向右的恒力F，使滑块和木板均由静止开始运动，t ＝2 s时滑块恰好到达木板中点，滑块运动的xt图像如 1 1 图乙所示。取g＝10 m/s2。 (1)求滑块与木板左边的动摩擦因数μ 和恒力F的大小； 1 (2)若滑块与木板右边的动摩擦因数μ ＝0.1，2 s末撤去恒力F，则滑块能否从木板上滑落下来？若能，求 2 分离时滑块的速度大小；若不能，则滑块将停在离木板右端多远处？ 【答案】：(1)0.4 6 N (2)不能 0.4 m 【解析】：(1)滑块和木板均做初速度为0的匀加速直线运动，设滑块的加速度大小为a ，木板的加速度大 1小为a，则t＝2 s时木板的位移x＝at 2 1 2 2 由题图乙知滑块的位移x＝4 m 1 由牛顿第二定律得Ma＝μmg 2 1 由位移关系得x－x＝l 1 2 联立各式解得μ＝0.4 1 又滑块的位移x＝at 1 1 恒力F＝ma ＋μmg 1 1 联立解得F＝6 N。 (2)设滑块到达木板中点时，滑块的速度为 v ，木板的速度为v ，滑块滑过中点后做匀减速运动，木板继续 1 2 做匀加速运动，此时滑块和木板的加速度大小分别为 a′＝＝μg，a′＝ 1 2 2 设滑块与木板从t 时刻开始到速度相等时的运动时间为t，则v＝at，v＝at 1 2 2 21 1 11 v－a′t＝v＋a′t 1 12 2 22 解得t＝1.6 s 2 在此时间内，滑块的位移x′＝vt－a′t 1 12 1 木板的位移x′＝vt＋a′t 2 22 2 Δx＝x′－x′ 1 2 联立解得Δx＝1.6 m<2 m 因此滑块不会从木板上滑落，滑块与木板相对静止时，距木板右端的距离为 d＝l－Δx＝0.4 m。 20.(2022·重庆求精中学月考)如图所示，有一倾角为θ＝37°(sin 37°＝0.6)，下端固定一挡板，挡板与斜面垂 直，一长木板上表面的上部分粗糙，下部分光滑，上端放有一质量为 m的小物块。现让长木板和小物块同 时由静止释放，此时刻为计时起点，在第2 s末，小物块刚好到达长木板的光滑部分，又经过一段时间， 长木板停在挡板处，小物块刚好到达长木板的下端边缘。已知小物块与长木板的上部分的动摩擦因数 μ 1 ＝，长木板与斜面间的动摩擦因数μ ＝0.5，长木板的质量M＝m。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重 2 力加速度大小g＝10 m/s2。求：(1)在0～2 s时间内长木板和小物块的加速度的大小； (2)长木板距离挡板多远； (3)长木板的长度。 【答案】 (1)3 m/s2 1 m/s2 (2)3 m (3)12 m 【解析】 (1)在0～2 s时间内，设F 、F 分别是小物块与长木板之间的摩擦力和正压力的大小，F 、F f1 N1 f2 N2 分别是长木板与斜面之间的摩擦力和正压力的大小，则 F ＝μF ，F ＝mgcos θ f1 1 N1 N1 F ＝μF ，F ＝F ＋Mgcos θ f2 2 N2 N2 N1 规定沿斜面向下为正方向，设小物块和长木板的加速度分别为a 和a，由牛顿第二定律得 1 2 mgsin θ－F ＝ma f1 1 Mgsin θ－F ＋F ＝Ma f2 f1 2 联立得a＝3 m/s2，a＝1 m/s2。 1 2 (2)在t＝2 s时，设小物块和长木板的速度分别为v 和v，则 1 1 2 v＝at＝6 m/s，v＝at＝2 m/s 1 11 2 21 t>t 时，设小物块和长木板的加速度分别为a′和a′。此时小物块和长木板之间摩擦力为零， 1 1 2 对小物块：mgsin θ＝ma ′ 1 解得a′＝6 m/s2 1 对长木板： Mgsin θ－μ(M＋m)gcos θ＝Ma′ 2 2 解得a′＝－2 m/s2 2即长木板做减速运动，设经过时间t，长木板的速度减为零，则有v＋a′t＝0 2 2 2 2 联立得t＝1 s 2 在(t＋t)时间内，长木板距离挡板 1 2 L＝at＝2 m 1 2 L＝|a′|t＝1 m 2 2 L＝L＋L＝3 m。 1 2 (3)长木板的长度就是小物块相对于长木板运动的距离为 s＝－(at＋vt＋a′t)＝12 m。 2 22 2