《滑块木板模型-2024届新课标高中物理模型与方法含答案.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《滑块木板模型-2024届新课标高中物理模型与方法含答案.pdf（45页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、120242024版新课标高中物理模型与方法版新课标高中物理模型与方法-滑块木板模型滑块木板模型目录【模型归纳】1模型一 光滑面上外力拉板模型二 光滑面上外力拉块模型三 粗糙面上外力拉板模型四 粗糙面上外力拉块模型五 粗糙面上刹车减速【常见问题分析】问题1 板块模型中的运动学单过程问题问题2 板块模型中的运动学多过程问题1-至少作用时间问题问题3 板块模型中的运动学多过程问题2-抽桌布问题问题4 板块模型中的运动学粗糙水平面减速问题【模型例析】5【模型演练】13【模型归纳】【模型归纳】模型一模型一 光滑面上外力拉板光滑面上外力拉板加速度分离不分离m1最大加速度a1max=gm2加速度 a2=(
2、F-m1g)/m2条件：a2a1max即Fg(m1+m2)条件：a2a1max即 Fg(m1+m2)整体加速度a=F/(m1+m2)内力 f=m1F/(m1+m2)模型二模型二 光滑面上外力拉块光滑面上外力拉块加速度分离不分离m2最大加速度a2max=m1g/m2m1加速度a1=(F-m1g)/m1条件：a1a2max即Fm1g(1+m1/m2)条件：a2a1max即 Fm1g(1+m1/m2)整体加速度a=F/(m1+m2)内力 f=m2F/(m1+m2)模型三模型三 粗糙面上外力拉板粗糙面上外力拉板不分离(都静止)不分离(一起加速)分离条件：F2(m1+m2)g条件：a2a1max即 2(
3、m1+m2)g a1max=1g即 F (1+2)g(m1+m2)2+m2)内力 f=m1a外力区间范围模型四模型四 粗糙面上外力拉块粗糙面上外力拉块1m1g 2(m1+m2)g一起静止一起加速分离条件：F2(m1+m2)g条件：2(m1+m2)g a2max=1m1g-2(m1+m2)g/m2即 F (1-2)m1g(1+m1/m2)外力区间范围模型五模型五 粗糙面上刹车减速粗糙面上刹车减速一起减速减速分离m1最大刹车加速度：a1max=1g整体刹车加速度a=2g条件：aa1max即21条件：aa1max即21m1刹车加速度：a1=1gm2刹车加速度：a2=2(m1+m2)g-1m1g)/m
4、2加速度关系：a1a2【常见问题分析】【常见问题分析】问题问题1 1 板块模型中的运动学单过程问题板块模型中的运动学单过程问题恒力拉板恒力拉块3分离，位移关系：x相对=a2t20-a1t20=L分离，位移关系：x相对=a1t20-a2t20=L问题问题2 2 板块模型中的运动学多过程问题板块模型中的运动学多过程问题1 1-至少作用时间问题至少作用时间问题问题：板块分离，F至少作用时间？过程：板块均加速过程：板加速、块减速位移关系：x1相对+x2相对=L即v(t1+t2)/2=L；利用相对运动v=(a2-a1)t1、v=(a2+a1)t2问题问题3 3 板块模型中的运动学多过程问题板块模型中的运
5、动学多过程问题2 2-抽桌布问题抽桌布问题4抽桌布问题简化模型过程：分离过程：匀减速分离，位移关系：x2-x1=L10v0多过程问题，位移关系：x1+x1=L2问题问题4 4 板块模型中的运动学粗糙水平面减速问题板块模型中的运动学粗糙水平面减速问题块带板板带块51212【模型例析】【模型例析】1 1一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4.5 m，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=1 s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1
6、 s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：图(a)图(b)(1)木板与地面间的动摩擦因数1及小物块与木板间的动摩擦因数2；(2)木板的最小长度；(3)木板右端离墙壁的最终距离。【大题拆分】第一步：分析研究对象模型。设小物块和木板的质量分别为 m 和 M。小物块可以看作质点(初始条件v0未知，如图甲所示)。6第二步：分解过程模型。(1)认为地面各点的粗糙程度相同，小物块和木板一起向右做匀变速运动，到速度大小为v1，如图乙所示。(2)木板与墙壁碰撞过程：小物块受到滑动摩擦力(设置的初始条件)，由于碰撞时间极短(t0)，故碰后小物块
7、速度不变，木板的速度方向突变(设置的初始条件)，如图丙所示。(3)然后小物块向右减速，木板向左减速，经 1 s小物块速度减小为零(如图丁所示)。由于木板的加速度较小，故小物块速度为零时，木板仍有速度。然后小物块向左加速，木板向左减速，到二者达到共同速度v3(如图戊所示)。(4)分析临界条件，包括时间关系和空间关系，如图戊所示。(5)在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速直线运动直至停止(如图己所示)。2 2(20232023 全国 高三专题练习)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 1=0.5；木板的
8、质量为m=4kg，与地面间的动摩擦因数为 2=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。【审题指导】：如何建立物理情景，构建解题路径首先分别计算出B与板、A与板、板与地面间的滑动摩擦力大小，判断出A、B及木板的运动情况把握好几个运动节点由各自加速度大小可以判断出B与木板首先达到共速，此后B与木板共同运动A与木板存在相对运动，且A运动过程中加速度始终不变木板先加速后减速，存在两个过程3 3
9、(20232023 陕西安康 高三统考阶段练习)如图甲所示，质量为m=0.2kg、长度为L=6m的木板静止放置在水平面上，质量也为m=0.2kg的木块(视为质点)静止放置在木板的最左端，木块与木板之间的动摩擦因数为 1，木板与水平面之间的动摩擦因数为 2=0.4 1a1max即Fg(m1+m2)条件：a2a1max即 Fg(m1+m2)整体加速度a=F/(m1+m2)内力 f=m1F/(m1+m2)模型二模型二 光滑面上外力拉块光滑面上外力拉块加速度分离不分离m2最大加速度a2max=m1g/m2m1加速度a1=(F-m1g)/m1条件：a1a2max即Fm1g(1+m1/m2)条件：a2a1
10、max即 Fm1g(1+m1/m2)整体加速度a=F/(m1+m2)内力 f=m2F/(m1+m2)模型三模型三 粗糙面上外力拉板粗糙面上外力拉板不分离(都静止)不分离(一起加速)分离条件：F2(m1+m2)g条件：a2a1max即 2(m1+m2)g a1max=1g即 F (1+2)g(m1+m2)2+m2)内力 f=m1a外力区间范围模型四模型四 粗糙面上外力拉块粗糙面上外力拉块1m1g 2(m1+m2)g一起静止一起加速分离条件：F2(m1+m2)g条件：2(m1+m2)g a2max=1m1g-2(m1+m2)g/m2即 F (1-2)m1g(1+m1/m2)外力区间范围模型五模型五
11、 粗糙面上刹车减速粗糙面上刹车减速一起减速减速分离m1最大刹车加速度：a1max=1g整体刹车加速度a=2g条件：aa1max即21条件：aa1max即21m1刹车加速度：a1=1gm2刹车加速度：a2=2(m1+m2)g-1m1g)/m2加速度关系：a1a2【常见问题分析】【常见问题分析】问题问题1 1 板块模型中的运动学单过程问题板块模型中的运动学单过程问题恒力拉板恒力拉块3分离，位移关系：x相对=a2t20-a1t20=L分离，位移关系：x相对=a1t20-a2t20=L问题问题2 2 板块模型中的运动学多过程问题板块模型中的运动学多过程问题1 1-至少作用时间问题至少作用时间问题问题：
12、板块分离，F至少作用时间？过程：板块均加速过程：板加速、块减速位移关系：x1相对+x2相对=L即v(t1+t2)/2=L；利用相对运动v=(a2-a1)t1、v=(a2+a1)t2问题问题3 3 板块模型中的运动学多过程问题板块模型中的运动学多过程问题2 2-抽桌布问题抽桌布问题4抽桌布问题简化模型过程：分离过程：匀减速分离，位移关系：x2-x1=L10v0多过程问题，位移关系：x1+x1=L2问题问题4 4 板块模型中的运动学粗糙水平面减速问题板块模型中的运动学粗糙水平面减速问题块带板板带块5121a3，所以滑块速度先减小到0，所用时间为t1=1 s的过程中，木板向左运动的位移为x1=vt1
13、-12a3t21=103m，末速度v1=v-a3t1=83m/s滑块向右运动的位移x2=v+02t1=2 m此后，小物块开始向左加速，加速度大小仍为a2=4m/s2木板继续减速，加速度大小仍为a3=43m/s2假设又经历t2二者速度相等，则有a2t2=v1-a3t2解得t2=0.5 s此过程中，木板向左运动的位移7x3=v1t2-12a3t22=76m，末速度v3=v1-a3t2=2m/s滑块向左运动的位移x4=12a2t22=0.5 m此后小物块和木板一起匀减速运动，二者的相对位移最大为x=x1+x2+x3-x4=6 m小物块始终没有离开木板，所以木板最小的长度为6 m。(3)最后阶段滑块和
14、木板一起匀减速直到停止，整体加速度大小为a1=1m/s2向左运动的位移为x5=v232a1=2 m所以木板右端离墙壁最远的距离为x=x1+x3+x5=6.5 m。2 2(20232023 全国 高三专题练习)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 1=0.5；木板的质量为m=4kg，与地面间的动摩擦因数为 2=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
15、的速度；(2)A、B开始运动时，两者之间的距离。【审题指导】：如何建立物理情景，构建解题路径首先分别计算出B与板、A与板、板与地面间的滑动摩擦力大小，判断出A、B及木板的运动情况把握好几个运动节点由各自加速度大小可以判断出B与木板首先达到共速，此后B与木板共同运动A与木板存在相对运动，且A运动过程中加速度始终不变木板先加速后减速，存在两个过程【答案】(1)1m/s；(2)1.9m【详解】(1)对B分析有1mBg=mBa1a1=1g=5m/s2同理A的加速度a2=1g=5m/s2对木板分析有1mBg-1mAg-2mA+mB+mg=maa=2.5m/s2B与木板相对静止时，有v0-a1t1=at1
16、解得t1=0.4sB与木板相对静止时，木板的速度大小为v1=at1=1m/s(2)木板和物块B共速时，A的速度为v2v2=v0-a2t1=1m/s8则在t1时间内两者的相对位移大小为x1=v0t1-12a1t12+v0t1-12a2t12=1.6mB与木板相对静止后，对B与木板整体有2mA+mB+mg+1mAg=m+mBaa=53m/s2对A分析加速度仍为a2=1g=5m/s2由于AB，速度与加速度大小相等，所以当B速度减为1m/s，A速度大小也减为1m/s，对B与木板整体与A的运动有v1-at2=-v2+a2t2代入数据解得t2=0.3s此时三者具有共同速度为v=v1-at2=0.5m/s此
17、过程中AB相对位移x2=v1+v2t2-v2+v2t2=0.3m则木板长度x=x1+x2=1.9m(也可用如图所示的速度-时间图线求解)3 3(20232023 陕西安康 高三统考阶段练习)如图甲所示，质量为m=0.2kg、长度为L=6m的木板静止放置在水平面上，质量也为m=0.2kg的木块(视为质点)静止放置在木板的最左端，木块与木板之间的动摩擦因数为 1，木板与水平面之间的动摩擦因数为 2=0.4 1F临界，故物体A相对于木板B滑动，则aA=2m/s2aB=F1-2mA+mBg-1mAgmB=4m/s2(2)t=1s时vA1=aAt1=2m/svB1=aBt1=4m/s当力F2作用时A的加
18、速度不变，B的加速度大小aB=F2-F1mB+aB=-2m/s2经过t时间A、B速度相等，则vA1+aAt=vB1+aBt解得t=0.5s11(3)前1.5s物体A受到B的摩擦力为滑动摩擦力，方向向右。fA=1mg=4N1.5s-3s内，A和B匀速运动，物体A受到B的摩擦力fA=0t=3s时撤去F2，A、B一起做匀减速直线运动。对整体，由牛顿第二定律-2(mA+mB)g=(mA+mB)a解得a=-1m/s2对物体A，由牛顿第二定律得fA=mAa=-2N1.5s时A和B共同速度v=vA1+aAt=2m/s+20.5m/s=3m/st=3s时撤去F2后，设经过t两者速度减为零。0=v+at解得t=
19、3st=6s后，A和B均静止，物体A受到B的摩擦力fA=0fA-t的关系图线如图所示【规律总结】【规律总结】“滑块-滑板”模型的一般解题步骤滑块-滑板问题的解题关键点(1)滑块由滑板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和滑板同向运动，位移之差等于板长；反向运动时，位移之和等于板长(2)滑块是否会从滑板上掉下的临界条件是滑块到达滑板一端时两者共速(3)滑块不能从滑板上滑下的情况下，当两者共速时，两者受力、加速度发生突变12【模型演练】【模型演练】1(20232023秋 江苏盐城 高三校联考期末)如图所示，质量M=2.0kg的长木板A放在光滑水平面上，质量m=0.2kg的小滑块B放在长木板A的最右端
20、，滑块与长木板间的动摩擦因数=0.3，设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，求：(1)长木板A在外力作用下以加速度a1=2m/s2向右加速运动时，滑块B所受摩擦力大小与方向；(2)要使滑块B脱离长木板A，至少要用多大的水平力拉长木板；(3)若长木板长L=1.5m，在8.6N的水平拉力的作用下由静止开始运动，滑块滑离长木板需多长时间。【答案】(1)0.4N，方向水平向右；(2)6.6N；(3)3s【详解】(1)小滑块B的最大加速度为am=mgm=g=3m/s2a1故可知此时AB没有发生相对滑动，即AB以a1=2m/s2一起向右加速运动，滑块B所受摩擦力大小为fB=ma1=0.4N方向水平向右。(2)根
21、据前面分析当AB发生相对滑动的临界加速度为a=3m/s2，对整体分析有F=M+ma=6.6N(3)在F=8.6N的水平拉力的作用下AB发生相对滑动，此时AB加速度大小分别为aA=F-mgM=4m/s2，aB=mgm=3m/s2设经过时间t滑块滑离长木板，根据位移关系有x木板-x滑块=L其中有x木板=12aAt2，x滑块=12aBt2联立解得t=3s2(20232023秋 河南漯河 高三统考期末)光滑的水平面上有一木板，质量M=2.0kg，在木板的最右端有一小滑块(可视为质点)，质量m=1.0kg，小滑块与木板之间的动摩擦因数=0.2。滑块与长木板一起以v0=2.0m/s的速度向左匀速运动。如图
22、所示，某时刻起对木板施加一个大小为12N的水平向右的作用力F，作用时间为2s。小滑块始终不脱离木板g取10m/s2，试求：(1)小滑块相对地面向左运动的过程中，木板相对地面的位移；(2)木板长度的最小值。【答案】(1)0.5m，方向水平向右；(2)12m【详解】(1)当有F作用时，由牛顿第二定律，对小滑块分析mg=ma1对木板分析13F-mg=Ma2设小滑块减速到零用时t1，则t1=v0a1=1s此过程中，滑块和木板的加速度不变取水平向右为正方向，木板的位移x1=-v0t1+12a2t21解得x1=0.5m，方向水平向右(2)在力F的作用下，滑块和木板的加速度不变取水平向右为正，在t=2s内，
23、滑块的位移x2=-v0t+12a1t2木板的位移x3=-v0t+12a2t22s末，滑块的速度vm=-v0+a1t木板的速度vM=-v0+a2t力F停止作用后，滑块加速度不变，木板开始减速，加速度大小为a3，由牛顿第二定律得mg=Ma3设力F停止作用后经过时间t2两者共速vm=vMvm=vm+a1t2vM=vM-a3t2在t2时间内，滑块的位移为x4=vmt2+12a1t22木板的位移为x5=vMt2-12a3t22木板的长度至少为L=x3-x2+x5-x4解得L=12m3(20232023春 浙江宁波 高三浙江省宁波市鄞州中学校考期中)如图所示，质量M=10kg、长为L=1.1m的长木板放在
24、光滑的水平面上，可视为质点的质量为m=4kg的滑块放在长木板的最左侧，t=0时刻在滑块上施加水平向右的恒力20N，经过一段时间滑块到达长木板的最右侧，已知滑块与长木板之间的动摩擦因数=0.2，g=10m/s。求：(1)摩擦力对长木板做功为多少？(2)合力对滑块做功为多少？(3)系统产生的热量Q为多少？14【答案】(1)3.2J；(2)18J；(3)8.8J【详解】(1)由题意可知，滑块和长木板发生相对滑动，由牛顿第二定律：对物块F-mg=ma1对木板mg=Ma2解得a1=3m/s2a2=0.8m/s2根据运动学公式12a1t2-12a2t2=L解得t=1s长木板的位移x2=12a2t2=0.4
25、m摩擦力对长木板做功为Wf=mgx2=3.2J(2)滑块的位移x1=12a1t2=1.5m合力对滑块做功为W合=Fx1-mgx1=18J(3)系统产生的热量Q=mg(x1-x2)=8.8J4(20232023 辽宁 高三校联考期末)如图所示，光滑水平地面上有一质量为2kg、长度为1m的木板甲，其上表面粗糙、下表面光滑。质量为1kg的物块乙放在木板甲的最左端：两者均处于静止状态，现用F=2N的水平恒力将物块乙从木板甲的左端拉到右端，直至两者分离。已知物块乙与木板甲间的动摩擦因数为0.1，取重力加速度大小g=10m/s2。(1)求物块乙运动的加速度大小；(2)求该过程中木板甲的位移大小；(3)要使
26、物块乙与木板甲发生相对滑动，求水平恒力的最小值。【答案】(1)1m/s2；(2)1m；(3)1.5N【详解】(1)对物块乙，由牛顿第二定律得F-m乙g=m乙a乙解得a乙=1m/s2(2)对木板甲，由牛顿第二定律得m乙g=m甲a甲解得a甲=0.5m/s215物块乙、木板甲发生相对滑动的过程中，由运动学公式得12a乙t2-12a甲t2=L解得t=2s木板甲的位移大小x甲=12a甲t2=120.522m=1m(3)对物块乙，由牛顿第二定律得F-m乙g=m乙a乙对木板甲，由牛顿第二定律得m乙g=m甲a甲发生相对滑动的条件是a乙a甲联立求得F1.5N即水平恒力的最小值为1.5N。5(20232023 山
27、东聊城 统考二模)如图所示，质量M=2kg、长度L=1.2m的木板A静置在足够大的光滑水平地面上，质量m=1kg且可视为质点的物块B放在木板A的右端，现对木板A施加一水平向右的恒力F=5N，两者由静止开始运动，作用一段时间t后撤去恒力F，最终物块B恰好能到达木板A的左端，已知物块B与木板A间的动摩擦因数=0.1，取重力加速度g=10m/s2，求：(1)恒力F作用的时间t；(2)摩擦力对物块B做的功W。【答案】(1)0.8s；(2)2J【详解】(1)根据题意，设B的加速度为a1，力F作用时A的加速度为a2；撤去力F后，A的加速度为a3，又经过t1后B达到A的左端，根据牛顿第二定律，有mg=ma1
28、F-mg=Ma2撤去力F后，根据牛顿第二定律，有mg=Ma3由运动学规律得a1t+t1=a2t-a3t1L=12a2t2+a2tt1-12a3t21-12a1t+t12解得t=1.2st1=0.8s(2)设最终B的速度为v，有v=a1t+t1由动能定理有16W=12mv2解得W=2J6(20232023 安徽宿州 统考一模)如图所示，质量M=1kg、长度L=1m的木板A静止在水平面上，A与水平面间的动摩擦因数1=0.1。在A的左端放置一质量m=1kg的铁块B(可视为质点)，B与A间的动摩擦因数2=0.3，现用一水平恒力F作用在B上，取g=10m/s2，设滑动摩擦力等于最大静摩擦力。求：(1)要
29、保持A、B一起做匀加速运动，求力F的取值范围；(2)若F=5N，求铁块运动到木块右端所用的时间。【答案】(1)2N f1=2N设拉力大小为F0时A、B恰好发生相对滑动，对A，由牛顿第二定律得f2-f1=Ma对A、B系统，由牛顿第二定律得F0-f1=m+Ma代入数据解得F0=4Na=1m/s2要保持A、B一起做匀加速运动，力F的取值范围是2NF0=4N时，A、b相对滑动，A的加速度大小a=1m/s2对B，由牛顿第二定律得F-f2=maB代入数据解得aB=2m/s2设经过时间t铁块运动到木板的右端，则L=12aBt2-12at2代入数据解得t=2s(t=-2s，不符合实际，舍去)7(2023202
30、3 全国 高三专题练习)如图甲所示，质量m=1kg的小物块A(可视为质点)放在长L=4.5m的木板B的右端。开始时A、B两叠加体静止于水平地面上。现用一水平向右的力F作用在木板B上，通过传感器测出A、B两物体的加速度与外力F的变化关系如图乙所示。已知A、B两物体与地面之间的动摩擦因数相等，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2。求：17(1)A、B间的动摩擦因数1；(2)乙图中F0的值；(3)若开始时对B施加水平向右的恒力F=29N，同时给A水平向左的初速度v0=4m/s，则在t=3s时A与B的左端相距多远。【答案】(1)0.4；(2)5N；(3)22.5m【详解】(1)由题
31、图乙知，当A、B间相对滑动时A的加速度a1=4m/s2对A由牛顿第二定律有1mg=ma1得1=0.4(2)设A、B与水平地面间的动摩擦因数为 2，B的质量为M。当A与B间相对滑动时对B由牛顿第二定律有F-1mg-2(m+M)g=Ma2即a2=F-1mg-2(m+M)gM由题图乙知1M=425-9-1mg-2(m+M)gM=-94可得M=4kg2=0.1则F0=2(m+M)g=5N(3)给A水平向左的初速度v0=4m/s，且F=29N时A运动的加速度大小为a1=4m/s2，方向水平向右。设A运动t1时间速度减为零，则t1=v0a1=1s位移x1=v0t1-12a1t21=2mB的加速度大小a2=
32、F-1mg-2(m+M)gM=5m/s2方向向右18B的位移大小x2=12a2t21=2.5m此时B的速度v2=a2t1=5m/s由于x1+x2=L，即此时A运动到B的左端，当B继续运动时，A从B的左端掉下来停止，设A掉下来后B的加速度大小为a3，对B由牛顿第二定律有F-2Mg=Ma3可得a3=254m/s2在t=3s时A与B左端的距离x3=v2(t-t1)+12a3(t-t1)2=22.5m8(20232023春 辽宁大连 高三大连市一0 0三中学校考阶段练习)滑块类问题是我们高中常见的模型之一，假设质量为M=1kg足够长的木板放在水平地面上，木板左端放有一质量为m=1kg大小不计的小滑块，
33、木板与地面间的动摩擦因数1=0.1，小滑块与木板间的动摩擦因数2=0.4。开始时滑块和木板都静止，(设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取g=10m/s2)求：(1)若在小滑块右端施加一个从零开始连续增大的水平向右的力F，求当力F增大到多大时，小滑块恰好要相对木板运动？(2)现给小滑块施加一水平向右的恒力F=8N，经过1s，撤去恒力F，撤去外力F时，木板的速度大小；(3)木板从开始运动到停止的总时间。【答案】(1)6N；(2)2m/s；(3)4s【详解】(1)假设小滑块恰好要与木板相对运动，则此时小滑块与木板共速且加速度相同，两物体之间的摩擦力为最大静摩擦力，两物体之间的摩擦力和M与地面之间的
34、摩擦力关系2mg=4N1(M+m)g=2N故随着F增大，M会先与地面相对运动。对两物体组成的系统进行分析F-1(M+m)g=(M+m)a对M隔离分析则有2mg-1(M+m)g=Ma解得F=6N(2)根据F=8N6N，故两物体之间会有相对运动，木板受到滑块向右的滑动摩擦力和地面向左的滑动摩擦力，即2mg-1(M+m)g=Ma解得a=2m/s2作用时间为1s，则v=at1=2m/s(3)外力作用过程中对m有19F-2mg=ma1解得a1=4m/s2作用时间为1s，则m的速度为v1=a1t1=4m/s当撤去外力F后，对m分析，加速度大小为a2=2mgm=4m/s2M的受力情况不变。两者共速时v1-a
35、2t2=v+at2=v共解得t2=13s，v共=83m/s两者共速后会相对静止一起减速到速度为0，两者共同加速度大小为a3，则2(M+m)g=(M+m)a3根据运动学规律t3=v共a3联立以上方程解得t3=83s故木板从开始运动到停止的总时间t总=t1+t2+t3=4s9(20232023秋 江苏南京 高三南京师大附中校考期末)如图所示，将木块A和木板B叠放在水平地面上，木块质量mA=2kg，木板质量mB=1kg，木块与木板间动摩擦因数为1=0.3、木板与地面间动摩擦因数为2=0.1，不计空气阻力，取重力加速度g=10m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，对木块施加一个水平向右的恒力F，求：
36、(1)若F=9N，求木块A的加速度大小和A、B之间的摩擦力的大小；(2)若F=16N，求木块A的加速度大小和A、B之间的摩擦力的大小。【答案】(1)2m/s2，5N；(2)5m/s2，6N【详解】(1)A与B之间的最大静摩擦力为f1=1mAg=0.3210N=6NB与地面之间的最大静摩擦力为f2=2(mA+mB)g=0.1(2+1)10N=3N当AB恰好发生相对滑动时，对于B有1mAg-2(mA+mB)g=mBa0对于整体来说F0-2(mA+mB)g=(mA+mB)a0解得F0=12N则当F=9N12N时，AB发生相对滑动，根据牛顿第二定律F-1mAg=mAa2解得a2=5m/s2A、B之间的
37、摩擦力为滑动摩擦力，大小为f4=1mAg=6N10(20232023秋 内蒙古赤峰 高三赤峰二中校考期末)一神器，外形可忽略、体积可为零；飞天遁水，无往不利；坚如磐石、滑洁如丝；必要的时候它可以带电、也可以突破引力、甚至可以光速行进！它折磨了几代莘莘学子，我们为它痴狂不已，它就是传说中的-小滑块。滑块类问题是我们高中常见的模型之一，假设质量为M=1kg足够长的木板放在水平地面上，木板左端放有一质量为m=1kg大小不计的小滑块，木板与地面间的动摩擦因数1=0.1，小滑块与木板间的动摩擦因数2=0.4。开始时滑块和木板都静止，(设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取g=10m/s2)求(1)若在小
38、滑块右端施加一个从零开始连续增大的水平向右的力F，求当力F增大到多大时，小滑块恰好要相对木板运动？(2)现给小滑块施加一水平向右的恒力F=8N，经过1s，撤去恒力F，撤去外力F时，木板的速度大小；(3)木板从开始运动到停止的总时间。【答案】(1)6N；(2)2m/s；(3)4s【详解】(1)分析题意可知，小滑块恰好要相对木板运动时，小滑块与木板间恰好达到最大静摩擦力，对木板受力分析，由牛顿第二定律2mg-1m+Mg=Ma1解得a1=2m/s2对小滑块受力分析有F-2mg=ma1解得F=6N(2)初始阶段，对小滑块受力分析，由牛顿第二定律F1-2mg=ma2对木板受力分析，可得2mg-1m+Mg
39、=Ma3联立解得a2=4m/s2，a3=2m/s221经过t1=1s，两者的速度分别为v1=a2t1=4m/sv2=a3t1=2m/s则撤去外力F时，木板的速度大小为v2=2m/s(3)当撤去F时，对小滑块受力分析，由牛顿第二定律a4=2mgm=2g=4m/s2又经t2两者速度相同v1-a4t2=v2+a3t2解得，两者达到共速的时间为t2=13s共速时，两者的速度均为v=83m/s两者速度相同之后，两者一起减速直到停止，对小滑块和木板整体受力分析，由牛顿第二定律1(m+M)g=(m+M)a5解得a5=1g=1m/s2由运动学公式，两者一起做匀减速的时间为t3=va5=83s木板从开始运动到停
40、止的总时间为t总=t1+t2+t3=4s11(20232023秋 江苏徐州 高三统考期末)如图所示，为一货运平板汽车，车厢足够长。车上载有一个质量M=50kg足够长的木板，其右端距离车箱前壁有一段距离。一个质量m=100kg，长度可以忽略不计的金属箱放置在长木板的中央。长木板和汽车车厢之间的动摩擦因数1=0.3。长木板和金属箱之间的动摩擦因数2=0.2。假设汽车在运动过程始终沿水平笔直路面行驶，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2。(1)为保证长木板和金属箱相对静止，求汽车向右减速时的最大加速度大小。(2)汽车向右减速过程中加速度由0逐渐增大，当加速度为4m/s2时，求长木板对汽车车厢
41、的摩擦力。(3)当汽车及所载货物均静止后，搬运工人对长木板施加一水平向左，大小为F=800N的拉力，力F作用1.5s后撤去，求2秒末长木板的速度。【答案】(1)a1=2m/s2；(2)400N，方向水平向右；(3)1.2m/s【详解】(1)长木板和金属箱即将发生相对滑动时，汽车向右减速时加速度大小为a1，对金属箱m受力分析可知22fm=2mg=ma1可得a1=2m/s2(2)汽车向右减速时加速度大于2m/s2，可知长木板和金属箱已发生相对滑动，对长木板M受力分析可知fM-2mg=Ma2可得fM=400N长木板与汽车车厢之间的最大静摩擦力fmax=1m+Mg=450NfM=400N2m/s2故，
42、长木板和金属箱将发生相对滑动，金属箱以2m/s2的加速度向左加速，长木板以大小为a3的加速度向左加速，对长木板M受力分析可知F-1m+Mg-2mg=Ma3可得a3=3m/s2231.5s末，金属箱的速度v1=a1t1=3m/s长木板的速度v2=a3t1=4.5m/s力F撤去后，金属箱继续以2m/s2加速度向左加速，长木板以大小为a4的加速度向左减速，直到两物体速度相同。对长木板M受力分析可知1m+Mg+2mg=Ma4可得a4=13m/s2当两物体速度相同时v=v1+a1t2=v2-a4t2可得t2=0.1sv=3.2m/s速度相等之后，金属箱以2m/s2加速度向左减速，长木板以大小为a5的加速
43、度向左减速。对长木板M受力分析可知1m+Mg-2mg=Ma5可得a5=5m/s22s末，长木板的速度v3=v-a3t3其中t3=2-1.5-0.1=0.4s24可得v3=1.2m/s12(20232023 陕西榆林 统考模拟预测)如图所示，静止在水平地面上的木板B的质量m2=4kg，现让一个质量m1=2kg的物块A(视为质点)以大小v0=6m/s的速度从左端冲上木板B，已知物块A与木板B间的动摩擦因数1=0.5，木板B与地面间的动摩擦因数2=0.1，木板B足够长，取重力加速度大小g=10m/s2，求：(1)物块A刚滑上木板B时，物块A的加速度大小a1以及木板B的加速度大小a2；(2)从物块A冲
44、上木板B到木板B停下，物块A相对地面发生的位移大小x。【答案】(1)a1=5m/s2，a2=1m/s2；(2)x=4m【详解】(1)对物块A，根据牛顿第二定律有1m1g=m1a1解得a1=5m/s2对木板B，根据牛顿第二定律有1m1g-2m1+m2g=m2a2解得a2=1m/s2(2)设经时间t物块A与木板B达到的共同速度大小为v，有v=v0-a1t=a2t解得t=1sv=1m/s根据匀变速直线运动的规律，此过程物块A发生的位移大小x1=v0t-12a1t2解得x1=3.5m达到共同速度后，经分析物块A与木板B能共同向右运动，设加速度大小为a3，根据牛顿第二定律有2m1+m2g=m1+m2a3
45、解得a3=1m/s2设达到共同速度后，物块A发生的位移大小为x2，根据匀变速直线运动的规律有v2=2a3x2解得x2=0.5m所以从物块A冲上木板B到木板B停下，物块A相对地面发生的位移大小x=x1+x2=4m13(20232023 云南 高三校联考阶段练习)如图甲所示，一长木板静止在水平地面上，t=0时刻一小物块以25一定的速度从左端滑上长木板，之后小物块运动的v-t图像如图乙所示已知小物块与长木板的质量均为m=1kg，前2s内小物块在长木板上滑动，之后两者相对静止，取重力加速度大小g=10m/s2，求：(1)小物块与长木板间因摩擦产生的热量Q；(2)小物块与长木板间的静摩擦力大小 f【答案
46、】(1)40J；(2)1.5N【详解】(1)设小物块与长木板间的动摩擦因数为 1，前2s内小物块的加速度大小为a1，则有a1=10-22m/s2=4m/s2因2s末木板和物块共速，则小物块在长木板上滑动的痕迹长度s1=10+222m-1222m=10m对物块由牛顿第二定律1mg=ma1小物块与长木板间因摩擦产生的热量Q=1mgs1解得Q=40J(2)设长木板与地面间的动摩擦因数为 2，前2s内长木板的加速度大小为a2，2s后小物块和长木板一起做匀减速直线运动时的加速度大小为a3，则有a2=22m/s2=1m/s2对木板1mg-22mg=ma2对木板和木块的整体a3=2g对物块f=ma3解得f=
47、1.5N14(20232023秋 湖南益阳 高三统考期末)一长木板在水平地面上运动，在t=0时其速度为6m/s，此时将一相对于地面静止的物块放到木板上。已知物块与木板的质量相等，物块与木板间的动摩擦因数为1=0.2，木板与地面间的动摩擦因数为2=0.1，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：26(1)物块刚放到木板上时，物块和木板的加速度大小；(2)木板的最短长度L；(3)从t=0到木板停止运动，木板位移的大小。【答案】(1)2m/s2，4m/s2；(2)3m；(3)6m【详解】(1)设物块与木板的质量均为m，对物块根据牛顿第二定
48、律可得f1=1mg=ma物解得物块的加速度大小为a物=1g=2m/s2对木板根据牛顿第二定律可得F合=f1+f2=1mg+22mg=ma板解得木板的加速度大小a板=1g+22g=4m/s2(2)使物块不滑离木板，即木板长度至少等于达到共速时两物体的相对位移；设经时间 t达到共速，则有v共=v0-a板t=a物t解得t=1s，v共=2m/s木板的位移为x板=v0t-12a板t2=61m-12412m=4m物块的位移为x物=12a物t2=12212m=1m木板的最短长度为L=x板-x物=3m(3)共速以后两物体视为一个整体，设加速度为a，根据牛顿第二定律可得22mg=2ma解得a=2g=1m/s2共
49、速后整体还能运动的位移为x=0-v2共-2a=0-22-21m=2m从t=0时到木板停止运动，木板的位移的大小x=x板+x=6m15(20232023 湖南株洲 统考三模)如图，一平板车静止在光滑水平地面上，小物块A和B分别从车的最左端和最右端同时开始相向运动，两物块在平板车上发生碰撞，最终都与平板车保持相对静止。已知平板车的质量M=1kg，长度L=5m，A、B的质量均为m=0.5kg，A的初速度大小为v1=5m/s，与平板车之间的动摩擦因数1=0.4；B的初速度大小为v2=3m/s，与平板车之间的动摩擦因数2=0.2，A、B均可视为质点，它们之间的碰撞为弹性碰撞，重力加速度g取10m/s2，
50、求：(1)整个过程中，A、B以及平板车组成的系统损失的机械能；(2)A、B发生碰撞的位置与平板车最左端的距离；(3)A、B与车保持相对静止时，A、B之间的距离。27【答案】(1)8.25J；(2)2.5m；(3)0.375m【详解】(1)根据题意，设平板车最终的速度为v，以A、B以及平板车为系统，根据动量守恒定律有mv1-mv2=M+2mv解得v=0.5m/s则系统损失的机械能为E=12mv21+12mv22-12M+2mv2解得E=8.25J(2)根据题意，设开始运动时A、B和平板车的加速度大小分别为a1、a2和a，根据牛顿第二定律有1mg=ma12mg=ma21mg-2mg=Ma设经t1时