微专题16 牛顿运动定律应用之“滑块-木板模型”问题-2025版高中物理微专题

微专题16牛顿运动定律应用之“滑块—木板模型”问题【核心要点提示】1．问题的特点滑块—木板类问题涉及两个物体，并且物体间存在相对滑动．2．常见的两种位移关系(1)滑块从木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板向同一方向运动，则滑块的位移和木板的位移之差等于木板的长度；(2)若滑块和木板向相反方向运动，则滑块的位移和木板的位移之和等于木板的长度．【核心方法点拨】此类问题涉及两个物体、多个运动过程，并且物体间还存在相对运动，所以应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)，找出物体之间的位移(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，每一个过程的末速度是下一个过程的初速度．【微专题训练】类型一：滑块-木板间有摩擦，木板与地面间无摩擦【例题1】(多选)如图所示，物体A放在物体B上，物体B放在光滑的水平面上，已知mA＝6kg，mB＝2kg.A、B间动摩擦因数μ＝0.2.A物体上系一细线，细线能承受的最大拉力是20N，水平向右拉细线，下述中正确的是(g取10m/s2)()A．当拉力0＜F＜12N时，A静止不动B．当拉力F＞12N时，A相对B滑动C．当拉力F＝16N时，B受到A的摩擦力等于4ND．在细线可以承受的范围内，无论拉力F多大，A相对B始终静止【解析】假设细线不断裂，则当细线拉力增大到某一值A物体会相对于B物体开始滑动，此时A、B之间达到最大静摩擦力．以B为研究对象，最大静摩擦力产生加速度，由牛顿第二定律得：μmAg＝mBa，解得a＝6m/s2以整体为研究对象，由牛顿第二定律得：Fm＝(mA＋mB)a＝48N即当绳子拉力达到48N时两物体才开始相对滑动，所以A、B错，D正确．当拉力F＝16N时，由F＝(mA＋mB)a解得a＝2m/s2，再由Ff＝mBa得Ff＝4N，故C正确．【答案】CD【变式1-1】如图所示，在光滑水平面上，一个小物块放在静止的小车上，物块和小车间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g＝10m/s2.现用水平恒力F拉动小车，关于物块的加速度am和小车的加速度aM的大小，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列选项可能正确的是()A．am＝2m/s2，aM＝1m/s2B．am＝1m/s2，aM＝2m/s2C．am＝2m/s2，aM＝4m/s2D．am＝3m/s2，aM＝5m/s2【解析】若物块与小车保持相对静止一起运动，设加速度为a，对系统受力分析，由牛顿第二定律可得：F＝(M＋m)a，隔离小物块受力分析，二者间的摩擦力Ff为静摩擦力，且Ff≤μmg，由牛顿第二定律可得：Ff＝ma，联立可得：am＝aM＝a≤μg＝2m/s2.若物块与小车间发生了相对运动，二者间的摩擦力Ff为滑动摩擦力，且am<aM，隔离小物块受力分析，如图所示，由牛顿第二定律可得：Ff＝μmg＝mam，可得：am＝2m/s2，选项C正确，选项A、B、D错误．【答案】C【变式1-2】如图甲所示，静止在光滑水平面上的长木板B(长木板足够长)的左端静止放着小物块A.某时刻，A受到水平向右的外力F作用，F随时间t的变化规律如图乙所示，即F＝kt，其中k为已知常数．设物体A、B之间的滑动摩擦力大小等于最大静摩擦力Ff，且A、B的质量相等，则下列可以定性描述长木板B运动的v－t图象是()【解析】A、B相对滑动之前加速度相同，由整体法可得：F＝2ma，当A、B间刚好发生相对滑动时，对木板有Ff＝ma，故此时F＝2Ff＝kt，t＝eq\f(2Ff,k)，之后木板做匀加速直线运动，故只有B项正确．【答案】B【例题2】如图所示，在光滑的水平面上有一长为0.64m、质量为4kg的木板A，在木板的左端有一质量为2kg的小物体B，A、B之间的动摩擦因数为μ＝0.2。当对B施加水平向右的力F＝10N时，求经过多长的时间可将B从木板A的左端拉到右端？(物体B可以视为质点，g取10m/s2)[解析]假设二者相对静止，则对整体由牛顿第二定律得F＝(M＋m)a。设A、B之间的摩擦力为f，A所受的摩擦力水平向右，对A：f＝Ma。由于二者相对静止，故f为静摩擦力，要使二者不发生相对滑动，满足f≤μmg，解得F≤μmgeq\f(M＋m,M)＝6N，由于F＞6N，故B将相对于A发生滑动。法一：以地面为参考系，A和B都做匀加速运动，且B物体的加速度大于A物体的加速度，B的加速度大小：aB＝eq\f(F－μmg,m)＝3m/s2；A的加速度大小：aA＝eq\f(μmg,M)＝1m/s2。B从A的左端运动到右端，A、B的位移关系满足x1－x2＝L，即eq\f(1,2)aBt2－eq\f(1,2)aAt2＝L，解得t＝0.8s。法二：以A为参照物，B相对A的加速度aBA＝aB－aA，即B相对A做初速度为零的匀加速直线运动，相对位移大小为L，故L＝eq\f(1,2)aBAt2，解得t＝0.8s。[答案]0.8s【变式2-1】(2017·湖南郴州质量监测)如图所示，平板小车静止于水平地面上，在其最右端放一可视为质点的小木块，已知木块的质量m＝1kg，小车的质量M＝4kg，上表面与木块间的动摩擦因数μ＝0.3，地面给小车的阻力与地面所受正压力成正比，比值为λ＝0.2。现用向右的水平恒力F＝30N拉平板小车，该水平恒力F作用时间t1＝2s，g取10m/s2，求：(1)水平恒力F作用过程中，木块和小车的加速度各为多大；(2)水平恒力F撤去后，木块再经过一段时间后恰好停在小车左端，则小车长L为多少；(3)小车从开始运动到最终停下来运动的距离为多少。答案：(1)3m/s2eq\f(17,4)m/s2(2)3m(3)24.6m[解析](1)水平恒力F作用的过程中，木块的加速度a1＝μg＝3m/s2，小车的加速度a2＝eq\f(F－μmg－λm＋Mg,M)＝eq\f(17,4)m/s2(2)t1＝2s内，木块的位移x1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)＝6m。t1＝2s内，小车的位移x2＝eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,1)＝8.5mt1＝2s末，木块的速度v1＝a1t1＝6m/s，小车的速度v2＝a2t1＝8.5m/s水平恒力F撤去后，木块的加速度a1不变小车的加速度a2′＝eq\f(μmg＋λm＋Mg,M)＝eq\f(13,4)m/s2，方向向左木块停在小车左端时，木块与小车速度相等，v＝v1＋a1t2＝v2－a2′t2得t2＝0.4s，v＝7.2m/s恒力F撤去后，木块的位移x1′＝v1t2＋eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,2)＝2.64m恒力F撤去后，小车的位移x2′＝v2t2－eq\f(1,2)a2′teq\o\al(2,2)＝3.14m木板长度L＝(x2－x1)＋(x2′－x1′)＝3m(3)达到共同速度后，二者一起做匀减速运动，有a＝λg＝2m/s2共同做匀减速直线运动的位移x3＝eq\f(v2,2a)＝12.96m小车运动的总位移x＝x2＋x2′＋x3＝24.6m类型二：滑块-木板间有摩擦，木板与地面间有摩擦1．用水平力拉木板如图所示，A是小木块，B是木板，A和B都静止在地面上，A在B的右端，从某一时刻起，B受到一个水平向右的恒力F作用。A、B之间的动摩擦因数为μ1，B与地面间的动摩擦因数为μ2，木板的长度为L。假设最大静摩擦力fm和滑动摩擦力相等，根据F的大小可分为三种运动情况。(1)当F≤μ2(m1＋m2)g时，二者均相对地面静止，且A不受摩擦力作用。(2)当μ2(m1＋m2)g＜F≤(μ1＋μ2)(m1＋m2)g时，二者相对静止，以相同的加速度向右滑动。对A而言，其摩擦力产生的加速度存在极值，即m1aA≤μ1m1g，因而A、B共同加速的加速度a≤μ1g。对整体由牛顿第二定律得F－μ2(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a，解得F≤(μ1＋μ2)(m1＋m2)g。(3)当F＞(μ1＋μ2)(m1＋m2)g时，二者发生相对滑动。此时aA＝μ1g，aB＝eq\f(F－μ1m1g－μ2m1＋m2g,m2)>μ1g，A相对B向左滑动。2．用水平力拉物块如图，A在B的左端，从某一时刻起，A受到一个水平向右的恒力F而向右运动。这种情况抓住A带动B运动，A对B的摩擦力为动力。(1)当μ1m1g≤μ2(m1＋m2)g时，不论拉力F多大，B均静止。(2)当μ1m1g＞μ2(m1＋m2)g时：①F＜μ2(m1＋m2)g时，二者相对静止，且相对于地面静止。②若μ2(m1＋m2)g＜F≤μ2(m1＋m2)g＋eq\f(m1＋m2,m2)[μ1m1g－μ2(m1＋m2)g]时，A、B相对地面运动，但A、B保持相对静止。对B由牛顿第二定律得fAB－μ2(m1＋m2)g＝m2a，当F增大，a增大，fAB也增大，但是fAB≤μ1m1g，所以a≤eq\f(μ1m1g－μ2m1＋m2g,m2)，对整体而言F－μ2(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a，则F≤μ2(m1＋m2)g＋eq\f(m1＋m2,m2)[μ1m1g－μ2(m1＋m2)g]。③F＞μ2(m1＋m2)g＋eq\f(m1＋m2,m2)[μ1m1g－μ2(m1＋m2)g]时，二者相对滑动，A带动B运动，故aA＞aB，vA＞vB。【例题3】(2018·江西省临川二中高三上学期第五次理综物理)如图所示，质量为m1的木块和质量为m2的长木板叠放在水平地面上。现对木块施加一水平向右的拉力F。木块在长木板上滑行，而长木板保持静止状态。已知木块与长木板间的动摩擦因数为μ1，长木板与地面间的动摩擦因数为μ2，且最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，则(D)A．μ1>μ2B．μ1<μ2C．若改变F的大小，当F>μ1(m1＋m2)g时，长木板将开始运动D．若将F作用于长木板，当F>(μ1＋μ2)(m1＋m2)g时，长木板与木块将开始相对滑动[解析]对m1，根据牛顿运动定律有：F－μ1m1g＝m1a，对m2，由于保持静止有：μ1m1g－Ff＝0，Ff＜μ2(m1＋m2)g，所以动摩擦因数的大小从中无法比较。故A、B错误；C、改变F的大小，只要木块在木板上滑动，则木块对木板的滑动摩擦力不变，则长木板仍然保持静止，故C错误；D、若将F作用于长木板，当木块与木板恰好开始相对滑动时，对木块，μ1m1g＝m1a，解得a＝μ1g，对整体分析，有F－μ2(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a，解得F＝(μ1＋μ2)(m1＋m2)g，所以当F>(μ1＋μ2)(m1＋m2)g时，长木板与木块将开始相对滑动，故D正确。故选D。【变式3-1】(2014·江苏)(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eq\f(1,2)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＝eq\f(5,2)μmg时，A的加速度为eq\f(1,3)μgC．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eq\f(1,2)μg【解析】当0<F≤eq\f(3,2)μmg时，A、B皆静止；当eq\f(3,2)μmg<F≤3μmg时，A、B相对静止，但两者相对地面一起向右做匀加速直线运动；当F>3μmg时，A相对B向右做加速运动，B相对地面也向右加速，选项A错误，选项C正确．当F＝eq\f(5,2)μmg时，A与B共同的加速度a＝eq\f(F－\f(3,2)μmg,3m)＝eq\f(1,3)μg，选项B正确．F较大时，取物块B为研究对象，物块B的加速度最大为a2＝eq\f(2μmg－\f(3,2)μmg,m)＝eq\f(1,2)μg，选项D正确．【答案】BCD【例题4】(2013·新课标全国卷Ⅱ)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。【解析】由v－t图象可知，在t1＝0.5s时，二者速度相同，为v1＝1m/s，物块和木板的加速度大小分别为a1和a2，则a1＝eq\f(v1,t1)①a2＝eq\f(v0－v1,t1)②设物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，根据牛顿第二定律，对物块有μ1mg＝ma1③对木板有μ1mg＋2μ2mg＝ma2④联立①②③④式得：μ1＝0.2，μ2＝0.3(2)t1时刻后，地面对木板的摩擦力阻碍木板运动，物块与木板之间的摩擦力改变方向。设物块与木板之间的摩擦力大小为Ff，物块和木板的加速度大小分别为a1′和a2′，由牛顿第二定律得对物块有Ff＝ma1′对木板有2μ2mg－Ff＝ma2′假设物块相对木板静止，即Ff＜μ1mg，则a1′＝a2′，得Ff＝μ2mg＞μ1mg，与假设矛盾，所以物块相对木板向前减速滑动，而不是与木板共同运动，物块加速度大小a1′＝a1＝2m/s2物块的v－t图象如图所示。此过程木板的加速度a2′＝2μ2g－μ1g＝4m/s2由运动学公式可得，物块和木板相对地面的位移分别为x1＝eq\f(veq\o\al(2,1),2a1)＋eq\f(veq\o\al(2,1),2a1′)＝0.5mx2＝eq\f(v0＋v1,2)t1＋eq\f(veq\o\al(2,1),2a2′)＝eq\f(13,8)m物块相对木板的位移大小为x＝x2－x1＝1.125m【答案】(1)0.20.3(2)1.125m【变式4】如图所示，质量M＝1kg的木板静止在粗糙的水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，在木板的左端放置一个质量m＝1kg、大小可以忽略的铁块，铁块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.4，取g＝10m/s2，试求：(1)若木板长L＝1m，在铁块上加一个水平向右的恒力F＝8N，经过多长时间铁块运动到木板的右端？(2)若在铁块上的右端施加一个大小从零开始连续增加的水平向右的力F，通过分析和计算后，请在图中画出铁块受到木板的摩擦力f2随拉力F大小变化的图像。(设木板足够长)[解析](1)铁块的加速度大小a1＝eq\f(F－μ2mg,m)＝4m/s2，木板的加速度大小a2＝eq\f(μ2mg－μ1M＋mg,M)＝2m/s2，设经过时间t铁块运动到木板的右端，则有eq\f(1,2)a1t2－eq\f(1,2)a2t2＝L，解得：t＝1s。(2)①当F≤μ1(m＋M)g＝2N时，M、m相对静止且对地静止，f2＝F。②二者相对静止时，以系统为研究对象，根据牛顿第二定律有F1－μ1(M＋m)g＝(M＋m)a。此时系统的加速度a≤2m/s2，解得F1≤6N，所以当2N＜F≤6N时，M、m相对静止，系统向右做匀加速运动，其加速度a＝eq\f(F－μ1M＋mg,M＋m)。以M为研究对象，根据牛顿第二定律有：f2－μ1(M＋m)g＝Ma，解得f2＝eq\f(F,2)＋1。③当F＞6N，M、m发生相对运动，f2＝μ2mg＝4N。画出f2随拉力F大小变化的图像如图所示。[答案](1)1s(2)见解析【巩固习题】1.(2015·河北省衡水中学调研)如图甲所示，A、B两长方体叠放在一起放在光滑的水平面上，B物体从静止开始受到一个水平变力的作用，该力与时间的关系如图乙所示，运动过程中A、B始终保持相对静止。则在0～2t0时间内，下列说法正确的是()eq\a\vs4\al()A．t0时刻，A、B间的静摩擦力最大，加速度最小B．t0时刻，A、B的速度最大C．0时刻和2t0时刻，A、B间的静摩擦力最大D．2t0时刻，A、B离出发点最远，速度为02.(2018·山东省日照市高三上学期11月期中试题)质量M＝1kg的长木板置于水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数μ＝0.1。木板上放有质量分别为mA＝2kg和mB＝1kg的A、B两物块，A、B与木板间的动摩擦因数分别为μ2＝0.3、μ3＝0.5，水平恒力F作用在物块A上，如图所示。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10m/s2。则()A．若F＝5N，物块A受到的摩擦力大小为5NB．若F＝6N，物块B受到的摩擦力大小为5NC．若F＝7N，物块A将会相对木板滑动D．无论力F多大，B与长木板之间都不会发生相对滑动[解析]A与木板间的最大静摩擦力为FAmax＝μ2mAg＝6N;B与木板间的最大静摩擦力为fBmax＝μ3mBg＝5N；木板与地面间的最大静摩擦力为f＝μ(M＋mA＋mB)g＝4N；若F＝5N，木板已相对地面滑动，设A、B相对木板静止，则对整体：F－f＝(M＋mA＋mB)a，对A：F－fA＝mAa，解得fA＝4.5N<6N；对B：fB＝mBa，解得fB＝0.25N<5N，故A、B确实相对木板静止，且fA＝4.5N故A错误；若F＝6N，木板已相对地面滑动，设AB相对木板静止，则对整体：F－f＝(M＋mA＋mB)a，对A：F－fA＝mAa，解得fA＝5N<6N；对B：fB＝mBa，解得fB＝0.5N<5N，故A、B确实相对木板静止，且fB＝0.5N，故B错误；若F＝7N，木板已相对地面滑动，设AB相对木板静止，则对整体F－f＝(M＋mA＋mB)a，对A：F－fA＝mAa，解得fA＝5.5N<6N；对B：fB＝mBa，解得fB＝0.75N<5N，所以A、B确实相对木板静止，故C错误；木板和B之所以能运动，是A与木板间的摩擦力做动力，当A与木板间的摩擦力达到最大时，设木板和B相对静止，对木板和B：fAmax－f＝(M＋mB)a，对B：fB＝mBa，解得fB＝1N，即A与木板间的摩擦力达到最大时，木板和B仍相对静止。则无论力F多大，B与长木板之间都不会发生相对滑动。故D正确。3.一辆运送沙子的自卸卡车装满沙子，沙粒之间的动摩擦因数为μ1，沙子与车厢底部材料的动摩擦因数为μ2，车厢的倾角用θ表示(已知μ2>μ1)，下列说法正确的是()A．要顺利地卸干净全部沙子，应满足tanθ＞μ2B．要顺利地卸干净全部沙子，应满足sinθ＞μ2C．只卸去部分沙子，车上还留有一部分沙子，应满足μ2＞tanθ＞μ1D．只卸去部分沙子，车上还留有一部分沙子，应满足μ2>μ1>tanθ【答案】AC4.(2016·河北邯郸高三调研)如图所示，长木板放置在水平面上，一小物块置于长木板的中央，长木板和物块的质量均为m，物块与木板间的动摩擦因数为μ，木板与水平面间动摩擦因数为eq\f(μ,3)，已知最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g。现对物块施加一水平向右的拉力F，则木板加速度大小a可能是()A．a＝μg B．a＝eq\f(2μg,3)C．a＝eq\f(μg,3) D．a＝eq\f(F,2m)－eq\f(μg,3)5.如图所示，质量为m的木块在质量为M的长木板上向右滑行，木块受到向右的拉力F的作用，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，长木板与地面间的动摩擦因数为μ2，则()A．长木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ1mgB．长木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ2(m＋M)gC．当F>μ2(m＋M)g时，长木板便会开始运动D．无论怎样改变F的大小，长木板都不可能运动【解析】木块受到的滑动摩擦力大小为μ1mg，由牛顿第三定律，长木板受到m对它的摩擦力大小也是μ1mg，对长木板使用平衡条件得地面对长木板的静摩擦力为μ2mg，A正确．改变F的大小，木块m受到的滑动摩擦力不会发生变化，长木板受力不变，D正确．【答案】AD6.(2016·江苏无锡联考)如图甲所示，一质量为M的长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为m的小滑块。木板受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出其加速度a，得到如图乙所示的a－F图象。取g＝10m/s2，则()A．滑块的质量m＝4kgB．木板的质量M＝6kgC．当F＝8N时滑块的加速度为2m/s2D．滑块与木板间的动摩擦因数为0.1【解析】当F＝6N时，加速度为a＝1m/s2，对整体分析，由牛顿第二定律有F＝(M＋m)a，代入数据解得M＋m＝6kg；当F＞6N时，根据牛顿第二定律得a＝eq\f(F－μmg,M)＝eq\f(1,M)F－eq\f(μmg,M)，知图线的斜率k＝eq\f(1,M)＝eq\f(1,2)，解得M＝2kg，滑块的质量m＝4kg，故A正确，B错误；根据F＞6N的图线知，F＝4N时，a＝0，即0＝eq\f(1,2)×F－eq\f(μ×40,2)，代入数据解得μ＝0.1，D正确；当F＝8N时，对滑块，根据牛顿第二定律得μmg＝ma′，解得a′＝μg＝1m/s2，C错误。【答案】AD7.如图所示，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()【解析】在木板与木块相对滑动前，F＝kt＝(m1＋m2)a，a与t成正比关系，a－t关系图线的斜率为eq\f(k,m1＋m2)，当m1与m2相对滑动后，木板受的摩擦力是Ff21＝μm2g＝m1a1，a1＝eq\f(μm2g,m1)为一恒量，对木块有F－μm2g＝m2a2，得a2＝eq\f(kt,m2)－μg，斜率为eq\f(k,m2)，可知A正确，B、C、D错误．【答案】A8.如图所示，质量M＝8kg的小车放在光滑的水平面上，在小车左端加一水平推力F＝8N，当小车向右运动的速度达到1.5m/s时，在小车前端轻轻地放上一个大小不计，质量为m＝2kg的小物块，小物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.2，小车足够长。(g＝10m/s2)求：(1)放上小物块后，小物块及小车的加速度各为多大；(2)经多长时间两者达到相同的速度；(3)从小物块放上小车开始，经过t＝1.5s小物块通过的位移大小为多少。[解析](1)小物块的加速度am＝eq\f(μmg,m)＝2m/s2小车的加速度aM＝eq\f(F－μmg,M)＝0.5m/s2。(2)由amt＝v0＋aMt得t＝1s。(3)在开始1s内小物块的位移s1＝eq\f(1,2)amt2＝1m在1s末小物块的速度v＝at＝2m/s在接下来的0.5s内小物块与小车相对静止，一起做加速运动，且加速度a＝eq\f(F,M＋m)＝0.8m/s2这0.5s内的位移s2＝vt＋eq\f(1,2)at2＝1.1m通过的总位移s＝s1＋s2＝2.1m。[答案](1)2m/s20.5m/s2(2)1s(3)2.1m9.如图所示，物块A、木板B的质量均为m＝10kg，不计A的大小，B板长L＝3m．开始时A、B均静止．现使A以某一水平初速度从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10m/s2.(1)若物块A刚好没有从B上滑下来，则A的初速度是多大？(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的速度各是多大？【解析】(1)A在B上向右匀减速运动，加速度大小a1＝μ1g＝3m/s2木板B向右匀加速运动，加速度大小a2＝eq\f(μ1mg－μ2·2mg,m)＝1m/s2由题意知，A刚好没有从B上滑下来，则A滑到B最右端时和B速度相同，设为v，得时间关系：t＝eq\f(v0－v,a1)＝eq\f(v,a2)位移关系：L＝eq\f(v\o\al(2,0)－v2,2a1)－eq\f(v2,2a2)解得v0＝2eq\r(6)m/s.(2)木板B放在光滑水平面上，A在B上向右匀减速运动，加速度大小仍为a1＝μ1g＝3m/s2B向右匀加速运动，加速度大小a2′＝eq\f(μ1mg,m)＝3m/s2设A、B达到相同速度v′时A没有脱离B，由时间关系eq\f(v0－v′,a1)＝eq\f(v′,a2′)解得v′＝eq\f(v0,2)＝eq\r(6)m/sA的位移xA＝eq\f(v\o\al(2,0)－v′2,2a1)＝3mB的位移xB＝eq\f(v′2,2a2′)＝1m由xA－xB＝2m可知A没有与B脱离，最终A和B的速度相等，大小为eq\r(6)m/s【答案】(1)2eq\r(6)m/s(2)没有脱离eq\r(6)m/seq\r(6)m/s10.如图所示，薄板A长L＝5m，其质量M＝5kg，放在水平桌面上，板右端与桌边相齐．在A上距右端s＝3m处放一物体B(可看成质点)，其质量m＝2kg.已知A、B间动摩擦因数μ1＝0.1，A与桌面间和B与桌面间的动摩擦因数均为μ2＝0.2，原来系统静止．现在在板的右端施加一大小一定的水平力F持续作用在A上直到将A从B下抽出才撤去，且使B最后停于桌的右边缘．(g取10m/s2)求：(1)B运动的时间；(2)力F的大小．【解析】(1)对于B，在未离开A时，其加速度为：aB1＝eq\f(μ1mg,m)＝1m/s2设经过时间t1后B离开A，离开A后B的加速度为：aB2＝－eq\f(μ2mg,m)＝－2m/s2设物体B离开A时的速度为vB有vB＝aB1t1和eq\f(1,2)aB1teq\o\al(2,1)＋eq\f(v\o\al(2,B),－2aB2)＝s代入数据解得t1＝2st2＝eq\f(vB,－aB2)＝1s所以B运动的时间是：t＝t1＋t2＝3s.(2)设A的加速度为aA，则根据相对运动的位移关系得eq\f(1,2)aAteq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)aB1t12＝L－s解得：aA＝2m/s2由牛顿第二定律得F－μ1mg－μ2(m＋M)g＝MaA代入数据得：F＝26N.【答案】(1)3s(2)26N11.(2018·江西省临川二中高三上学期第五次理综物理)2018年新春佳节，我市的许多餐厅生意火爆，常常人满为患，为能服务更多的顾客，服务员需要用最短的时间将菜肴送至顾客处(设菜品送到顾客处速度恰好为零)。某次服务员用单手托盘方式(如图)给12m远处的顾客上菜，要求全程托盘水平。托盘和手、碗之间的摩擦因数分别为0.2、0.15，服务员上菜最大速度为3m/s。假设服务员加速、减速运动过程中是匀变速直线运动，且可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：(1)服务员运动的最大加速度；(2)服务员上菜所用的最短时间。答案：(1)1.5m/s2(2)6s[解析](1)设碗的质量为m，托盘的质量为M，以最大加速度运动时，碗、托盘、手保持相对静止，碗受力如图所示，由牛顿第二定律得：Ff1＝ma1；碗与托盘间相对静止，则：Ff1≤Ff1max＝μ1mg，解得：a1≤μ1g＝0.15×10m/s2＝1.5m/s2，对碗和托盘整体，由牛顿第二定律得：Ff2＝(M＋m)a2，手和托盘间相对静止，则：Ff2≤Ff2max＝μ2(M＋m)g，解得：a2≤μ2g＝0.2×10m/s2＝2m/s2，则最大加速度：amax＝1.5m/s2；(2)服务员以最大加速度达到最大速度，然后匀速运动，再以最大加速度减速运动，所需时间最短，加速运动时间：t1＝eq\f(vmax,amax)＝eq\f(3,1.5)s＝2s，位移：x1＝eq\f(1,2)vmaxt1＝eq\f(1,2)×3×2m＝3m，减速运动时间：t2＝t1＝2s，位移：x2＝x1＝3m，匀速运动位移：x3＝L－x1－x2＝12－3－3m＝6m匀速运动时间：t3＝eq\f(x3,vmax)＝2s，最短时间：t＝t1＋t2＋t3＝6s12.(2013·江苏单科)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？【解析】(1)砝码对纸板的摩擦力f1＝μm1g桌面对纸板的摩擦力f2＝μ(m1＋m2)gf＝f1＋f2，解得f＝μ(2m1＋m2)g(2)设砝码的加速度为a1，纸板的加速度为a2，则f1＝m1a1，F－f1－f2＝m2a2发生相对运动a2>a1，解得F>2μ(m1＋m2)g(3)纸板抽出前，砝码运动的距离x1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)纸板运动的距离d＋x1＝eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,1)纸板抽出后，砝码在桌面上运动的距离x2＝eq\f(1,2)a3teq\o\al(2,2)，l＝x1＋x2由题意知a1＝a3，a1t1＝a3t2解得F＝2μ[m1＋(1＋eq\f(d,l))m2]g代入数据得F＝22.4N【答案】(1)μ(2m1＋m2)g(2)大于2μ(m1＋m2)g(3)22.4N13.(2018·华南师大附中模拟)如图甲所示，水平面上静止放着长L＝2.75m，质量为M＝3kg的木板，一个质量为m＝1kg的小物体静止放在木板的最右端，小物体和木板之间的动摩擦因数为μ1，地面与木板之间的动摩擦因数为μ2，现对木板施加一水平向右的拉力F。(g取10m/s2)(1)在小物体不脱离木板的情况下，力F大小与木板的加速度aM关系如图乙所示，求μ1和μ2的值？(2)当F＝11N，小物体与木板从静止开始运动，当小物体动能Ek1＝0.5J时，木板对地位移恰好为s2＝1m，问此时小物块，木板与地面构成系统产生的总热量Q为多少？(3)当F＝11N，要使小物体与木板脱离，F的作用时间t最短为多少？[解析](1)由题意知F1＝μ2(M＋m)gF1＝4N得到μ2＝0.1F－μ2(M＋m)g－μ1mg＝MaM当F＝11N时，aM＝2m/s2得到μ1＝0.1。(2)μ1mgs1＝Ek1Q1＝μ1mg(s2－s1)Q2＝μ2(m＋M)gs2得到Q＝Q1＋Q2＝4.5J。(3)设F作用时间为t，撤去F后，小物体和木板达到共速前还运动了时间Δt，F作用时，对小物体有a1＝μ1g＝1m/s2对木板有a2＝eq\f(F－μ1mg－μ2M＋mg,M)＝2m/s2撤掉F后，对木板有a3＝eq\f(－μ1mg－μ2M＋mg,M)＝－eq\f(5,3)m/s2达到共速时有a1(t＋Δt)＝a2t＋a3Δt共速前，小物体与木板相对运动为eq\f(1,2)a2t2－eq\f(1,2)a1t2＋eq\f(1,2)(a2t－a1t)Δt＝L解得t＝2s。[答案](1)0.10.1(2)4.5J(3)2s14.如图4甲所示，质量M＝1kg的木板静止在粗糙的水平地面上，在木板的左端放置一个质量m＝1kg、大小可以忽略的铁块．在铁块上施加一个外力F，在铁块运动过程中，铁块和木板之间的摩擦力Ff随外力F变化的关系图象如图乙所示，已知重力加速度g＝10m/s2，各接触面间的最大静摩擦力均等于滑动摩擦力．求：(1)木板与地面间的动摩擦因数μ1和铁块与木板间的动摩擦因数μ2；(2)当F＝6N时铁块的加速度a.【解析】(1)由Ff—F图象可知，当0＜F＜2N时，铁块、木板均静止在水平地面上，当2N≤F＜10N时，铁块、木板一起在水平地面上做加速运动，当F≥10N时，铁块和木板发生相对滑动，由题图乙可得当F＝2N时，有Ff＝μ1(m＋M)g＝2N当F≥10N时，有Ff＝μ2mg＝6N由以上两式可得μ1＝0.1，μ2＝0.6(2)由题图乙可知，当F＝6N时，Ff＝4N，此时铁块和木板一起在水平地面上做加速运动．对铁块，由牛顿第二定律有F－Ff＝ma可得a＝2m/s2.【答案】(1)0.10.6(2)2m/s215.(2015·新课标Ⅰ)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vt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．【解析】(1)根据题图b可以判定碰撞前小物块与木板共同速度为v＝4m/s碰撞后木板速度水平向左，大小也是v＝4m/s小物块受到滑动摩擦力而向右做匀减速直线运动，加速度大小a2＝eq\f(4－0,1)m/s2＝4m/s2.根据牛顿第二定律有μ2mg＝ma2，解得μ2＝0.4木板与墙壁碰撞前，匀减速运动时间t＝1s，位移x＝4.5m，末速度v＝4m/s其逆运动则为匀加速直线运动可得x＝vt＋eq\f(1,2)a1t2解得a1＝1m/s2对小物块和木板整体受力分析，滑动摩擦力提供合外力，由牛顿第二定律得：μ1(m＋15m)g＝(m＋15m)a1，即μ1g＝a1解得μ1＝0.1(2)碰撞后，木板向左做匀减速运动，依据牛顿第二定律有μ1(15m＋m)g＋μ2mg＝15ma3可得a3＝eq\f(4,3)m/s2对小物块，加速度大小为a2＝4m/s2由于a2＞a3，所以小物块速度先减小到0，所用时间为t1＝1s过程中，木板向左运动的位移为x1＝vt1－eq\f(1,2)a3teq\o\al(2,1)＝eq\f(10,3)m，末速度v1＝eq\f(8,3)m/s小物块向右运动的位移x2＝eq\f(v＋0,2)t1＝