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专题提升六　“滑块—木板”模型中的动力学问题
1.模型特点。
滑块置于木板上,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,滑块和木板具有不同的加速度。
2.滑块与木板间的位移关系。
如图所示,滑块(可视为质点)由木板一端运动到另一端的过程中,滑块和木板同向运动时,相对位移大小等于滑块与木板对地位移大小之差,即Δx=x1-x2=L(L为板长),如图甲所示;滑块和木板反向运动时,相对位移大小等于滑块与木板对地位移大小之和,即Δx=x1+x2=L(L为板长),如图乙所示。
甲　　乙
3.临界状态v块=v板是解题的关键。
(1)v块=v板时,滑块与木板间的摩擦力可能由滑动摩擦力转变为静摩擦力或摩擦力消失。
(2)滑块恰好不滑离木板或木板最短的条件:滑块刚好到达木板的一端时有v块=v板。
4.解答“滑块—木板”模型的流程。
题型1　水平面上的“滑块—木板”模型
　　　　　 　　　　　　　　　　
【典例1】　(2025·阜新模拟)如图所示,水平桌面上质量m1=0.01 kg的薄纸板上,放有一质量m2=0.04 kg的小水杯(可视为质点),小水杯距纸板左端距离x1为0.5 m,距桌子右端距离x2为1 m。现给纸板一个水平向右的恒力F,欲将纸板从小水杯下抽出。若纸板与桌面、水杯与桌面间的动摩擦因数μ1均为0.4,水杯与纸板间的动摩擦因数μ2为0.2,重力加速度g取10 m/s2,设水杯在运动过程中始终不会翻倒,求:
(1)当F满足什么条件时,抽动纸板过程水杯相对纸板不滑动;
(2)当F为0.4 N时,纸板的加速度是多大
(3)当F满足什么条件,纸板能从水杯下抽出,且水杯不会从桌面滑落
【典例2】　如图所示,质量M=1 kg的木板A静止在水平地面上,在木板的左端放置一个质量m=1 kg的铁块B(大小可忽略),铁块与木板间的动摩擦因数μ1=0.3,木板长L=1 m,用F=5 N的水平恒力作用在铁块上,设铁块B与木板A间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10 m/s2。
(1)若水平地面光滑,计算说明铁块与木板间是否会发生相对滑动。
(2)若木板与水平地面间的动摩擦因数μ2=0.1,求铁块运动到木板右端所用的时间。
题型2　斜面上的“滑块—木板”模型
　　　　　 　　　　　　　　　　
【典例3】　如图所示,倾角为θ=37°的传送带足够长,初始静止。质量M=2 kg的长木板放置在传送带上,恰好静止。有一质量m=1 kg的小物块,以速度v0=3 m/s沿着板面从上边缘滑上木板。当木板与物块恰好相对静止时,板撞到传送带下端的弹性开关上,传送带立即以v=1 m/s顺时针转动,木板以碰前大小相同的速度反弹。最终物块恰好没有滑离木板。已知物块与木板之间的动摩擦因数μ2=0.875,sin 37°=0.6,重力加速度g=10 m/s2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,木块、物块的上下表面均与传送带平行,物块可看成质点。求:
(1)长木板与传送带之间的动摩擦因数μ1;
(2)木板与开关相撞时的速度v1;
(3)木板的长度L。
专题提升六　“滑块—木板”模型中的动力学问题
题型1
【典例1】　答案　(1)F≤0.3 N　(2)12 m/s2
(3)F≥0.315 N
解析　(1)当抽动纸板且水杯相对纸板不滑动时,设水杯最大加速度为a1,对水杯分析,根据牛顿第二定律
μ2m2g=m2a1,
解得a1=2 m/s2,
对整体分析,根据牛顿第二定律
F1-μ1(m1+m2)g=(m1+m2)a1,
解得F1=0.3 N,
故当F≤F1=0.3 N时抽动纸板过程水杯相对纸板不滑动。
(2)当F2=0.4 N时,纸杯和纸板会发生相对滑动,对纸板分析有
F2-μ2m2g-μ1(m1+m2)g=m1a,
解得a=12 m/s2。
(3)纸板抽出的过程,对纸板有
F-μ2m2g-μ1(m1+m2)g=m1a2,
纸板抽出的过程,二者位移关系满足
x1=a2t2-a1t2,
纸板抽出后,水杯在桌面上做匀减速运动,设经历时间t'恰好到桌面右边缘静止,有
μ1m2g=m2a1',
由速度关系有a1t=a1't',
纸杯的位移关系有x2-a1t2=×t',
联立解得F=0.315 N,
所以,当F≥0.315 N时,纸板能从水杯下抽出,且水杯不会从桌面滑落。
【典例2】　答案　(1)见解析　(2) s
解析　(1)A、B之间的最大静摩擦力为
Ffm=μ1mg=0.3×1×10 N=3 N,
假设A、B之间不发生相对滑动,
对A、B整体:F=(M+m)a,
对A:FfAB=Ma,
解得FfAB=2.5 N,
因FfAB(2)对B:F-μ1mg=maB,
对A:μ1mg-μ2(M+m)g=MaA,
根据题意xB-xA=L,
xA=aAt2,xB=aBt2,
解得t= s。
题型2
【典例3】　答案　(1)0.75　(2)1 m/s
(3) m
解析　(1)长木板恰好静止在传送带上
Mgsin θ=μ1Mgcos θ,
解得μ1=0.75。
(2)对长木板由牛顿第二定律得
Mgsin θ+μ2mgcos θ-μ1(M+m)gcos θ=Ma1,
解得a1=0.5 m/s2,
对物块由牛顿第二定律得
-mgsin θ+μ2mgcos θ=ma2,
解得a2=1 m/s2,
物块与长木板达到共同速度时
v1=v0-a2t1=a1t1,
解得v1=1 m/s,方向向下。
(3)木板向下运动过程中,木板与物块的相对位移
Δx1==3 m,
木板被反弹,木板与物块的加速度均未变
Δx2== m,
所以木板的长度L=Δx1+Δx2= m。(共18张PPT)
专题提升六
第三章　运动与力的关系
“滑块—木板”模型中的动力学问题
1.模型特点。
滑块置于木板上，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，滑块和木板具有不同的加速度。
2.滑块与木板间的位移关系。
如图所示，滑块(可视为质点)由木板一端运动到另一端的过程中，滑块和木板同向运动时，相对位移大小等于滑块与木板对地位移大小之差，即Δx=x1-x2=L(L为板长)，如图甲所示；滑块和木板反向运动 时，相对位移大小等于滑块与木板对地位移大小之和，即Δx=x1+x2=
L(L为板长)，如图乙所示。
3.临界状态v块=v板是解题的关键。
(1)v块=v板时，滑块与木板间的摩擦力可能由滑动摩擦力转变为静摩擦力或摩擦力消失。
(2)滑块恰好不滑离木板或木板最短的条件：滑块刚好到达木板的一端时有v块=v板。
4.解答“滑块—木板”模型的流程。
题型1　水平面上的“滑块—木板”模型
题型2　斜面上的“滑块—木板”模型
内容
索引
水平面上的“滑块—木板”模型
题型1
【典例1】　(2025·阜新模拟)如图所示，水平桌面上质量m1=0.01 kg的薄纸板上，放有一质量m2=0.04 kg的小水杯(可视为质点)，小水杯距纸板左端距离x1为0.5 m，距桌子右端距离x2为1 m。现给纸板一个水平向右的恒力F，欲将纸板从小水杯下抽出。若纸板与桌面、水杯与桌面间的动摩擦因数μ1均为0.4，水杯与纸板间的动摩擦因数μ2为0.2，重力加速度g取10 m/s2，设水杯在运动过程中始终不会翻倒， 求：
(1)当F满足什么条件时，抽动纸板过程水杯相对纸板不滑动；
当抽动纸板且水杯相对纸板不滑动时，设水杯最大加速度为a1，对水杯分析，根据牛顿第二定律μ2m2g=m2a1，
解得a1=2 m/s2，
对整体分析，根据牛顿第二定律F1-μ1(m1+m2)g=(m1+m2)a1，
解得F1=0.3 N，
故当F≤F1=0.3 N时抽动纸板过程水杯相对纸板不滑动。
解析
(2)当F为0.4 N时，纸板的加速度是多大
当F2=0.4 N时，纸杯和纸板会发生相对滑动，对纸板分析有
F2-μ2m2g-μ1(m1+m2)g=m1a，
解得a=12 m/s2。
解析
(3)当F满足什么条件，纸板能从水杯下抽出，且水杯不会从桌面滑 落
纸板抽出的过程，对纸板有F-μ2m2g-μ1(m1+m2)g=m1a2，
纸板抽出的过程，二者位移关系满足x1=a2t2-a1t2，
纸板抽出后，水杯在桌面上做匀减速运动，设经历时间t'恰好到桌面右边缘静止，有μ1m2g=m2a1'，由速度关系有a1t=a1't'，
纸杯的位移关系有x2-a1t2=×t'，联立解得F=0.315 N，
所以，当F≥0.315 N时，纸板能从水杯下抽出，且水杯不会从桌面滑落。
解析
【典例2】　如图所示，质量M=1 kg的木板A静止在水平地面上，在木板的左端放置一个质量m=1 kg的铁块B(大小可忽略)，铁块与木板间的动摩擦因数μ1=0.3，木板长L=1 m，用F=5 N的水平恒力作用在铁块上，设铁块B与木板A间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取 10 m/s2。
(1)若水平地面光滑，计算说明铁块与木板间是否会发生相对滑动。
A、B之间的最大静摩擦力为Ffm=μ1mg=0.3×1×10 N=3 N，
假设A、B之间不发生相对滑动，
对A、B整体：F=(M+m)a，
对A：FfAB=Ma，
解得FfAB=2.5 N，
因FfAB解析
(2)若木板与水平地面间的动摩擦因数μ2=0.1，求铁块运动到木板右端所用的时间。
对B：F-μ1mg=maB，
对A：μ1mg-μ2(M+m)g=MaA，
根据题意xB-xA=L，
xA=aAt2，xB=aBt2，
解得t= s。
解析
斜面上的“滑块—木板”模型
题型2
【典例3】　如图所示，倾角为θ=37°的传送带足够长，初始静止。质量M=2 kg的长木板放置在传送带上，恰好静止。有一质量m=1 kg的小物块，以速度v0=3 m/s沿着板面从上边缘滑上木板。当木板与物块
恰好相对静止时，板撞到传送带下端的弹性开关上，传送带立即以v=1 m/s顺时针转动，木板以碰前大小相同的速度反弹。最终物块恰好没有滑离木板。已知物块与木板之间的动摩擦因数μ2=0.875， sin 37°=0.6，重力加速度g=10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦 力，木块、物块的上下表面均与传送带平行，物块可看成质点。求：
(1)长木板与传送带之间的动摩擦因数μ1；
长木板恰好静止在传送带上
Mgsin θ=μ1Mgcos θ，
解得μ1=0.75。
解析
(2)木板与开关相撞时的速度v1；
对长木板由牛顿第二定律得
Mgsin θ+μ2mgcos θ-μ1(M+m)gcos θ=Ma1，
解得a1=0.5 m/s2，
对物块由牛顿第二定律得-mgsin θ+μ2mgcos θ=ma2，
解得a2=1 m/s2，
物块与长木板达到共同速度时v1=v0-a2t1=a1t1，
解得v1=1 m/s，方向向下。
解析
(3)木板的长度L。
木板向下运动过程中，木板与物块的相对位移
Δx1==3 m，
木板被反弹，木板与物块的加速度均未变
Δx2== m，
所以木板的长度L=Δx1+Δx2= m。
解析专题提升练6　“滑块—木板”模型中的动力学问题
　梯级Ⅰ基础练
1.(2025·银川模拟)质量为20 kg、长为5 m的木板放在水平光滑的地面上。将质量为10 kg的小铁块(可视为质点)，以6 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0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g=10 m/s2，下列说法不正确的是(　　)
A.小铁块与木板的共同速度是2 m/s
B.小铁块不能滑出木板
C.木板一定向右滑动
D.小铁块能滑出木板
2.(多选)(2025·雅安模拟)如图所示，质量为m的长木板静止放置在粗糙的水平地面上，质量也为m的物块(视为质点)静止放置在长木板的最左端，长木板的上表面光滑，下表面与地面之间的动摩擦因数为μ，现让长木板与木块瞬间同时获得一个水平向右的速度v0，经过一段时间，长木板停止运动时木块正好从长木板的最右端脱离，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)
A.长木板在运动过程中的加速度大小为2μg
B.长木板的运动时间为
C.木块从长木板的最右端脱离时，木块的位移为
D.长木板的长度为
3.(多选)如图所示，质量为1 kg的木板B静置在足够大的水平地面上，其左端有一可视为质点、质量为2 kg的物块A，现对物块A施加一水平向右、大小为9 N的恒力，两者由静止开始运动，2 s后撤去恒力，物块A恰好能到达木板B的右端。已知物块A与木板B间的动摩擦因数为0.2，木板B与水平地面间的动摩擦因数为0.1，取重力加速度大小g=10 m/s2，下列说法正确的是(　　)
A.撤去恒力时木板B的速度大小为2 m/s
B.木板B的长度为2.5 m
C.木板B运动的最大距离为9 m
D.物块A运动的最大距离为13.5 m
4.(多选)(2024·黑吉辽卷)一足够长木板置于水平地面上，二者间的动摩擦因数为μ。t=0时，木板在水平恒力作用下，由静止开始向右运动。某时刻，一小物块以与木板等大、反向的速度从右端滑上木板。已知t=0到t=4t0的时间内，木板速度v随时间t变化的图像如图所示，其中g为重力加速度大小。t=4t0时刻，小物块与木板的速度相同。下列说法正确的是(　　)
A.小物块在t=3t0时刻滑上木板
B.小物块和木板间动摩擦因数为2μ
C.小物块与木板的质量比为3∶4
D.t=4t0之后小物块和木板一起做匀速运动
5.(2025·深圳模拟)如图是一种大型户外水上游乐活动的简化图，光滑斜面轨道固定在地面上，浮板A与斜面底部平滑连接并靠在一起。游客从斜面顶端静止滑下，经过斜面底端后，沿浮板的上表面从左端水平滑上浮板。游客滑上浮板的同时，立即启动引擎，使浮板在恒定牵引力F的作用下沿直线驶向目的地。
已知:斜面高h=1.8 m，游客和浮板的质量均为m=50 kg，浮板长度L=3 m，游客与浮板之间的动摩擦因数μ=0.5，水对浮板的阻力f=300 N，重力加速度取g=10 m/s2。求:
(1)游客滑到斜面底端时速度的大小;
(2)游客刚滑上浮板时加速度的大小;
(3)为保证游客不会脱离浮板，牵引力F应满足的条件。
梯级Ⅱ能力练
6.(2025·南宁模拟)如图所示，质量mA=2 kg的小物块A可以看作质点，以初速度v0=3 m/s滑上静止的木板B左端，木板B足够长，当A、B的速度达到相同后，A、B又一起在水平面上滑行直至停下。已知mB=1 kg，A、B间的动摩擦因数μ1=0.2，木板B与水平面间的动摩擦因数μ2=0.1，g取10 m/s2。求:
(1)小物块A刚滑上木板B时，A、B的加速度大小aA和aB;
(2)A、B速度达到相同所经过的时间t;
(3)A、B一起在水平面上滑行至停下的距离。
7.(2025·滨州模拟)如图所示，一足够长的固定斜面，斜面倾角为θ=30°，上表面光滑，斜面底端放一长为L= m，质量m=0.8 kg的木板B，B的上表面下端放一小物块A，A可以看作质点，A质量为M=1 kg，A、B间的动摩擦因数为，A、B均保持静止。现在A上施加一个沿斜面斜向上的恒力F=12 N，力F始终作用在A上，取g=10 m/s2，求:
(1)A、B分离的时间;
(2)B从开始运动到滑回到出发点的总时间。
梯级Ⅲ创新练
8.(多选)如图所示，一长L、质量为M的木板靠在光滑竖直墙面上，木板右下方有一质量为m的小滑块(可视为质点)，滑块与木板间的动摩擦因数为μ，滑块与木板间的最大静摩擦力可近似等于滑动摩擦力，现用水平恒力F1向左作用在滑块上，用竖直恒力F2向上拉动滑块，使滑块、木板同时从地面由静止开始向上运动。已知L=1 m、质量M=0.2 kg、m=0.8 kg、μ=0.1，现F2与F1同时作用时间t=2 s，滑块与木板恰好分离，g=10 m/s2，试根据以上信息，以下判断正确的是(　　)
A.F1不能小于20 N
B.F2不能小于20 N
C.当F1=30 N时，F2=19 N
D.t=2 s内，滑块与木板加速度之差一定等于0.5 m/s2
专题提升练6　“滑块—木板”模型中的动力学问题
1.D　解析　小铁块从木板的左端水平冲上木板,小铁块的加速度大小为a==4 m/s2,方向水平向左;木板的加速度大小为a'== m/s2=2 m/s2,方向水平向右,木板一定向右滑动,C项正确;设小铁块与木板可以达到共速,且所用时间为t,则有v共=v0-at=a't,解得t=1 s,v共=2 m/s,此过程小铁块与木板的相对位移为Δx=x铁-x板=t-t=t=3 m2.AD　解析　对长木板,由牛顿第二定律可得μ·2mg=ma,解得长木板在运动过程中的加速度大小a=2μg,A项正确;长木板运动的时间t==,B项错误;木块从长木板的最右端脱离时,木块的位移x1=v0t=,C项错误;木块从长木板的最右端脱离时,长木板的位移x2==,木板的长度为L=x1-x2=,D项正确。
3.ACD　解析　撤去恒力前,对B由牛顿第二定律得μ1mAg-μ2(mA+mB)g=mBaB,解得aB=1 m/s2,撤去恒力时木板B的速度大小为vB=aBt=2 m/s,A项正确;撤去恒力前,对A由牛顿第二定律得F-μ1mAg=mAaA,解得aA=2.5 m/s2,撤去恒力时物块A的速度大小为vA=aAt=5 m/s,撤去恒力后,A做匀减速运动,由牛顿第二定律得μ1mAg=mAa1,解得A的加速度大小为a1=μ1g=2 m/s2,撤去恒力后,B依然做匀加速运动;撤去恒力,物块A恰好能到达木板B的右端,则A到达B右端时二者有共同速度,可得v=vA-a1t1=vB+aBt1,解得t1=1 s,v=3 m/s,A、B达到共同速度时木板B运动的距离为xB=aB(t+t1)2=4.5 m,A、B达到共同速度时物块A运动的距离为xA=t+t1=9 m,木板B的长度为L=xA-xB=4.5 m,B项错误;A、B达到共同速度以后共同做匀减速运动,加速度大小为a==μ2g=1 m/s2,此后运动的位移大小为x==4.5 m,木板B运动的最大距离为xBm=xB+x=9 m,物块A运动的最大距离为xAm=xA+x=13.5 m,C、D两项正确。
4.ABD　解析　v-t图像的斜率表示加速度,可知t=3t0时刻木板的加速度发生改变,可知小物块在t=3t0时刻滑上木板,A项正确;设小物块和木板间动摩擦因数为μ0,根据题意结合题中图像可知物块开始滑上木板时的速度大小为v0=μgt0,方向水平向左,物块在木板上滑动的加速度大小a0==μ0g,经过t0时间与木板共速,此时速度大小为v共=μgt0,方向水平向右,即物块先向左减速,后反向向右加速,由运动学规律得+=t0,解得μ0=2μ,B项正确;设木板质量为M,物块质量为m,根据图像可知物块未滑上木板时,木板的加速度为a==μg,由牛顿第二定律得F-μMg=Ma,解得F=μMg,根据图像物块滑上木板后木板的加速度为a'==-μg,此时对木板由牛顿第二定律得F-μg-μ0mg=Ma',解得=,C项错误;假设t=4t0之后小物块和木板一起共速运动,对整体F-μ(m+M)g=μMg-μMg=0,此时整体处于平衡状态,假设成立,即t=4t0之后小物块和木板一起做匀速运动,D项正确。
5.答案　(1)6 m/s　(2)5 m/s2
(3)F≥100 N
解析　(1)游客从斜面滑下的过程,根据动能定理,有mgh=mv2,
解得v=6 m/s。
(2)游客刚滑上浮板时,根据牛顿第二定律,有μmg=ma,
解得a=5 m/s2。
(3)设人滑上浮板后,浮板的加速度为a',经时间t人与浮板共速,要想保证游客不会脱离浮板,则有v-at=a't,
vt-at2-a't2≤L,
解得a'≥1 m/s2,
由牛顿第二定律得F+μmg-f=ma',
解得F≥100 N。
6.答案　(1)2 m/s2　1 m/s2　(2)1 s
(3)0.5 m
解析　(1)根据题意可知,A与B之间的滑动摩擦力大小
f1=μ1mAg=4 N,
B与水平面之间的滑动摩擦力大小
f2=μ2(mA+mB)g=3 N,
当A刚滑上B时,由牛顿第二定律,对A有f1=mAaA,
对B有f1-f2=mBaB,
解得aA=2 m/s2,aB=1 m/s2。
(2)设A、B达到相同的速度为v,对A、B相对滑动的过程,由公式v=v0+at对A有
v=v0-aAt,
对B有v=aBt,
解得t=1 s,v=1 m/s。
(3)以A、B整体为研究对象,由牛顿第二定律得f2=(mA+mB)a,
一起在水平面上滑行至停下过程
0-v2=-2ax,
解得x=0.5 m。
7.答案　(1)1 s　(2) s
解析　(1)对A分析,根据牛顿第二定律可得
F-μMgcos θ-Mgsin θ=MaA,
解得aA=2 m/s2,
对B分析,根据牛顿第二定律可得
μMgcos θ-mgsin θ=maB,
解得aB= m/s2,
由aA-aB=L,
解得A、B分离的时间为t1=1 s。
(2)A、B分离时,B的速度为
vB=aBt1= m/s,
B通过的位移为x1=t1= m,
A、B分离后对B分析,有
aB'=gsin θ=5 m/s2,
-x1=vBt2-aB',
解得t2= s,
则B从开始运动到滑回到出发点的总时间为t=t1+t2= s。
8.AD　解析　根据题意有μF1>Mg,解得F1>20 N ,A项正确;根据牛顿第二定律,对滑块有F2-mg-μF1=ma1,对木板有μF1-Mg=Ma2,根据滑块与木板的位移关系有a1t2-a2t2=L,联立并代入数据解得F2=0.5F1+0.4,由于F1>20 N,所以F2>10.4 N,B项错误;当F1=30 N时,有F2=0.5×30+0.4 N=15.4 N,C项错误;由于a1t2-a2t2=L,代入数据解得a1-a2=0.5 m/s2,D项正确。(共30张PPT)
专题提升练6
“滑块—木板”模型中的动力学问题
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1.(2025·银川模拟)质量为20 kg、长为5 m的木板放在水平光滑的地面上。将质量为10 kg的小铁块(可视为质点)，以6 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0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g=10 m/s2，下列说法不正确的是( )
A.小铁块与木板的共同速度是2 m/s
B.小铁块不能滑出木板
C.木板一定向右滑动
D.小铁块能滑出木板
梯级Ⅰ 基础练
小铁块从木板的左端水平冲上木板，小铁块的加速度大小为a==4 m/s2，方向水平向左；木板的加速度大小为a'==
m/s2=2 m/s2，方向水平向右，木板一定向右滑动，C项正确；设小铁块与木板可以达到共速，且所用时间为t，则有v共=v0-at=a't，解得t=1 s，v共=2 m/s，此过程小铁块与木板的相对位移为Δx=x铁-x板=t-t=t=3 m解析
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2.(多选)(2025·雅安模拟)如图所示，质量为m的长木板静止放置在粗糙的水平地面上，质量也为m的物块(视为质点)静止放置在长木板的最左端，长木板的上表面光滑，下表面与地面之间的动摩擦因数为μ，现让长木板与木块瞬间同时获得一个水平向右的速度v0，经过一段时间，长木板停止运动时木块正好从长木板的最右端脱离，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
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A.长木板在运动过程中的加速度大小为2μg
B.长木板的运动时间为
C.木块从长木板的最右端脱离时，木块的位移为
D.长木板的长度为
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对长木板，由牛顿第二定律可得μ·2mg=ma，解得长木板在运动过程中的加速度大小a=2μg，A项正确；长木板运动的时间t==，B项错误；木块从长木板的最右端脱离时，木块的位移x1=v0t=，C项错误；木块从长木板的最右端脱离时，长木板的位移x2==，木板的长度为L=x1-x2=，D项正确。
解析
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3.(多选)如图所示，质量为1 kg的木板B静置在足够大的水平地面 上，其左端有一可视为质点、质量为2 kg的物块A，现对物块A施加一水平向右、大小为9 N的恒力，两者由静止开始运动，2 s后撤去恒力，物块A恰好能到达木板B的右端。已知物块A与木板B间的动摩擦因数为0.2，木板B与水平地面间的动摩擦因数为0.1，取重力加速度大小g=10 m/s2，下列说法正确的是( )
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A.撤去恒力时木板B的速度大小为2 m/s
B.木板B的长度为2.5 m
C.木板B运动的最大距离为9 m
D.物块A运动的最大距离为13.5 m
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撤去恒力前，对B由牛顿第二定律得μ1mAg-μ2(mA+mB)g=mBaB，解得aB=1 m/s2，撤去恒力时木板B的速度大小为vB=aBt=2 m/s，A项正确；撤去恒力前，对A由牛顿第二定律得F-μ1mAg=mAaA，解得aA=2.5 m/s2，撤去恒力时物块A的速度大小为vA=aAt=5 m/s，撤去恒力后，A做匀减速运动，由牛顿第二定律得μ1mAg=mAa1，解得A的加速度大小为a1=μ1g=2 m/s2，撤去恒力后，B依然做匀加速运动；撤去恒力，物块A恰好能到达木板B的右端，则A到达B右端
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时二者有共同速度，可得v=vA-a1t1=vB+aBt1，解得t1=1 s，v= 3 m/s，A、B达到共同速度时木板B运动的距离为xB=aB(t+t1)2=4.5 m，A、B达到共同速度时物块A运动的距离为xA=t+t1=9 m，木板B的长度为L=xA-xB=4.5 m，B项错误； A、B达到共同速度以后共同做匀减速运动，加速度大小为
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a==μ2g=1 m/s2，此后运动的位移大小为x==4.5 m，木板B运动的最大距离为xBm=xB+x=9 m，物块A运动的最大距离为xAm=xA+x=13.5 m，C、D两项正确。
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4.(多选)(2024·黑吉辽卷)一足够长木板置于水平地面上，二者间的动摩擦因数为μ。t=0时，木板在水平恒力作用下，由静止开始向右运动。某时刻，一小物块以与木板等大、反向的速度从右端滑上木 板。已知t=0到t=4t0的时间内，木板速度v随时间t变化的图像如图所示，其中g为重力加速度大小。t=4t0时刻，小物块与木板的速度相 同。下列说法正确的是( )
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A.小物块在t=3t0时刻滑上木板
B.小物块和木板间动摩擦因数为2μ
C.小物块与木板的质量比为3∶4
D.t=4t0之后小物块和木板一起做匀速运动
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v-t图像的斜率表示加速度，可知t=3t0时刻木板的加速度发生改 变，可知小物块在t=3t0时刻滑上木板，A项正确；设小物块和木板间动摩擦因数为μ0，根据题意结合题中图像可知物块开始滑上木板时的速度大小为v0=μgt0，方向水平向左，物块在木板上滑动的加速度大小a0==μ0g，经过t0时间与木板共速，此时速度大小为v共=μgt0，方向水平向右，即物块先向左减速，后反向向右
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加速，由运动学规律得+=t0，解得μ0=2μ，B项正确；设木板质量为M，物块质量为m，根据图像可知物块未滑上木板时，木板的加速度为a==μg，由牛顿第二定律得F-μMg=Ma，解得F=μMg，根据图像物块滑上木板后木板的加速度为a'=
解析
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=-μg，此时对木板由牛顿第二定律得F-μg-μ0mg=Ma'，解得=，C项错误；假设t=4t0之后小物块和木板一起共速运动，对整体F-μ(m+M)g=μMg-μMg=0，此时整体处于平衡状态，假设成立，即t=4t0之后小物块和木板一起做匀速运动，D项正确。
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5.(2025·深圳模拟)如图是一种大型户外水上游乐活动的简化图，光滑斜面轨道固定在地面上，浮板A与斜面底部平滑连接并靠在一起。游客从斜面顶端静止滑下，经过斜面底端后，沿浮板的上表面从左端水平滑上浮板。游客滑上浮板的同时，立即启动引擎，使浮板在恒定牵引力F的作用下沿直线驶向目的地。
已知：斜面高h=1.8 m，游客和浮板的质量均为m=50 kg，浮板长度L=3 m，游客与浮板之间的动摩擦因数μ=0.5，水对浮板的阻力f= 300 N，重力加速度取g=10 m/s2。求：
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(1)游客滑到斜面底端时速度的大小；
游客从斜面滑下的过程，根据动能定理，有mgh=mv2，
解得v=6 m/s。
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(2)游客刚滑上浮板时加速度的大小；
游客刚滑上浮板时，根据牛顿第二定律，有
μmg=ma，
解得a=5 m/s2。
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(3)为保证游客不会脱离浮板，牵引力F应满足的条件。
设人滑上浮板后，浮板的加速度为a'，经时间t人与浮板共速，要想保证游客不会脱离浮板，则有v-at=a't，
vt-at2-a't2≤L，
解得a'≥1 m/s2，
由牛顿第二定律得F+μmg-f=ma'，
解得F≥100 N。
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6.(2025·南宁模拟)如图所示，质量mA=2 kg的小物块A可以看作质点，以初速度v0=3 m/s滑上静止的木板B左端，木板B足够长，当A、B的速度达到相同后，A、B又一起在水平面上滑行直至停下。已知mB=1 kg，A、B间的动摩擦因数μ1=0.2，木板B与水平面间的动摩擦因数μ2=0.1，g取10 m/s2。求：
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梯级Ⅱ 能力练
(1)小物块A刚滑上木板B时，A、B的加速度大小aA和aB；
根据题意可知，A与B之间的滑动摩擦力大小f1=μ1mAg=4 N，
B与水平面之间的滑动摩擦力大小f2=μ2(mA+mB)g=3 N，
当A刚滑上B时，由牛顿第二定律，对A有f1=mAaA，
对B有f1-f2=mBaB，
解得aA=2 m/s2，aB=1 m/s2。
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(2)A、B速度达到相同所经过的时间t；
设A、B达到相同的速度为v，对A、B相对滑动的过程，由公式v=v0+at对A有
v=v0-aAt，
对B有v=aBt，
解得t=1 s，v=1 m/s。
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(3)A、B一起在水平面上滑行至停下的距离。
以A、B整体为研究对象，由牛顿第二定律得
f2=(mA+mB)a，
一起在水平面上滑行至停下过程
0-v2=-2ax，
解得x=0.5 m。
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7.(2025·滨州模拟)如图所示，一足够长的固定斜面，斜面倾角为θ=30°，上表面光滑，斜面底端放一长为L= m，质量m=0.8 kg的木板B，B的上表面下端放一小物块A，A可以看作质点，A质量为M=
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1 kg，A、B间的动摩擦因数为，A、B均保持静止。现在A上施加一个沿斜面斜向上的恒力F=12 N，力F始终作用在A上，取g=10 m/s2，求：
(1)A、B分离的时间；
对A分析，根据牛顿第二定律可得F-μMgcos θ-Mgsin θ=MaA，
解得aA=2 m/s2，
对B分析，根据牛顿第二定律可得μMgcos θ-mgsin θ=maB，
解得aB= m/s2，
由aA-aB=L，
解得A、B分离的时间为t1=1 s。
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(2)B从开始运动到滑回到出发点的总时间。
A、B分离时，B的速度为vB=aBt1= m/s，
B通过的位移为x1=t1= m，
A、B分离后对B分析，有aB'=gsin θ=5 m/s2，-x1=vBt2-aB'，
解得t2= s，
则B从开始运动到滑回到出发点的总时间为t=t1+t2= s。
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8.(多选)如图所示，一长L、质量为M的木板靠在光滑竖直墙面上，木板右下方有一质量为m的小滑块(可视为质点)，滑块与木板间的动摩擦因数为μ，滑块与木板间的最大静摩擦力可近似等于滑动摩擦 力，现用水平恒力F1向左作用在滑块上，用竖直恒力F2向上拉动滑 块，使滑块、木板同时从地面由静止开始向上运动。已知L=1 m、质量M=0.2 kg、m=0.8 kg、μ=0.1，现F2与F1同时作用时间t=2 s，滑块与木板恰好分离，g=10 m/s2，试根据以上信息，以下判断正确的是 ( )
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梯级Ⅲ 创新练
A.F1不能小于20 N
B.F2不能小于20 N
C.当F1=30 N时，F2=19 N
D.t=2 s内，滑块与木板加速度之差一定等于0.5 m/s2
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根据题意有μF1>Mg，解得F1>20 N ，A项正确；根据牛顿第二定律，对滑块有F2-mg-μF1=ma1，对木板有μF1-Mg=Ma2，根据滑块与木板的位移关系有a1t2-a2t2=L，联立并代入数据解得F2=0.5F1+0.4，由于F1>20 N，所以F2>10.4 N，B项错误；当F1=30 N时，有F2=0.5×30+0.4 N=15.4 N，C项错误；由于a1t2-a2t2=L，代入数据解得a1-a2=0.5 m/s2，D项正确。
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