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培优提升十三　板块模型　　　　　　　　　　　　　　　　
选择题1～7题，每小题10分，共70分。
基础对点练
题组一　光滑水平面上的板块模型
1.如图所示，质量为M的长木板静止于光滑的水平面上，质量为m的木块以初速度v0从左向右水平滑上长木板，已知木块与木板间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则木块在长木板上滑动的过程中，长木板的加速度大小为(　　)
0 μg
2.(多选)如图甲所示，上表面粗糙的平板小车静止于光滑水平面上。t＝0时，小车以初速度v0向右运动，将小滑块无初速度地放置于小车的右端，最终小滑块恰好没有滑出小车。如图乙所示为小滑块与小车运动的v－t图像，图中t1、v0、v1均为已知量，重力加速度大小取g。由此可求得(　　)
小车的长度
小滑块的质量
小车在匀减速运动过程中的加速度
小滑块与小车之间的动摩擦因数
3.如图所示，在光滑水平面上有一静止小车，小车上静止地放置着一小物块，物块和小车间的动摩擦因数为μ＝0.3(当地重力加速度g取10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力)。用水平恒力F拉动小车，设物块的加速度为a1，小车的加速度为a2，当水平恒力F取不同值时，a1与a2的值可能为(　　)
a1＝2 m/s2，a2＝3 m/s2
a1＝3 m/s2，a2＝2 m/s2
a1＝5 m/s2，a2＝3 m/s2
a1＝3 m/s2，a2＝5 m/s2
4.(多选)如图所示，质量M＝2 kg的足够长木板静止在光滑水平地面上，质量m＝1 kg的物块静止在长木板的左端，物块和长木板之间的动摩擦因数μ＝0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。现对物块施加一水平向右的恒力F＝2 N，则下列说法正确的是(　　)
物块和长木板之间的摩擦力为1 N
物块和长木板相对静止一起做加速运动
物块运动的加速度大小为1 m/s2
拉力F越大，长木板的加速度越大
题组二　不光滑水平面上的板块模型
5.质量为m0＝20 kg、长为L＝5 m的木板放在水平地面上，木板与水平地面间的动摩擦因数为μ1＝0.15。质量为m＝10 kg的小铁块(可视为质点)，以v0＝4 m/s的速度从木板的左端水平冲上木板(如图所示)，小铁块与木板间的动摩擦因数为μ2＝0.4(最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10 m/s2)。则下列判断正确的是(　　)
木板一定静止不动，小铁块不能滑出木板
木板一定静止不动，小铁块能滑出木板
木板一定向右滑动，小铁块不能滑出木板
木板一定向右滑动，小铁块能滑出木板
6.(多选)如图所示，A、B两物块的质量分别为1 kg和2 kg，静止叠放在水平地面上，A、B间的动摩擦因数为0.4，B与地面间的动摩擦因数为0.2，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2。现对B施加一水平拉力F＝12 N，则(　　)
B对A摩擦力大小为4 N
B对A摩擦力大小为2 N
A、B发生相对滑动，A的加速度为4 m/s2
A、B一起做匀加速运动，加速度为2 m/s2
综合提升练
7.(多选)如图所示，质量为M＝1 kg足够长的木板静止在光滑水平面上，现有一质量m＝0.5 kg的滑块(可视为质点)以v0＝3 m/s的初速度从左端沿木板上表面冲上木板，带动木板向前滑动，已知滑块与木板间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度g取10 m/s2，则(　　)
滑块的加速度大小为1 m/s2
木板的加速度大小为1 m/s2
滑块和木板达到共同速度的时间为2 s
滑块和木板达到共同速度时，滑块相对木板滑动的位移大小为3 m
8.(12分)如图所示，质量为M＝3 kg的木板静止在光滑的水平面上，木板的长度为L＝1 m，在木板的右端放置一个质量m＝1 kg，可视为质点的铁块，铁块与木板之间的动摩擦因数μ＝0.2，取g＝10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，现对木板施加水平向右的力F，求：
(1)(6分)若F＝4 N，求铁块受到的摩擦力大小和方向；
(2)(6分)若F＝14 N，求铁块运动到木板左端的时间。
培优加强练
9.(18分)质量为M＝2 kg的木板B静止在水平面上，可视为质点的物块A从木板的左侧以初速度v0沿木板上表面水平冲上木板，如图甲所示。A和B经过1 s达到同一速度，之后共同减速直至静止，A和B的v－t图像如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)(6分)A与B上表面之间的动摩擦因数μ1；
(2)(6分)B与水平面间的动摩擦因数μ2；
(3)(6分)A的质量m。
培优提升十三　板块模型
1.D　[对木板进行受力分析可知，木板水平方向受到木块对木板的滑动摩擦力，方向水平向右，摩擦力大小f＝μmg，根据牛顿第二定律得a＝＝，故D正确。]
2.ACD　[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a＝，故C正确；根据v－t图像可知小滑块做匀加速直线运动的加速度大小，即a1＝，由牛顿第二定律得a1＝＝＝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。]
3.D　[由受力分析可知，物块的加速度取决于小车对物块的摩擦力，即f＝ma1，且f的最大值为fm＝μmg，故a1的最大值为a1m＝μg＝3 m/s2，故C错误；当F较小时，二者相对静止一起加速，则a2＝a1≤3 m/s2，故A、B错误；当F较大时，二者发生相对滑动，则a1＝3 m/s2，a2＞3 m/s2，故D正确。]
4.AC　[根据牛顿第二定律可得物块将要发生滑动时木板的加速度a＝＝
0.5 m/s2，对整体由牛顿第二定律得F0＝(M＋m)a＝1.5 N＜2 N，所以对物块施加一水平向右的恒力F＝2 N时，二者发生相对滑动，物块和长木板之间的摩擦力为f＝μmg＝1 N，故A正确，B错误；对物块由牛顿第二定律得F－μmg＝ma1，解得a1＝1 m/s2，故C正确；由上面的分析知物块和长木板相对滑动，木板的加速度是0.5 m/s2，恒定不变，与拉力F无关，故D错误。]
5.A　[木板与地面间的最大静摩擦力为f1＝μ1(m0＋m)g＝45 N，小铁块与木板之间的最大静摩擦力为f2＝μ2mg＝40 N，因f1>f2，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s，则v＝2μ2gs，解得s＝2 m6.BD　[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f2＝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－f2＝(mA＋mB)am，解得F1＝18 N，由于f27.ACD　[对滑块，根据牛顿第二定律可知μmg＝ma1，可得滑块的加速度大小a1＝1 m/s2，A正确；对木板，根据牛顿第二定律可知μmg＝Ma2，可得木板的加速度大小a2＝0.5 m/s2，B错误；根据v0－a1t＝a2t，可得滑块和木板达到共同速度的时间t＝2 s，C正确；达到共同速度时，滑块相对木板滑动的位移大小Δs＝－a2t2＝3 m，D正确。]
8.(1)1 N　水平向右　(2)1 s
解析　对铁块，最大加速度为am＝＝μg＝2 m/s2
二者不发生相对滑动的最大拉力为
F0＝(m＋M)am＝8 N
(1)若F＝4 N，则二者不发生相对滑动，根据牛顿第二定律可得
a1＝＝ m/s2＝1 m/s2
铁块受到的摩擦力大小为f＝ma1＝1 N，方向水平向右。
(2)当F＝14 N>8 N时，m、M之间发生相对滑动，最终将会分离，
对铁块，有a块＝2 m/s2
对木板，有a板＝＝4 m/s2
设铁块运动到木板左端的时间为t，则有
a板t2－a块t2＝L
解得t＝1 s。
9.(1)0.2　(2)0.1　(3)6 kg
解析　(1)由题图乙可知，
A的初速度v0＝4 m/s
1 s末的速度v1＝2 m/s
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。
(2)由题图乙知，A、B二者末速度v3＝0，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。培优提升十三　板块模型
学习目标　1.建立板块模型的分析方法。2.能运用牛顿运动定律处理板块问题。
1.模型概述：一个物体在另一个物体上，两者之间有相对运动。问题涉及两个物体、多个过程，两物体的运动速度、位移间有一定的关系。
2.基本关系
加速度
关系 如果滑块与木板之间没有发生相对运动，可以用“整体法”求出它们一起运动的加速度；如果滑块与木板之间发生相对运动，应采用“隔离法”分别求出滑块与木板运动的加速度。应注意找出滑块与木板是否发生相对运动等隐含条件
速度 关系 滑块与木板之间发生相对运动时，明确滑块与木板的速度关系，从而确定滑块与木板受到的摩擦力。应注意当滑块与木板的速度相同时，摩擦力会发生突变的情况
位移 关系 滑块与木板叠放在一起运动时，应仔细分析滑块与木板的运动过程，明确滑块与木板对地的位移和滑块与木板之间的相对位移之间的关系
3.解题方法
(1)明确各物体对地的运动和物体间的相对运动情况，确定物体间的摩擦力方向。
(2)分别隔离两物体进行受力分析，准确求出各物体在各个运动过程中的加速度(注意两过程的连接处加速度可能突变)。
(3)物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口。求解中应注意联系两个过程的纽带，即每一个过程的末速度是下一个过程的初速度。
类型1　光滑水平面上的板块模型
1.模型特点：在光滑水平面上叠放两个物体并且两物体在摩擦力的相互作用下发生相对滑动。
2.解题策略：分析滑块和木板的受力情况，根据牛顿第二定律分别求出滑块和木板的加速度，对滑块和木板进行运动情况分析，找出滑块和木板之间的位置关系或速度关系建立方程，特别注意滑块和木板的位移都是相对地面的位移。
例1 如图所示，光滑水平桌面上有一质量M为2 kg的长度足够长的长木板，一质量m为1 kg的小物块从长木板的左端以大小为3 m/s的初速度v0滑上长木板，物块与长木板间的动摩擦因数μ为0.2，重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)小物块刚滑上木板时，小物块和木板的加速度大小；
(2)小物块的最终速度的大小；
(3)小物块最终距长木板左端的距离。
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例2 如图所示，在光滑的水平地面上有一个长为L＝0.64 m、质量为mA＝4 kg的木板A，在木板的左端有一个大小不计、质量为mB＝2 kg的小物体B，A、B间的动摩擦因数为μ＝0.2(g取10 m/s2)，求：
(1)当对B施加水平向右的力F＝4 N时，A、B的加速度大小；
(2)当F＝10 N时，A、B的加速度大小；
(3)当F＝10 N时，将B从木板A的左端拉到右端的时间。
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类型2　不光滑水平面上的板块模型
1.模型特点：滑块(视为质点)置于长木板上，滑块和木板均相对地面运动，且滑块和木板在摩擦力的作用下发生相对滑动。
2.相对滑动的临界条件：两物体相接触且相对静止时，常存在着静摩擦力，相对滑动的临界条件是静摩擦力达到最大值。
3.位移关系：滑块由木板一端运动到另一端过程中，滑块和木板同向运动时，位移之差Δs＝s2－s1＝L(板长)；滑块和木板反向运动时，位移之和Δs＝s2＋s1＝L。
例3 如图所示，物块A、木板B的质量均为m＝10 kg，不计A的大小，木板B长L＝3 m。开始时A、B均静止。现使A以水平初速度v0从B的最左端开始运动。已知A与B、B与水平面之间的动摩擦因数分别为μ1＝0.3和μ2＝0.1，g取10 m/s2。求：
(1)发生相对滑动时，A、B的加速度大小；
(2)若A刚好没有从B上滑下来，则A的初速度v0。
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例4 如图所示，可看成质点的物体A放在长L＝2 m的木板B的右端，木板B静止于水平面上，已知A的质量mA和B的质量mB均为2.0 kg，A、B之间的动摩擦因数μ1＝0.1，B与水平面之间的动摩擦因数μ2＝0.1，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等，重力加速度g取10 m/s2，若从t＝0开始，木板B受F＝16 N的水平恒力作用，求：
(1)物体A未从木板B上滑下之前，A、B各自的加速度大小；
(2)物体A经多长时间从木板B上滑下；
(3)当t＝2 s时，木板B的速度大小。
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有关板块问题的解题关键
　　
随堂对点自测
1.(地面光滑的板块模型)如图所示，两物体A、B叠放在光滑水平面上，两物体间动摩擦因数为μ＝0.2，已知它们的质量m＝2 kg，M＝1 kg，力F作用在物体A上(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10 m/s2)，则(　　)
A.当F＝4 N时，两物体即将发生相对运动
B.当F＝5 N时，两物体一定发生相对运动
C.当F＝8 N时，物体B的加速度为4 m/s2
D.当F＝12 N时，物体A的加速度为4 m/s2
2.(地面不光滑的板块模型) (多选)如图所示，质量为m的木块受水平向右的拉力F的作用，在质量为M的长木板上向右滑行，长木板处于静止状态。已知木块与长木板间的动摩擦因数为μ1，长木板与水平地面间的动摩擦因数为μ2，则(重力加速度为g)(　　)
A.长木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ1mg
B.长木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ2(M＋m)g
C.μ1一定小于μ2
D.无论怎样改变F的大小，长木板都不可能运动
培优提升十三　板块模型
例1 (1)2 m/s2　1 m/s2　(2)1 m/s　(3)1.5 m
解析　(1)对小物块有μmg＝ma，解得a＝2 m/s2
对木板有μmg＝Ma′，解得a′＝1 m/s2。
(2)木板足够长，则二者最后共速且匀速，则有
v＝v0－at
v＝a′t
解得v＝1 m/s，t＝1 s。
(3)小物块匀减速运动的位移s＝v0t－at2
木板匀加速运动的位移s′＝a′t2
则小物块距长木板左端的距离Δs＝s－s′
联立解得Δs＝1.5 m。
例2 (1) m/s2　 m/s2　(2)1 m/s2　3 m/s2　(3)0.8 s
解析　若A、B间恰好发生相对滑动，则对A、B整体有
F＝(mA＋mB)a0
对A有μmBg＝mAa0
联立得F＝6 N。
(1)因F＝4 N＜6 N，则A、B未发生相对滑动，
由F＝(mA＋mB)a得aA＝aB＝ m/s2。
(2)F＝10 N＞6 N，A、B发生相对滑动，A、B间的摩擦力
f＝μmBg＝4 N
以B为研究对象，根据牛顿第二定律得
F－f＝mBaB′
则aB′＝3 m/s2
以A为研究对象，根据牛顿第二定律得
f′＝mAaA′
由牛顿第三定律得f′＝f
解得aA′＝1 m/s2。
(3)设将B从木板的左端拉到右端所用的时间为t，A、B在这段时间内发生的位移分别为sA和sB，其关系如图所示
则有sA＝aA′t2
sB＝aB′t2
sB－sA＝L
联立解得t＝0.8 s。
例3 (1)3 m/s2　1 m/s2　(2)2 m/s
解析　(1)分别对物块A、木板B进行受力分析可知，A在B上向右做匀减速运动，设其加速度大小为a1，则有
a1＝＝3 m/s2
木板B向右做匀加速运动，设其加速度大小为a2，则有
a2＝＝1 m/s2。
(2)由题意可知，A刚好没有从B上滑下来，则A滑到B最右端时的速度和B的速度相同，设为v，则有
时间关系t＝＝
位移关系L＝t－t
联立解得v0＝2 m/s。
例4 (1)1 m/s2　5 m/s2　(2)1 s　(3)12 m/s
解析　(1)根据牛顿第二定律
对B有F－μ2(mA＋mB)g－μ1mAg＝mBaB
对A有μ1mAg＝mAaA
得aA＝1 m/s2，aB＝5 m/s2。
(2)设物体A经时间t1从木板B上滑下，t1时间内
A的位移s1＝aAt，B的位移s2＝aBt
且有s2－s1＝L
联立以上三式，代入数据得t1＝1 s。
(3)t1＝1 s末，A从木板B上滑落，此时B的速度
v1＝aBt1＝5 m/s
A滑落后，设B的加速度为aB′，根据牛顿第二定律得
F－μ2mBg＝mBaB′
代入数据得aB′＝7 m/s2
则t2＝2 s时，B的速度v2＝v1＋aB′(t2－t1)
代入数据得v2＝12 m/s。
随堂对点自测
1.D　[当A、B刚要发生相对滑动时，静摩擦力达到最大值，设此时它们的加速度为a0，根据牛顿第二定律，对B有a0＝＝4 m/s2，对A、B整体有F0＝(m＋M)a0＝3×4 N＝12 N，所以当F≤12 N时，A、B相对静止，一起向右做匀加速运动，A、B、C错误；当F＝12 N时，物体A的加速度为a＝＝ m/s2＝4 m/s2，D正确。]
2.AD　[长木板在水平方向上受到木块的摩擦力和地面的摩擦力，两个力平衡，则地面对长木板的摩擦力大小为μ1mg，故A正确，B错误；因长木板静止，有μ1mg≤μ2(M＋m)g，无论F大小如何改变，木块在长木板上滑动时对长木板的摩擦力大小不变，长木板在水平方向上受到两个摩擦力的作用处于平衡状态，不可能运动，因质量关系未知，无法判断μ1、μ2的大小关系，故C错误，D正确。](共43张PPT)
培优提升十三　板块模型
第5章　牛顿运动定律
1.建立板块模型的分析方法。
2.能运用牛顿运动定律处理板块问题。
学习目标
目 录
CONTENTS
随堂对点自测
01
课后巩固训练
02
1.模型概述：一个物体在另一个物体上，两者之间有相对运动。问题涉及两个物体、多个过程，两物体的运动速度、位移间有一定的关系。
2.基本关系
加速度 关系 如果滑块与木板之间没有发生相对运动，可以用“整体法”求出它们一起运动的加速度；如果滑块与木板之间发生相对运动，应采用“隔离法”分别求出滑块与木板运动的加速度。应注意找出滑块与木板是否发生相对运动等隐含条件
速度 关系 滑块与木板之间发生相对运动时，明确滑块与木板的速度关系，从而确定滑块与木板受到的摩擦力。应注意当滑块与木板的速度相同时，摩擦力会发生突变的情况
位移 关系 滑块与木板叠放在一起运动时，应仔细分析滑块与木板的运动过程，明确滑块与木板对地的位移和滑块与木板之间的相对位移之间的关系
3.解题方法
(1)明确各物体对地的运动和物体间的相对运动情况，确定物体间的摩擦力方向。
(2)分别隔离两物体进行受力分析，准确求出各物体在各个运动过程中的加速度(注意两过程的连接处加速度可能突变)。
(3)物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口。求解中应注意联系两个过程的纽带，即每一个过程的末速度是下一个过程的初速度。
类型1　光滑水平面上的板块模型
1.模型特点：在光滑水平面上叠放两个物体并且两物体在摩擦力的相互作用下发生相对滑动。
2.解题策略：分析滑块和木板的受力情况，根据牛顿第二定律分别求出滑块和木板的加速度，对滑块和木板进行运动情况分析，找出滑块和木板之间的位置关系或速度关系建立方程，特别注意滑块和木板的位移都是相对地面的位移。
例1 如图所示，光滑水平桌面上有一质量M为2 kg的长度足够长的长木板，一质量m为1 kg的小物块从长木板的左端以大小为3 m/s的初速度v0滑上长木板，物块与长木板间的动摩擦因数μ为0.2，重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)小物块刚滑上木板时，小物块和木板的加速度大小；
(2)小物块的最终速度的大小；
(3)小物块最终距长木板左端的距离。
解析　(1)对小物块有μmg＝ma，解得a＝2 m/s2
对木板有μmg＝Ma′，解得a′＝1 m/s2。
(2)木板足够长，则二者最后共速且匀速，则有
v＝v0－at
v＝a′t
解得v＝1 m/s，t＝1 s。
则小物块距长木板左端的距离Δs＝s－s′
联立解得Δs＝1.5 m。
答案　(1)2 m/s2　1 m/s2　(2)1 m/s　(3)1.5 m
例2 如图所示，在光滑的水平地面上有一个长为L＝0.64 m、质量为mA＝4 kg的木板A，在木板的左端有一个大小不计、质量为mB＝2 kg的小物体B，A、B间的动摩擦因数为μ＝0.2(g取10 m/s2)，求：
(1)当对B施加水平向右的力F＝4 N时，A、B的加速度大小；
(2)当F＝10 N时，A、B的加速度大小；
(3)当F＝10 N时，将B从木板A的左端拉到右端的时间。
解析　若A、B间恰好发生相对滑动，则对A、B整体有F＝(mA＋mB)a0
对A有μmBg＝mAa0
联立得F＝6 N。
(1)因F＝4 N＜6 N，则A、B未发生相对滑动，
(2)F＝10 N＞6 N，A、B发生相对滑动，A、B间的摩擦力f＝μmBg＝4 N
以B为研究对象，根据牛顿第二定律得
F－f＝mBaB′
则aB′＝3 m/s2
以A为研究对象，根据牛顿第二定律得
f′＝mAaA′
由牛顿第三定律得f′＝f
解得aA′＝1 m/s2。
(3)设将B从木板的左端拉到右端所用的时间为t，A、B在这段时间内发生的位移分别为sA和sB，其关系如图所示
sB－sA＝L
联立解得t＝0.8 s。
类型2　不光滑水平面上的板块模型
1.模型特点：滑块(视为质点)置于长木板上，滑块和木板均相对地面运动，且滑块和木板在摩擦力的作用下发生相对滑动。
2.相对滑动的临界条件：两物体相接触且相对静止时，常存在着静摩擦力，相对滑动的临界条件是静摩擦力达到最大值。
3.位移关系：滑块由木板一端运动到另一端过程中，滑块和木板同向运动时，位移之差Δs＝s2－s1＝L(板长)；滑块和木板反向运动时，位移之和Δs＝s2＋s1＝L。
例3 如图所示，物块A、木板B的质量均为m＝10 kg，不计A的大小，木板B长L＝3 m。开始时A、B均静止。现使A以水平初速度v0从B的最左端开始运动。已知A与B、B与水平面之间的动摩擦因数分别为μ1＝0.3和μ2＝0.1，g取10 m/s2。求：
(1)发生相对滑动时，A、B的加速度大小；
(2)若A刚好没有从B上滑下来，则A的初速度v0。
(2)由题意可知，A刚好没有从B上滑下来，则A滑到B最右端时的速度和B的速度相同，设为v，则有
例4 如图所示，可看成质点的物体A放在长L＝2 m的木板B的右端，木板B静止于水平面上，已知A的质量mA和B的质量mB均为2.0 kg，A、B之间的动摩擦因数μ1＝0.1，B与水平面之间的动摩擦因数μ2＝0.1，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等，重力加速度g取10 m/s2，若从t＝0开始，木板B受F＝16 N的水平恒力作用，求：
(1)物体A未从木板B上滑下之前，A、B各自的加速度大小；
(2)物体A经多长时间从木板B上滑下；
(3)当t＝2 s时，木板B的速度大小。
解析　(1)根据牛顿第二定律
对B有F－μ2(mA＋mB)g－μ1mAg＝mBaB
对A有μ1mAg＝mAaA
得aA＝1 m/s2，aB＝5 m/s2。
(2)设物体A经时间t1从木板B上滑下，t1时间内
且有s2－s1＝L
联立以上三式，代入数据得t1＝1 s。
(3)t1＝1 s末，A从木板B上滑落，此时B的速度
v1＝aBt1＝5 m/s
A滑落后，设B的加速度为aB′，根据牛顿第二定律得F－μ2mBg＝mBaB′
代入数据得aB′＝7 m/s2
则t2＝2 s时，B的速度v2＝v1＋aB′(t2－t1)
代入数据得v2＝12 m/s。
答案　(1)1 m/s2　5 m/s2　(2)1 s　(3)12 m/s
有关板块问题的解题关键
随堂对点自测
1
D
1.(地面光滑的板块模型)如图所示，两物体A、B叠放在光滑水平面上，两物体间动摩擦因数为μ＝0.2，已知它们的质量m＝2 kg，M＝1 kg，力F作用在物体A上(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10 m/s2)，则(　　)
A.当F＝4 N时，两物体即将发生相对运动
B.当F＝5 N时，两物体一定发生相对运动
C.当F＝8 N时，物体B的加速度为4 m/s2
D.当F＝12 N时，物体A的加速度为4 m/s2
AD
2.(地面不光滑的板块模型) (多选)如图所示，质量为m的木块受水平向右的拉力F的作用，在质量为M的长木板上向右滑行，长木板处于静止状态。已知木块与长木板间的动摩擦因数为μ1，长木板与水平地面间的动摩擦因数为μ2，则(重力加速度为g)(　　)
A.长木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ1mg
B.长木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ2(M＋m)g
C.μ1一定小于μ2
D.无论怎样改变F的大小，长木板都不可能运动
解析　长木板在水平方向上受到木块的摩擦力和地面的摩擦力，两个力平衡，则地面对长木板的摩擦力大小为μ1mg，故A正确，B错误；因长木板静止，有μ1mg≤μ2(M＋m)g，无论F大小如何改变，木块在长木板上滑动时对长木板的摩擦力大小不变，长木板在水平方向上受到两个摩擦力的作用处于平衡状态，不可能运动，因质量关系未知，无法判断μ1、μ2的大小关系，故C错误，D正确。
课后巩固训练
2
D
题组一　光滑水平面上的板块模型
1.如图所示，质量为M的长木板静止于光滑的水平面上，质量为m的木块以初速度v0从左向右水平滑上长木板，已知木块与木板间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则木块在长木板上滑动的过程中，长木板的加速度大小为(　　)
基础对点练
ACD
2.(多选)如图甲所示，上表面粗糙的平板小车静止于光滑水平面上。t＝0时，小车以初速度v0向右运动，将小滑块无初速度地放置于小车的右端，最终小滑块恰好没有滑出小车。如图乙所示为小滑块与小车运动的v－t图像，图中t1、v0、v1均为已知量，重力加速度大小取g。由此可求得(　 　)
A.小车的长度
B.小滑块的质量
C.小车在匀减速运动过程中的加速度
D.小滑块与小车之间的动摩擦因数
D
3.如图所示，在光滑水平面上有一静止小车，小车上静止地放置着一小物块，物块和小车间的动摩擦因数为μ＝0.3(当地重力加速度g取10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力)。用水平恒力F拉动小车，设物块的加速度为a1，小车的加速度为a2，当水平恒力F取不同值时，a1与a2的值可能为(　　)
A.a1＝2 m/s2，a2＝3 m/s2 B.a1＝3 m/s2，a2＝2 m/s2
C.a1＝5 m/s2，a2＝3 m/s2 D.a1＝3 m/s2，a2＝5 m/s2
解析　由受力分析可知，物块的加速度取决于小车对物块的摩擦力，即f＝ma1，且f的最大值为fm＝μmg，故a1的最大值为a1m＝μg＝3 m/s2，故C错误；当F较小时，二者相对静止一起加速，则a2＝a1≤3 m/s2，故A、B错误；当F较大时，二者发生相对滑动，则a1＝
3 m/s2，a2＞3 m/s2，故D正确。
4.(多选)如图所示，质量M＝2 kg的足够长木板静止在光滑水平地面上，质量m＝1 kg的物块静止在长木板的左端，物块和长木板之间的动摩擦因数μ＝0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。现对物块施加一水平向右的恒力F＝2 N，则下列说法正确的是(　　)
A.物块和长木板之间的摩擦力为1 N
B.物块和长木板相对静止一起做加速运动
C.物块运动的加速度大小为1 m/s2
D.拉力F越大，长木板的加速度越大
AC
A
题组二　不光滑水平面上的板块模型
5.质量为m0＝20 kg、长为L＝5 m的木板放在水平地面上，木板与水平地面间的动摩擦因数为μ1＝0.15。质量为m＝10 kg的小铁块(可视为质点)，以v0＝4 m/s的速度从木板的左端水平冲上木板(如图所示)，小铁块与木板间的动摩擦因数为μ2＝0.4(最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10 m/s2)。则下列判断正确的是(　　)
A.木板一定静止不动，小铁块不能滑出木板
B.木板一定静止不动，小铁块能滑出木板
C.木板一定向右滑动，小铁块不能滑出木板
D.木板一定向右滑动，小铁块能滑出木板
BD
6.(多选)如图所示，A、B两物块的质量分别为1 kg和2 kg，静止叠放在水平地面上，A、B间的动摩擦因数为0.4，B与地面间的动摩擦因数为0.2，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2。现对B施加一水平拉力F＝12 N，则(　　)
A.B对A摩擦力大小为4 N
B.B对A摩擦力大小为2 N
C.A、B发生相对滑动，A的加速度为4 m/s2
D.A、B一起做匀加速运动，加速度为2 m/s2
ACD
7.(多选)如图所示，质量为M＝1 kg足够长的木板静止在光滑水平面上，现有一质量m＝0.5 kg的滑块(可视为质点)以v0＝3 m/s的初速度从左端沿木板上表面冲上木板，带动木板向前滑动，已知滑块与木板间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度g取10 m/s2，则(　　 )
综合提升练
A.滑块的加速度大小为1 m/s2
B.木板的加速度大小为1 m/s2
C.滑块和木板达到共同速度的时间为2 s
D.滑块和木板达到共同速度时，滑块相对木板滑动的位移大小为3 m
8.如图所示，质量为M＝3 kg的木板静止在光滑的水平面上，木板的长度为L＝1 m，在木板的右端放置一个质量m＝1 kg，可视为质点的铁块，铁块与木板之间的动摩擦因数μ＝0.2，取g＝10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，现对木板施加水平向右的力F，求：
(1)若F＝4 N，求铁块受到的摩擦力大小和方向；
(2)若F＝14 N，求铁块运动到木板左端的时间。
答案　(1)1 N　水平向右　(2)1 s
二者不发生相对滑动的最大拉力为F0＝(m＋M)am＝8 N
(1)若F＝4 N，则二者不发生相对滑动，根据牛顿第二定律可得
铁块受到的摩擦力大小为f＝ma1＝1 N，方向水平向右。
(2)当F＝14 N>8 N时，m、M之间发生相对滑动，最终将会分离，
对铁块，有a块＝2 m/s2
解得t＝1 s。
培优加强练
9.质量为M＝2 kg的木板B静止在水平面上，可视为质点的物块A从木板的左侧以初速度v0沿木板上表面水平冲上木板，如图甲所示。A和B经过1 s达到同一速度，之后共同减速直至静止，A和B的v－t图像如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)A与B上表面之间的动摩擦因数μ1；
(2)B与水平面间的动摩擦因数μ2；
(3)A的质量m。
答案　(1)0.2　(2)0.1　(3)6 kg
解析　(1)由题图乙可知，
A的初速度v0＝4 m/s
1 s末的速度v1＝2 m/s
A在0～1 s内的加速度
对A由牛顿第二定律得
－μ1mg＝ma1
解得μ1＝0.2。
(2)由题图乙知，A、B二者末速度v3＝0，A、B整体在1～3 s内的加速度
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
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。

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