资源简介

117
牛顿第二定律的应用—板块模型分析(例题)
参考答案与试题解析
【例1】如图，在光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板，其上叠放一质量为m2的木块。假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。现给木块施加一随时间t增大的水平力F＝kt（k是常数），木板和木块加速度的大小分别为a1和a2．下列反映a1和a2变化的图线中正确的是（　　）
A．
B．
C．
D．
【分析】当水平拉力F较小时，木板和木块保持相对静止一起向右做匀加速直线运动，运用整体法求解出加速度。当木块和木板发生相对滑动时，隔离分析得出两者的加速度大小，从而得出正确的图线。
【解答】解：当F较小时，木块和木板一起做匀加速直线运动，加速度
a＝＝，则知a∝t；
当拉力达到一定程度后，木块和木板之间发生相对滑动，
对木板m1，所受的滑动摩擦力恒定，加速度恒定，即a1＝；
对木块m2，加速度为
a2＝＝﹣μg
由于＜，可知a1图线后一段斜率大于前一段的斜率，由数学知识知A正确。
故选：A。
【点评】本题首先要分两个相对静止和相对运动两种状态分析，其次采用整体法和隔离法研究得到加速度与时间的关系式，再选择图象，是经常采用的思路。
【例2】(多选)如图所示，A、B两物块的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上，A、B间的动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，现对A施加一水平拉力F，则（　　）
A．当F＜2μmg时，A、B都相对地面静止
B．当F＝μmg时，A的加速度为μg
C．当F＞3μmg时，A相对B滑动
D．无论F为何值，B的加速度不会超过μg
【分析】根据A、B之间的最大静摩擦力，隔离对B分析求出整体的临界加速度，通过牛顿第二定律求出A、B不发生相对滑动时的最大拉力。然后通过整体法隔离法逐项分析。
【解答】解：A、设B对A的摩擦力为f1，A对B的摩擦力为f2，地面对B的摩擦力为f3，由牛顿第三定律可知f1与f2大小相等，方向相反，f1和f2的最大值均为2μmg，f3的最大值为，．故当0＜F≤时，A、B均保持静止；继续增大F，在一定范围内A、B将相对静止以共同的加速度开始运动，故A错误；
B、设当A、B恰好相对地面发生相对滑动时的拉力为F′，加速度为a′，则对A，有F′﹣2μmg＝2ma′，对A、B整体，有F′﹣，解得F′＝3μmg，故当＜F≤3μmg时，A相对于B静止，二者以共同的加速度开始运动；当F＞3μmg时，A相对于B滑动。
当F＝时，A、B以共同的加速度开始运动，将A、B看作整体，由牛顿第二定律有F﹣＝3ma，解得a＝，故B、C正确。
D、对B来说，其所受合力的最大值Fm＝2μmg﹣，即B的加速度不会超过，故D正确。
故选：BCD。
【点评】本题考查牛顿第二定律的综合运用，解决本题的突破口在于通过隔离法和整体法求出A、B不发生相对滑动时的最大拉力。
【例3】（2020?泰安二模）如图所示，质量为mB＝4kg长木板B放在水平地面上，一质量为mA＝2kg的小物块A，放在B的左端，A、B之间的动摩擦因数μA为0.5，B与地面之间的动摩擦因数μB为0.1，A以v0＝3m/s的初速度沿B上表面从左端向右运动（A在B板上没有滑下），重力加速度取g＝10m/s2，求：
（1）A在B上滑动的时间；
（2）A运动全过程中对地的位移。
【考点】1G：匀变速直线运动规律的综合运用；37：牛顿第二定律．版权所有
【专题】32：定量思想；43：推理法；511：直线运动规律专题；522：牛顿运动定律综合专题；62：推理能力．
【分析】（1）根据牛顿第二定律分别求出A、B的加速度，当A、B的速度相同时，A不再相对于B运动，结合速度时间公式求出A在B上滑行的时间；
（2）假设此后A与B一起减速，根据牛顿第二定律求出它们的加速度，进而得出A与B之间的摩擦力，判断它们能一起减速，利用速度位移公式求出共同运动的位移，从得出最终A对地的位移。
【解答】解：（1）对A分析：μAmAg＝mAaA
对B分析：μAmAg﹣μB（mA+mB）g＝mBaB
A做匀减速直线运动，B做初速度为零的匀加速直线运动；
设经t，A的位移为xA，A、B共速为v，此后一起匀减速运动，经过x0停止。
v0﹣aAt＝aBt＝v
解得：t＝0.5s
（2）根据速度﹣位移公式：
A、B共同运动加速度为μB（mA+mB）g＝（mA+mB）aAB
共同的距离为：v2＝2aABx0
最终A对地的位移：x＝xA+x0＝1m
答：（1）A相对B运动的时间为0.5s；
（2）A相对地的位移为1m。
【点评】解决本题的关键是正确地对A、B进行受力分析，理清A、B的运动规律，结合运动学公式和牛顿第二定律即可正确解题，有一定的难度
【例4】如图所示，质量相等的物块A和B叠放在水平地面上，左边缘对齐。A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ．先敲击A，A立即获得水平向右的初速度，在B上滑动距离L后停下。接着敲击B，B立即获得水平向右的初速度，A、B都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。求：
（1）A被敲击后获得的初速度大小vA；
（2）在左边缘再次对齐的前、后，B运动加速度的大小aB、aB′；
（3）B被敲击后获得的初速度大小vB。
【分析】（1）敲击A后，A获得速度后，向右做匀减速运动，根据牛顿第二定律及匀变速直线运动规律解题；
（2）根据A与B之间的摩擦力，B与地面之间的摩擦力，结合牛顿第二定律可分析出对齐和不对齐时B的加速度；
（3）由A、B所发生的相对位移L着手，分析出共速时各自发生的位移，联立等式进行求解。
【解答】解：（1）由牛顿运动定律知，A加速度的大小：aA＝μg
匀变速直线运动：
解得：
（2）设A、B的质量均为m，对齐前，B所受合外力大小：F＝3μmg
由牛顿运动定律：F＝maB，解得：aB＝3μg
对齐后，A、B所受合外力大小：F'＝2μmg
由牛顿运动定律F'＝2maB′
解得：a'B＝μg
（3）经过时间t，A、B达到共同速度v，位移分别为xA，xB，A加速度的大小等于aA，则：
v＝aAt
v＝vB﹣aBt
且xB﹣xA＝L
解得：
答：（1）A被敲击后获得的初速度大小vA为；
（2）在左边缘再次对齐的前、后，B运动加速度的大小aB、aB′分别为3μg，μg；
（3）B被敲击后获得的初速度大小vB为。
【点评】本题考查了匀变速直线运动，难点在于运用A、B共速后所发生的相对位移，联立等式求解初速度，因此思维只要落入这个等式即可求解。
【例5】一长木板在水平地面上运动，在t＝0时刻将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，以后木板运动的速度﹣时间图象如图所示。已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上。取重力加速度的大小g＝10m/s2，求：
（1）物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数；
（2）从t＝0时刻到物块与木板均停止运动时，物块相对于木板的位移的大小。
【分析】（1）由v﹣t图象分析可知，0.5s时刻以前木板做匀减速运动，而物块做匀加速运动，t＝0.5s时刻两者速度相等。根据v﹣t的斜率等于物体的加速度，由数学知识求出木板的加速度大小，由运动学公式和牛顿第二定律结合求解动摩擦因数；
（2）根据牛顿第二定律判断速度相同后两个物体能否一起做匀减速运动，求出加速度，由运动学公式求出两个物体的总位移，两者之差即为相对位移。
【解答】解：（1）设物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为μ1和μ2，木板与物块的质量均为m。
v﹣t的斜率等于物体的加速度，则得：
在0﹣0.5s时间内，木板的加速度大小为＝m/s2＝8m/s2。
对木板：地面给它的滑动摩擦力方向与速度相反，物块对它的滑动摩擦力也与速度相反，则由牛顿第二定律得
μ1mg+μ2?2mg＝ma1，①
对物块：0﹣0.5s内，物块初速度为零的做匀加速直线运动，加速度大小为
a2＝＝μ1g
t＝0.5s时速度为v＝1m/s，则
v＝a2t
②
由①②解得μ1＝0.20，μ2＝0.30
（2）0.5s后两个物体都做匀减速运动，假设两者相对静止，一起做匀减速运动，加速度大小为a＝μ2g
由于物块的最大静摩擦力μ1mg＜μ2mg，所以物块与木板不能相对静止。
根据牛顿第二定律可知，物块匀减速运动的加速度大小等于a2＝＝μ1g＝2m/s2。
0.5s后物块对木板的滑动摩擦力方向与速度方向相同，则木板的加速度大小为a1′＝＝4m/s2
故整个过程中木板的位移大小为x1＝+＝1.625m
物块的位移大小为x2＝＝0.5m
所以物块相对于木板的位移的大小为s＝x1﹣x2＝1.125m
答：（1）物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为0.20和0.30；
（2）从t＝0时刻到物块与木板均停止运动时，物块相对于木板的位移的大小是1.125m。
【点评】本题首先要掌握v﹣t图象的物理意义，由斜率求出物体的加速度，其次要根据牛顿第二定律判断速度相等后两物体的运动情况，再由运动学公式求解相对位移。
【例6】一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5m，如图（a）所示。t＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t＝1s时木板与墙壁碰撞（碰撞时间极短）。碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板。已知碰撞后1s时间内小物块的v﹣t图线如图（b）所示。木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10m/s2．求
（1）木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2；
（2）木板的最小长度；
（3）木板右端离墙壁的最终距离。
【分析】（1）对碰前过程由牛顿第二定律时进行分析，结合运动学公式可求得μ1；再对碰后过程分析同理可求得μ2。
（2）分别对木板和物块进行分析，由牛顿第二定律求解加速度，由运动学公式求解位移，则可求得相对位移，即可求得木板的长度；
（3）对木板和物块达相同静止后的过程进行分析，由牛顿第二定律及运动学公式联立可求得位移；则可求得木板最终的距离。
【解答】解：（1）规定向右为正方向。木板与墙壁相碰前，小物块和木板一起向右做匀变速运动，设加速度为a1，小物块和木板的质量分别为m和M．由牛顿第二定律有：﹣μ1（m+M）g＝（m+M）a1…①
由图可知，木板与墙壁碰前瞬间速度v1＝4m/s，由运动学公式得：
v1＝v0+at1…②
…③
式中，t1＝1s，s0＝4.5m是木板碰前的位移，v0是小木块和木板开始运动时的速度。
联立①②③式和题给条件得：μ1＝0.1…④
在木板与墙壁碰撞后，木板以﹣v1的初速度向左做匀变速运动，小物块以v1的初速度向右做匀变速运动。设小物块的加速度为a2，由牛顿第二定律有：﹣μ2mg＝ma2…⑤
由图可得：…⑥
式中，t2＝2s，v2＝0，联立⑤⑥式和题给条件得：μ2＝0.4…⑦
（2）设碰撞后木板的加速度为a3，经过时间△t，木板和小物块刚好具有共同速度v3．由牛顿第二定律及运动学公式得：μ2mg+μ1（M+m）g＝Ma3…⑧
v3＝﹣v1+a3△t…⑨
v2＝v1+a2△t…⑩
碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运动的位移为：…（11）
小物块运动的位移为：…（12）
小物块相对木板的位移为：△s＝s2﹣s1…（13）
联立⑥⑧⑨⑩（11）（12）（13）式，并代入数值得：△s＝6.0m
因为运动过程中小物块没有脱离木板，所以木板的最小长度应为6.0m。（14）
（3）在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速运动直至停止，设加速度为a4，此过程中小物块和木板运动的位移s3．由牛顿第二定律及运动学公式得：μ1（m+M）g＝（m+M）a4…（15）
…（16）
碰后木板运动的位移为：s＝s1+s3…（17）
联立⑥⑧⑨⑩（11）（15）（16）（17）式，并代入数值得：s＝﹣6.5m…（18）
木板右端离墙壁的最终距离为6.5m。
答：
（1）木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2分别为0.1和0.4。
（2）木板的最小长度是6.0m；
（3）木板右端离墙壁的最终距离是6.5m。
【点评】本题考查牛顿第二定律及运动学公式的应用，涉及两个物体多个过程，题目中问题较多，但只要认真分析，一步步进行解析，是完全可以求解的。
【例7】如图，两个滑块A和B的质量分别为mA＝1kg和mB＝5kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.5；木板的质量为m＝4kg，与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1．某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v0＝3m/s。A、B相遇时，A与木板恰好相对静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10m/s2．求
（1）B与木板相对静止时，木板的速度；
（2）A、B开始运动时，两者之间的距离。
【分析】（1）刚开始运动时，根据牛顿第二定律分别求出A、B和木板的加速度大小，结合速度时间公式先求出B与木板共速时的速度以及运动的时间，然后B与木板保持相对静止，根据牛顿第二定律求出B与木板整体的加速度，结合速度时间公式求出三者速度相等经历的时间以及此时的速度。
（2）根据位移公式分别求出B与木板共速时木板和B的位移，从而得出两者的相对位移，得出此时A的位移以及A相对木板的位移大小，再结合位移公式分别求出三者速度相等时，A的位移以及木板的位移，得出A再次相对木板的位移，从而得出A、B开始运动时，两者之间的距离。
【解答】解：（1）对A受力分析，根据牛顿第二定律得：μ1mAg＝mAaA
代入数据解得：aA＝5m/s2，方向向右，
对B分析，根据牛顿第二定律得：μ1mBg＝mBaB
代入数据解得：aB＝5m/s2，方向向左。
对木板分析，根据牛顿第二定律得：μ1mBg﹣μ1mAg﹣μ2（m+mA+mB）g＝ma1
代入数据解得：a1＝2.5m/s2，方向向右。
当木板与B共速时，有：v＝v0﹣aBt1＝a1t1，
代入数据解得：t1＝0.4s，v＝1m/s，
（2）此时B相对木板静止，突变为静摩擦力，A受力不变加速度仍为5m/s2，方向向右，
对B与木板受力分析，有：μ1mAg+μ2（m+mA+mB）g＝（m+mB）a2
代入数据解得：a2＝，方向向左，
当木板与A共速时有：v′＝v﹣a2t2＝﹣v+aAt2：
代入数据解得：t2＝0.3s，v′＝0.5m/s。
当t1＝0.4s，xB＝×0.4m＝0.8m，x木＝×0.4m＝0.2m
LB板＝xB﹣x木＝0.8m﹣0.2m＝0.6m，
对A，向左，xA＝×0.4m＝0.8m，
LA1板＝xA+x木＝0.8m+0.2m＝1m，
当t2＝0.3s，对A，向左，xA1＝×0.3m＝m，
对木板，向右，x木1＝×0.3m＝m
LA2板＝xA1+x木1＝m＝0.3m，
可知AB相距L＝LB板+LA1板+LA2板＝0.6+1+0.3m＝1.9m。
答：（1）B与木板相对静止时，木板的速度为1m/s；
（2）A、B开始运动时，两者之间的距离为1.9m。
【点评】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，关键理清整个过程中A、B和木板在整个过程中的运动规律，结合运动学公式和牛顿第二定律进行求解。
【例8】下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害。某地有一倾角为θ＝37°（sin37°＝）的山坡C，上面有一质量为m的石板B，其上下表面与斜坡平行；B上有一碎石堆A（含有大量泥土），A和B均处于静止状态，如图所示。假设某次暴雨中，A浸透雨水后总质量也为m（可视为质量不变的滑块），在极短时间内，A、B间的动摩擦因数μ1减小为，B、C间的动摩擦因数μ2减小为0.5，A、B开始运动，此时刻为计时起点；在第2s末，B的上表面突然变为光滑，μ2保持不变。已知A开始运动时，A离B下边缘的距离l＝27m，C足够长，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。取重力加速度大小g＝10m/s2．求：
（1）在0～2s时间内A和B加速度的大小
（2）A在B上总的运动时间。
【分析】（1）对A、B受力分析，根据牛顿第二定律可以求出加速度的大小；
（2）根据A、B的加速度的大小，利用速度时间的关系式和它们之间的距离可以计算时间的大小。
【解答】解：（1）在0～2s时间内，A和B的受力如图所示，
其中f1、N1是A与B之间的摩擦力和正压力的大小，f2、N2是B与C之间的摩擦力和正压力的大小，方向如图所示。
由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得：
f1＝μ1N1…①
N1＝mgcosθ…②
f2＝μ2N2…③
N2＝N1+mgcosθ…④
规定沿斜面向下为正，设A和B的加速度分别为a1和a2，
由牛顿第二定律得：
mgsinθ﹣f1＝ma1…⑤
mgsinθ+f1﹣f2＝ma2…⑥
有三种可能性：①a1＜a2；②a1＝a2；③a1＞a2。
下面根据题中的已知条件进行判断：
①a1＜a2；
若B、C之间光滑，则A和B一起以加速度gsin37°匀加速下滑，而实际情况是B、C之间有摩擦力，所以A或者B的加速度一定都小于gsin37°。
如果a1＞a2，那么B对A就会产生沿斜面向下的滑动摩擦力，A的加速度将大于gsin37°，B的加速度也将大于gsin37°，这与上面的分析结果矛盾，因此a1绝不会小于a2。
②a1＝a2；
③a1＞a2；
假设a1＝a2，可计算出a1＝a2＝2
m/s2，
而A能够达到的最小加速度为3
m/s2。
所以实际情况为a1＞a2，
据此，计算出a1＝3
m/s2，a2＝1
m/s2。
（2）在t1＝2s时，设A和B的速度分别为v1和v2，则
v1＝a1t1＝6m/s…⑨
v2＝a2t1＝2m/s…⑩
t＞t1时，设A和B的加速度分别为a1′和a2′，此时A与B之间摩擦力为零，
同理可得：
a1′＝6m/s2…?
a2′＝﹣2m/s2…?
即B做减速运动。
设经过时间t2，B的速度减为零，则有：
v2+a2′t2＝0…?
联立⑩??式得：
t2＝1s
在t1+t2时间内，A相对于B运动的距离为：
s＝＝12m＜27m
此后B静止不动，A继续在B上滑动。
设再经过时间t3后A离开B，则有：
l﹣s＝
可得：t3＝1s（另一解不合题意，舍去）
设A在B上总的运动时间为t总，有：
t总＝t1+t2+t3＝4s
（利用下面的速度图线求解也可）
答：（1）在0～2s时间内A和B加速度的大小分别为3m/s2和1m/s2；
（2）A在B上总的运动时间为4s。
【点评】本题是对牛顿第二定律和运动学公式的综合的应用，分析清楚物体的运动的情况和受力的情况，根据运动学的公式来求解，本题的难度比较大。
【例9】避险车道是避免恶性交通事故的重要设施，由制动坡床和防撞设施等组成，如图竖直平面内，制动坡床视为与水平面夹角为θ的斜面。一辆长12m的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床，当车速为23m/s时，车尾位于制动坡床的底端，货物开始在车厢内向车头滑动，当货物在车厢内滑动了4m时，车头距制动坡床顶端38m，再过一段时间，货车停止。已知货车质量是货物质量的4倍，货物与车厢间的动摩擦因数为0.4；货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的0.44倍。货物与货车分别视为小滑块和平板，取cosθ＝1，sinθ＝0.1，g＝10m/s2．求：
（1）货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向；
（2）制动坡床的长度。
【分析】（1）货物相对车向前运动，货物所受摩擦力与运动方向相反，对货物受力分析，再由牛顿第二定律列式求解。
（2）根据牛顿第二定律分别求出货物和货车的加速度，利用相对位移列方程求出运动时间，进而可知货车在这段时间的位移。
【解答】解：（1）对货物：μmgcosθ+mgsinθ＝ma1
a1＝5m/s2，方向沿斜面向下；
（2）对货车：0.44（m+4m）g+4mgsinθ﹣μmgcosθ＝4ma2
解得：a2＝5.5m/s2
设减速的时间为t，则有：
v0t﹣a1t2﹣（v0t﹣）＝4
得：t＝4s
故制动坡床的长度L＝38+12+（v0t﹣）＝98m。
答：（1）货物在车厢内滑动时加速度为5m/s2，方向沿斜面向下；
（2）制动坡床的长度为98m。
【点评】解题的关键是将实际问题模型化，本题模型是斜面上的小滑块和平板。易错点是求货车的加速度时容易漏掉货物对货车向前的摩擦力，求坡的长度时容易忽略货车的长度。
【例4】如图，水平地面上的薄木板A，质量为m，长度l0＝1.5m；小物块B置于木板A的左端，质量mB＝2mA．让A、B相对地面以相同的速度v0＝9m/s开始运动。已知木板A与地面间的动摩擦因数为μ1＝0.4，A和B之间的动摩擦因数为μ2＝0.3，重力加速度g＝10m/s2．求开始运动后，A、B分离的时间以及分离时两者速度的大小。
【分析】根据牛顿第二定律求解A和B的加速度大小，根据位移时间关系求解分离时间；根据速度时间关系求解分离时的速度大小。
【解答】解：以B为研究对象，根据牛顿第二定律可得：aB＝＝3m/s2，方向向左；
以A为研究对象，根据牛顿第二定律可得：μ1（mA+mB）g﹣μ2mBg＝mAaA，
解得：aA＝6m/s2，方向向左；
设A、B分离的时间为t，根据运动学公式可得：l0＝v0t﹣﹣（v0t﹣）
解得：t＝1s；
分离时A的速度大小为vA＝v0﹣aAt＝3m/s，
B的速度大小为vB＝v0﹣aBt＝6m/s。
答：A、B分离的时间为1s，分离时A速度的大小为3m/s，B速度大小为6m/s。
【点评】本题主要是考查牛顿第二定律的综合应用，对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答；知道加速度是联系静力学和运动学的桥梁。
3．(多选)如图所示，一足够长的木板静止在光滑水平面上，一物块静止在木板上，木板和物块间有摩擦。现用水平力向右拉木板，当物块相对木板滑动了一段距离但仍有相对运动时，撤掉拉力，此后木板和物块相对于水平面的运动情况为（　　）
A．物块先向左运动，再向右运动
B．物块向右运动，速度逐渐增大，直到做匀速运动
C．木板向右运动，速度逐渐变小，直到做匀速运动
D．木板和物块的速度都逐渐变小，直到为零
【分析】据题，当物块相对木板滑动了一段距离仍有相对运动时撤掉拉力，此时物块的速度小于木板的速度，两者之间存在滑动摩擦力，根据摩擦力的方向分别分析两个物体的运动情况。
【解答】解：由题知道：当物块相对木板滑动了一段距离仍有相对运动时撤掉拉力，此时物块的速度小于木板的速度，两者之间存在滑动摩擦力，物块受到木板的滑动摩擦力方向向右，与其速度方向相同，向右做加速运动，而木板受到物块的滑动摩擦力方向向左，与其速度方向相反，向右做减速运动，当两者速度相等时一起向右做匀速直线运动。
故选：BC。
【点评】本题关键要分析得到撤掉拉力时两个物体之间仍存在摩擦力，考查分析物体受力情况和运动情况的能力。
三．计算题（共5小题）
8．如图所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验。若砝码和纸板的质量分别为m1和m2，各接触面间的动摩擦因数均为μ．重力加速度为g。
（1）当纸板相对砝码运动时，求纸板所受摩擦力的大小；
（2）要使纸板相对砝码运动，求所需拉力的大小；
（3）本实验中，m1＝0.5kg，m2＝0.1kg，μ＝0.2，砝码与纸板左端的距离d＝0.1m，取g＝10m/s2．若砝码移动的距离超过l＝0.002m，人眼就能感知。为确保实验成功，纸板所需的拉力至少多大？
【分析】（1）应用摩擦力公式求出纸板与砝码受到的摩擦力，然后求出摩擦力大小。
（2）应用牛顿第二定律求出加速度，要使纸板相对于砝码运动，纸板的加速度应大于砝码的加速度，然后求出拉力的最小值。
（3）应用运动学公式求出位移，然后求出拉力大小
【解答】解：（1）砝码和桌面对纸板的摩擦力分别为：f1＝μm1g，f2＝μ（m1+m2）g
纸板所受摩擦力的大小：f＝f1+f2＝μ（2m1+m2）g
（2）设砝码的加速度为a1，纸板的加速度为a2，
则有：f1＝m1a1，F﹣f1﹣f2＝m2a2
发生相对运动需要a2＞a1
代入数据解得：F＞2μ（m1+m2）g
（3）为确保实验成功，即砝码移动的距离不超过l＝0.002m，纸板抽出时砝码运动的最大距离为：
x1＝a1t12，
纸板运动距离为：d+x1＝a2t12
纸板抽出后砝码运动的距离为：x2＝a3t22，
L＝x1+x2
由题意知a1＝a3，a1t1＝a3t2
代入数据联立得：F＝22.4N
答：（1）纸板所受摩擦力的大小为μ（2m1+m2）g；
（2）所需拉力的大小F＞2μ（m1+m2）g；
（3）纸板所需的拉力至少22.4N。
【点评】这是2013年江苏高考题，考查了连接体的运动，应用隔离法分别受力分析，列运动方程，难度较大。
四．解答题（共7小题）
12．图l中，质量为m的物块叠放在质量为2m的足够长的木板上方右侧，木板放在光滑的水平地面上，物块与木板之间的动摩擦因数为μ＝0.2．在木板上施加一水平向右的拉力F，在0～3s内F的变化如图2所示，图中F以mg为单位，重力加速度g＝10
m/s2．整个系统开始时静止．
（1）求1s、1.5s、2s、3s末木板的速度以及2s、3s末物块的速度；
（2）在同一坐标系中画出0～3s内木板和物块的v﹣t图象，据此求0～3s内物块相对于木板滑过的距离．
【分析】（1）分别对物块和木板进行受力分析，求出其加速度，根据匀变速直线运动的基本公式即可求解速度；
（2）根据受力分析得出物块和木板的运动情况，画出速度﹣时间图象，在0～3s内物块相对于木板的距离△s等于木板和物块v﹣t图线下的面积之差．
【解答】解：（1）设木板和物块的加速度分别为a和a'，在t时刻木板和物块的速度分别为vt和vt′，木板和物块之间摩擦力的大小为f，依牛顿第二定律、运动学公式和摩擦定律得：对物块
f＝ma'①
f＝μmg②
③
对木板
F﹣f＝2ma④
⑤
由①②③④⑤式与题中所给条件得v1＝4m/s，v1.5＝4.5m/s，v2＝4m/s，v3＝4m/s⑥
v′2＝4m/s，v′3＝4m/s⑦
（2）由⑥⑦式得到物块与木板运动的v﹣t图象，如图所示．
在0～3s内物块相对于木板的距离△s等于木板和物块v﹣t图线下的面积之差，
即图中带阴影的四边形面积，该四边形由两个三角形组成，
上面的三角形面积为0.25m，下面的三角形面积为2m，因此△s＝2.25
m
答：（1）1s、1.5s、2s、3s末木板的速度以及2s、3s末物块的速度分别为：v1＝4m/s，v1.5＝4.5m/s，v2＝4m/s，v3＝4m/s，v′2＝4m/s，v′3＝4m/s；（2）在同一坐标系中0～3s内木板和物块的v﹣t图象如图所示，0～3s内物块相对于木板滑过的距离为2.25m．
【点评】根据物体受力情况判断物体的运动情况，并根据牛顿第二定律及匀变速直线运动的基本公式解题的典型例题，要注意题中F是个变力，在1s后发生了改变，所以加速度也要发生变化．求位移差时可根据速度时间图象与时间轴所围成的面积表示位移去求解，该题难度较大．
13．如图，一质量为m＝1kg的木板静止在光滑水平地面上．开始时，木板右端与墙相距L＝0.08m；质量为m＝1kg
的小物块以初速度v0＝2m/s
滑上木板左端．木板长度可保证物块在运动过程中不与墙接触．物块与木板之间的动摩擦因数为μ＝0.1．木板与墙的碰撞是完全弹性的．取g＝10m/s2，求
（1）从物块滑上木板到两者达到共同速度时，木板与墙碰撞的次数及所用的时间；
（2）达到共同速度时木板右端与墙之间的距离．
【分析】本题中开始小木块受到向后的摩擦力，做匀减速运动，长木板受到向前的摩擦力做匀加速运动；当长木板反弹后，小木块继续匀减速前进，长木板匀减速向左运动，一直回到原来位置才静止；之后长木板再次向右加速运动，小木块还是匀减速运动；长木板运动具有重复性，由于木板长度可保证物块在运动过程中不与墙接触，故直到两者速度相同，一起与墙壁碰撞后反弹；之后长木板向左减速，小木块向右减速，两者速度一起减为零．
【解答】解：（l）物块滑上木板后，在摩擦力作用下，木板从静止开始做匀加速运动．设木板加速度为a，经历时间T后与墙第一次碰撞．碰撞时的速度为v1，则
μmg＝ma
…①
…②
v1＝at
…③
联立①②③解得
T＝0.4s
v1＝0.4m/s…④
在物块与木板两者达到共同速度前，在每两次碰撞之间，木板受到物块对它的摩擦力作用而做加速度恒定的匀减速直线运动，因而木板与墙相碰后将返回至初态，所用时间也为T．
设在物块与木板两者达到共同速度v前木板共经历n次碰撞，则有
v＝v0﹣（2nT+△t）a＝a△t…⑤
式中△t是碰撞n次后木板从起始位置至达到共同速度时所需要的时间．
由于最终两个物体一起以相同的速度匀速前进，故⑤式可改写为
2v＝v0﹣2nT…⑥
由于木板的速率只能位于0到v1之间，故有
0≤v0﹣2nT≤2v1…⑦
求解上式得1.5≤n≤2.5
由于n是整数，故n＝2
…⑧
再有①⑤⑧得△t＝0.2s
…⑨
v＝0.2m/s
…⑩
从开始到物块与木板两者达到共同速度所用的时间为
t＝4T+△t＝1.8s
…（11）
即从物块滑上木板到两者达到共同速度时，木板与墙共发生两次碰撞，所用的时间为1.8s．
（2）物块与木板达到共同速度时，木板与墙之间的距离为…（12）
联立
①与（12）式，并代入数据得
s＝0.06m…（13）
即达到共同速度时木板右端与墙之间的距离为0.06m．
【点评】本题关键要分清出长木板的运动为往复运动，具有重复性，而小木块的运动是匀减速直线运动，然后根据运动学公式列式求解．
14．如图所示，质量M＝10kg、上表面光滑的足够长的木板在F＝50N的水平拉力作用下，以初速度v0＝5m/s沿水平地面向右匀速运动．现有足够多的小铁块，它们的质量均为m＝1kg，将一铁块无初速地放在木板的最右端，当木板运动了L＝1m时，又无初速度地在木板的最右端放上第2块铁块，只要木板运动了L就在木板的最右端无初速度放一铁块．（取g＝10m/s2）试问：
（1）第1块铁块放上后，木板运动了L时，木板的速度多大？
（2）最终木板上放有多少块铁块？
（3）最后一块铁块与木板右端距离多远？
【分析】（1）开始木板做匀速运动，运动L后，加一个铁块，摩擦力变大，做减速运动，可对木块受力分析后求出加速度，再计算运动L后的速度；
（2）每加一块铁块，可以对木块运用速度位移公式，通过比较，发现规律，联列各个方程求解即可；
（3）先算出最后一块铁块刚放上时木块的速度，求出加速度后，根据运动学公式计算出木板最后运动的位移．
【解答】解：（1）木板最初做匀速运动，由F＝μMg解得，
第1块铁块放上后，木板做匀减速运动，即有：
μ（M+m）g﹣F＝Ma1
代入数据解得：a1＝﹣0.5m/s2；
根据速度位移关系公式，有：
代入数据解得：v1＝2m/s
（2）设最终有n块铁块能静止在木板上．则木板运动的加速度大小为：an＝
第1
块铁块放上后：2a1L＝v02﹣v12
第2
块铁抉放上后：2a2L＝v12﹣v22
第n块铁块放上后：2anL＝vn﹣12﹣vn2
由上可得：（1+2+3+…+n）×2（）L＝v02﹣vn2
木板停下时，vn＝0，得n＝6.6；
所以最终木板上放有7块铁块
（3）从放上第1块铁块至刚放上第7
块铁块的过程中，由（2）中表达式可得：
×2（）L＝v02﹣v62
从放上第7
块铁块至木板停止运动的过程中，设木板发生的位移为d，则：
2×d＝v62﹣0
联立解得：d＝m
答：（1）第1块铁块放上后，木板运动了L时，木板的速度为2m/s．
（2）最终有7块铁块放在木板上．
（3）最后一块铁块与木板右端距离为m．
【点评】本题关键对物体受力分析后求出物体的加速度，然后根据运动学公式联立求解；本题也可以用动能定理求解，而不需要涉及加速度．
15．一小圆盘静止在桌布上，位于一方桌的水平桌面的中央．桌布的一边与桌的AB边重合，如图示，已知盘与桌布间的动摩擦因数为μl，盘与桌面间的动摩擦因数为μ2．现突然以恒定加速度a将桌布抽离桌面，加速度方向是水平的且垂直于AB边．若圆盘最后未从桌面掉下，则加速度a满足的条件是什么？（以g表示重力加速度）
【分析】小圆盘要不能从桌面上掉下，则小圆盘在整个过程中相对桌面的位移不能超过桌面边长的一半，故需要求出小圆盘两次相对桌面的位移，第一次小圆盘在桌布的摩擦力的作用下加速运动，设桌布的加速度，用桌布的加速度表示小圆盘的位移和离开桌布时的速度，在桌布上运动时小圆盘相对于桌布的位移为桌面边长的一半，小圆盘由于惯性在桌面上继续做匀减速运动，其加速度由桌面的摩擦力提供，这样就可以用桌布的加速度表示出小圆盘在桌面上滑行的位移．从而求出桌布的加速度．
【解答】解：小圆盘在桌布的摩擦力的作用下向前做匀加速直线运动，其加速度为a1，
由牛顿第二定律得μlmg＝mal①
故a1＝μ1g
②
桌布从突然以恒定加速度a开始抽动至圆盘刚离开桌布这段时间内桌布做匀加速直线运动，设所经历时间为t，桌布通过的位移x，
故x＝at2③
在这段时间内小圆盘移动的距离为x1，
小圆盘通过的位移x1＝a1t2④
小圆盘和桌布之间的相对位移为方桌边长的一半，故有
x＝L+x1⑤
设小圆盘离开桌布时的速度为v1，则有
v12＝2al
x1⑥
小圆盘离开桌布后在桌面上做匀减速直线运动，
设小圆盘的加速度大小为a2，
则有μ2mg＝ma2⑦
设小圆盘在桌面上通过的位移大小为x2后便停下，将小圆盘的匀减速运动看做由静止开始的匀加速运动，则有
v12＝2a2
x2⑧
小圆盘没有从桌面上掉下则有
x2+x1≤L
⑨
联立以上各式解得：a≥⑩
即只有桌布抽离桌面的加速度a≥时小圆盘才不会从桌面上掉下．
【点评】学习物理一定要注意受力分析（特别是摩擦力的分析）和物体运动过程的分析，只有受力情况和运动过程清楚了才能正确选择物理规律进行求解．
声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布
日期：2020/6/17
8:21:27；用户：云众学校物理；邮箱：yzxx002@；学号：22049688
第1页（共1页）英恋物理
考物理顶层
系列资料点考向通01
牛顿第二定律的应用一板块问题
资料编号:117
模型特点及其概述
习题编号
(1)特点
下叠放两个物体,并且两物体在摩擦力的相
下发生
动。习题编号
)解题思路
临界→外力必须克服地面的最大静摩
发生相对滑动的临界→a相同,两物体之间的摩擦为max;
滑离木板的临界→两物体共
板长
摩擦力突变的临界→两物体共速
②选取对象:无相对运动→整体→分析外力
→分析内力
③受力分
意摩擦力的大
种类
④巧用图像:巧
典型模型
模型一
图像
程分
临界条件地面的摩
临界条件M和m加速度相等
擦为最大静摩擦)
他们之间的摩擦为最大静摩擦
起动
整体)
整体)
对
M
擦力为0
n
F2=(k1+m2)M+m)
模型二
带动M的前提:1mg(m+M)g
寸程分析流程图
临界条件:地面的摩
界条件:M和m加速度
檫为最大静摩擦)
且他们之间的摩擦为最大靜摩擦)
对m:a
(整体)
对
F
Dg
的
摩擦力为F
m
mg
F
英恋物理
考物理顶层
系
考点考向通02
【例1】如图,在光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板,其上叠放一质量为m2的
木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等
木块施加一随时间t
增大的水平力F=kt(k是常数),木板和木块加速度的大小分别为a1和a2,下列反映a1和a
变化的图线中正确的是()
【例2】(多选)如图所
两物块的质量分别为2m和m,静止叠放在水平地面上
的动摩擦因数
间的动摩擦因数
大静摩擦力等于滑动摩擦力
重力加速度为g,现对A施加一水平拉力F,则()
A.当F<2μmg时,A、B都相对地面静
A
2Hg时,A的加速度为
何值,B的加速度不会超过
L
模型三
动M的前提
分析流程
共速
共速前
对m:am=山1g
Vo
u,mg-4,(M
+m)g
x
△x=x1-x,(物块不从木板上滑离木板的最小长度)
共速后
0
例3】如图所示,质量为m=4kg长木板B放在水平地面
质量为
的小物
块A,放在B的左端
B之间的动摩擦因数μ为0.5,B与地面之间的动摩擦因数山
3m/s的初速度沿B上表面从左端向右运动(A在B板上没有滑下),重力加速度
全过程中对地的位移
英恋物理
《高考物理顶层
系列资料考点考向通03
模型四
过程分析流程
起减速
(隔离)
(整体)
A18
)g
1122
12g
说明:物块和木板共速
分别减速
起减速,整体分析
减速,隔离分析
若
(M
g
从左侧滑
<
对
mg+u,(M+m)g
x1(物块不从木板上滑离木板的最小长度
共速后
t图像
1≥
对Mm:ao
E
y
共-anl
对
图像
(物块相对于木板返回的长度)

展开更多......

收起↑