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专题04 运动和力的关系
[-考点-10-] 动力学中的板块模型
[典例1]
答案 (1)3 m/s2 (2)0.5 m (3)2.8 m/s (4)0.7 m
解析 (1)对长木板，根据牛顿第二定律可得a＝
解得a＝3 m/s2
(2)撤去F 之前，小物块只受摩擦力作用
故am＝μg＝2 m/s2
Δx1＝at2－amt2＝0.5 m
(3)刚撤去F 时v＝at＝3 m/s，vm＝amt＝2 m/s
撤去F 后，长木板的加速度a′＝＝0.5 m/s2
最终速度v′＝vm＋amt′＝v－a′t′
解得共同速度v′＝2.8 m/s
(4)在t′内，小物块和长木板的相对位移Δx2＝－
解得Δx2＝0.2 m
最终小物块离长木板右端x＝Δx1＋Δx2＝0.7 m.
[典例2]
答案 BC
解析 对小孩，由牛顿第二定律得，加速度大小为a1＝＝2.8 m/s2，同理对滑板，加速度大
小为a2＝＝0.8 m/s2，A 错误，B 正确；小孩刚与滑板分离时，有a1t2－a2t2＝L，解得t＝1
s，离开滑板时小孩的速度大小为v＝a1t＝2.8 m/s，D 错误，C 正确．
1.答案 AC
解析 木块和木板可能保持相对静止，一起做匀加速直线运动，加速度大小相等，故A 正
确；木块可能相对于木板向前滑动，即木块的加速度a2大于木板的加速度a1，都做匀加速
直线运动，故B、D 错误，C 正确．
2.答案 A
解析 木板与地面间的最大静摩擦力为Ff1＝μ1(m0＋m)g＝45 N，小铁块与木板之间的最大
静摩擦力为Ff2＝μ2mg＝40 N，Ff1>Ff2，所以木板一定静止不动；假设小铁块未滑出木板，
在木板上滑行的距离为x，则v0
2＝2μ2gx，解得x＝2 m<L＝5 m，所以小铁块不能滑出木板，
选项A 正确．
3.答案 ACD
解析 最终小滑块恰好没有滑出小车，由图像可求出小车的长度L＝t1－t1＝t1，故A 正确；
根据v－t 图像可知小车做匀减速直线运动的加速度大小，即a＝，故C 正确；根据v－t 图
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像可知小滑块做匀加速直线运动的加速度大小，即a＝，再由牛顿第二定律得a＝＝＝μg，
联立解得小滑块与小车之间的动摩擦因数μ＝，但小滑块的质量无法求出，故B 错误，D
正确．
4.答案 BD
解析 由于B 与地面间的动摩擦因数为0.2，所以B 与地面间的滑动摩擦力Ff2＝μ2(mA＋
mB)g＝6 N，由于A、B 间的动摩擦因数为0.4，所以A 的最大加速度am＝＝μ1g＝4 m/s2
如果A、B 一起以am 匀加速运动，则F1－Ff2＝(mA＋mB)am，解得F1＝18 N ，由于
Ff2<F<F1，所以A、B 一起匀加速运动，则F－Ff2＝(mA＋mB)a，解得a＝2 m/s2，C 错误，D
正确；B 对A 的摩擦力大小为Ff＝mAa＝2 N，A 错误，B 正确．
5.答案 ABD
解析 由题图乙知，滑块刚滑上木板时加速度a1＝＝ m/s2＝－4 m/s2，由ma1＝－μ1mg 得
μ1＝0.4，A 正确；2 s 后滑块与木板一起做匀减速直线运动，加速度a3＝＝ m/s2＝－1
m/s2，由(m＋M)a3＝－μ2(m＋M)g 得μ2＝0.1，B 正确；木板的长度为0～2 s 内滑块与木板的
v－t 图线与时间轴所围面积差，L＝×10×2 m＝10 m，C 错误；0～2 s 内木板的加速度a2
＝＝ m/s2＝1 m/s2，对M 有μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2，解得M＝1.5 kg，D 正确．
6.答案 ACD
解析 由题图乙可知，滑块与木板之间的滑动摩擦力为8 N，则滑块与木板间的动摩擦因
数为μ＝＝＝0.4，选项A 正确．由题图乙可知t1时刻木板相对地面开始滑动，此时滑块与
木板相对静止，则木板与水平地面间的动摩擦因数为μ′＝＝＝0.1，选项B 错误．t2时刻，
滑块与木板将要发生相对滑动，此时滑块与木板间的摩擦力达到最大静摩擦力Ffm＝8 N，
此时两物体的加速度相等，且木板的加速度达到最大，则对木板：Ffm－μ′·2mg＝mam，解
得am＝2 m/s2；对滑块：F－Ffm＝mam，解得F＝12 N，则由 F＝0.5t (N)可知，t2＝24 s，
选项C、D 正确．
7.答案 (1)0.15 s (2)0.135 m
解析 (1)根据牛顿第二定律得
μmg＝ma1，μmg＝Ma2
解得a1＝4 m/s2，a2＝4 m/s2
小滑块做匀减速运动，而木板做匀加速运动，根据运动学公式有v0－a1t＝a2t，解得t＝0.15
s.
(2)小滑块与长木板速度相等时相对静止，从小滑块滑上长木板到两者相对静止，经历的时
间为t＝0.15 s，这段时间内小滑块做匀减速运动，由x＝v0t－a1t2，解得x＝0.135 m.
8.答案 (1)0.2 (2)0.1 (3)6 kg
解析 (1)由题图乙可知，A 在0～1 s 内的加速度a1＝＝－2 m/s2，对A 由牛顿第二定律得，
－μ1mg＝ma1，解得μ1＝0.2
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(2)由题图乙知，A、B 整体在1～3 s 内的加速度
a3＝＝－1 m/s2，
对A、B 整体由牛顿第二定律得，
－μ2(M＋m)g＝(M＋m)a3，解得μ2＝0.1
(3)由题图乙可知B 在0～1 s 内的加速度
a2＝＝2 m/s2.
对B 由牛顿第二定律得，
μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2，
代入数据解得m＝6 kg.
9.答案 (1)3.5 m (2)0
解析 (1)由题知B 始终未脱离A，
由vBA－t 图像可知
0～1.5 s 内，vB<vA，B 在方向向右的摩擦力作用下向右匀加速运动，1.5～2 s 内，vB>vA，B
在向左的摩擦力作用下向右匀减速运动，对物块B，由牛顿第二定律，μmg＝ma，得a＝μg
＝2 m/s2，则物块B 在1.5 s 时，v1.5＝at1.5＝3 m/s，x1.5＝ t1.5＝2.25 m
物块B 在t＝2 s 末，v2＝v1.5－at0.5＝2 m/s，
在1.5～2 s 内位移x2＝t0.5＝1.25 m
所以B 相对水平面的位移
xB 总＝x1.5＋x2＝3.5 m.
(2)由图可知t＝2 s 时，vBA＝2 m/s，又此时B 的速度
vB＝v2＝2 m/s
由vBA＝vB－vA得vA＝0.
10.答案 (1)4 m/s2，方向向左 1 m/s2，方向向右 (2)0.75 m
解析 (1)对小铅块受力分析有Ff1＝μ2Mg＝12 N
对整体受力分析有Ff2＝μ1(M＋m)g＝10 N
根据牛顿第二定律得，A 的加速度为
a1＝＝4 m/s2，方向向左
B 的加速度为a2＝＝1 m/s2，方向向右
(2)当A、B 的速度相同时，两者不发生相对滑动．有v0－a1t＝a2t
所以t＝＝1 s
此过程A 的位移xA＝v0t－a1t2＝3 m
B 的位移xB＝a2t2＝0.5 m
则A、B 的相对位移Δx＝xA－xB＝2.5 m＜3 m
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所以A 不会从B 上滑出
之后A、B 一起做匀减速直线运动，
a3＝μ1g＝2 m/s2
此时的速度v＝v0－a1t＝1 m/s
A、B 一起运动的位移xAB＝＝0.25 m
所以B 滑行的距离x＝xB＋xAB＝0.75 m.
11.答案 (1)
；(2)
，方向沿斜面向下；(3)
解析 (1)滑块在进入
区域之前，由于斜面光滑，将与木板一起以加速度
加速下滑
(2)进入
区间后，假设滑块与木板仍然相对静止，设下滑的加速度为
，对整体
对滑块，所受木板的静摩擦力
方向沿斜面向下，根据牛顿第二定律有
解得
;
又因为滑块与木板间的最大静摩擦力
假设成立.即滑块受木板的静摩擦力
方向沿斜面向下，大小为
；
(3)滑块和木板一起以加速度
加速下滑的速度为
，时间为，则
滑块和木板一起匀速下滑，对滑块有
解得
,即
在
上仍然匀速下滑
对薄木板有
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解得
,
以加速度匀减速上滑
设滑块离开薄木板的时间为
，有
此时薄木板的速度
分离后，对薄木板有
接着以加速度
减速上滑至最高点，有
所以薄木板沿斜面上升到最高点的时间为
解得
12.答案 (1)
，小物块的加速度的方向沿斜面向下，
，木板的加速度的
方向沿斜面向上；(2)
；(3)5 次，
解析 (1)0 至1s 时间内，小物块的加速度的大小为
解得
小物块的加速度的方向沿斜面向下,0 至1s 时间内，木板的加速度的大小为
解得
,木板的加速度的方向沿斜面向上
(2)0 至1s 时间内，小物块沿斜面向上做匀减速运动有
0 至1s 时间内，木板沿斜面向上做匀加速运动有
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则1s 时，小物块与木板达到共同速度，且外力变为
，此时小物块和木板一起做匀减速
度运动，则有
解得
,加速度的方向沿斜面向下
小物块和木板一起做匀减速度运动到速度为0 时，通过的位移为
小物块和木板一起做匀减速度运动到速度为0 后，再相同的加速度沿斜面向下做匀加速度
直线运动，则有
解得木板第一次与挡板碰撞时的速度的大小为
(3)1s 时，小物块到木板左端的距离为
当木板第一次与弹性薄挡板相碰时，撤去施加在小物块上的外力，则木板的加速度的大小
为
解得
小物块的加速度的大小为
解得
木板做减速度运动，减速到0 时，所用时间为
此过程小物块的位移大小为
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此过程木板的位移大小为
则这段时间内，小物块与木板的相对位移为
木板速度减为0 时，小物块的速度大小为
设再经过
，木板与挡板第二次碰撞，且碰撞时的速度为
，则有
此过程小物块的位移大小为
此过程木板的位移大小为
则这段时间内，小物块与木板的相对位移为
木板与挡板第二次碰撞时，小物块的速度大小为
木板与挡板第一次碰撞和第二次碰撞之间小物块与木板的总相对位移为
根据以上分析可知，木板每次与挡板碰撞时的速度大小均为
，并且由于小物体一
直做匀加速运动，所以从木板第一次与挡板碰撞开始，之后的每两次相领碰撞过程中，小
物块与木板相对位移都会比前一次多2m，由此可知，第2 次和第1 次碰撞之间的过程中，
小物块和木板的相对位移为8m，第3 次和第2 次碰撞之间的过程中，小物块和木板的相对
位移为10m，第4 次和第3 次碰撞之间的过程中，小物块和木板的相对位移为12m
按照上面的推演可知，木板与挡板第5 次碰撞时，小物块距离木板的左端的距离为
小物块的速度为
木板反弹后达到速度为0 的过程中，小物块和木板的相对位移为
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所以木板速度减为0 时，小物块到木板左端的距离为2.5m，小物块的速度大小为
，再经过时间
，小物块从木板左端滑出，则有
解得
从木板与挡板第一次碰撞到小物块滑出木板瞬间所经过的时间为
小物块的位移大小为
所以滑出瞬间小物块与挡板间的距离为
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