《備戰(zhàn)2020高考物理 3年高考2年模擬1年原創(chuàng) 專題3.6 與牛頓定律相關(guān)的滑塊木板問題（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《備戰(zhàn)2020高考物理 3年高考2年模擬1年原創(chuàng) 專題3.6 與牛頓定律相關(guān)的滑塊木板問題（含解析）（20頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題3.6 與牛頓運動定律相關(guān)的滑塊木板問題 【考綱解讀與考頻分析】 滑塊木板是主要的物理模型，也是高考命題考查重點。 【高頻考點定位】 滑塊木板模型 考點一：滑塊木板模型 【3年真題鏈接】 1.（2019全國理綜III卷20）如圖（a），物塊和木板疊放在實驗臺上，物塊用一不可伸長的細繩與固定在實驗臺上的力傳感器相連，細繩水平。t=0時，木板開始受到水平外力F的作用，在t=4s 時撤去外力。細繩對物塊的拉力f 隨時間t 變化的關(guān)系如圖（b）所示，木板的速度v與時間t的關(guān)系如圖（c）所示。木板與實驗臺之間的摩擦可以忽略。重力加速度取g=10 m/s2。由題給數(shù)據(jù)可以得

2、出 A．木板的質(zhì)量為1 kg B．2 s~4 s內(nèi)，力F的大小為0.4 N C．0~2 s內(nèi)，力F的大小保持不變 D．物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)為0.2 【參考答案】AB 【名師解析】由圖像（b）和圖像（c）可知，2s后物塊相對于木板滑動，其滑動摩擦力f=0.2N，木板的加速度a1=0.2m/s2。隔離木板，分析受力，由牛頓第二定律，F(xiàn)-f=ma1，4s后撤去外力F，木板在物塊摩擦力作用下做減速運動，加速度大小為a2=0.2m/s2。隔離木板，分析受力，由牛頓第二定律， f=ma2，聯(lián)立解得：木板的質(zhì)量為m=1 kg，2 s~4 s內(nèi)，力F的大小為F=0.4 N，選項AB正確；

3、由于0~2 s內(nèi)，在拉力作用下木板處于靜止狀態(tài)，而物塊對木板的靜摩擦力逐漸增大，所以0~2 s內(nèi)，力F的大小從0開始逐漸增大，選項C錯誤；由于題述沒有給出物塊質(zhì)量，不能根據(jù)二者之間的滑動摩擦力計算得出物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)，選項D錯誤。 2．（16分）（2019高考江蘇卷物理15）如圖所示，質(zhì)量相等的物塊A和B疊放在水平地面上，左邊緣對齊．A與B、B與地面間的動摩擦因數(shù)均為μ。先敲擊A，A立即獲得水平向右的初速度，在B上滑動距離L后停下。接著敲擊B，B立即獲得水平向右的初速度，A、B都向右運動，左邊緣再次對齊時恰好相對靜止，此后兩者一起運動至停下．最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為

4、g．求： （1）A被敲擊后獲得的初速度大小vA； （2）在左邊緣再次對齊的前、后，B運動加速度的大小aB、aB'； （3）B被敲擊后獲得的初速度大小vB． 【名師解析】（1）由牛頓運動定律知，A加速度的大小aA=μg 勻變速直線運動 2aAL=vA2 解得 （2）設A、B的質(zhì)量均為m 對齊前，B所受合外力大小F=3μmg 由牛頓運動定律F=maB，得 aB=3μg 對齊后，A、B所受合外力大小F′=2μmg 由牛頓運動定律F′=2maB′，得aB′=μg （3）經(jīng)過時間t，A、B達到共同速度v，位移分別為xA、xB，A加速度的大小等于aA 則v=aAt，v=v

5、B–aBt 且xB–xA=L 解得 3.（2017全國III卷·25）如圖，兩個滑塊A和B的質(zhì)量分別為和，放在靜止于水平地面上的木板的兩端，兩者與木板間的動摩擦因數(shù)均為；木板的質(zhì)量為，與地面間的動摩擦因數(shù)為。某時刻A、B兩滑塊開始相向滑動，初速度大小均為。A、B相遇時，A與木板恰好相對靜止。設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度大小。求 （1）B與木板相對靜止時，木板的速度； （2）A、B開始運動時，兩者之間的距離。 【參考答案】（1）與木板相對靜止時，木板的速度為 （2）、開始運動時，兩者之間的距離為 【名師解析】 （1）如圖所示對、和木板受力分析，其中、分別表

6、示物塊、受木板摩擦力的大小，、和分別表示木板受到物塊、及地面的摩擦力大小，設運動過程中、及木板的加速度大小分別為，和，根據(jù)牛頓運動定律得： ① ② ③ 且： ④ ⑤ ⑥ 聯(lián)立①~⑥解得：，， 故可得向右做勻減速直線運動，向左做勻減速直線運動，木板向右勻加速運動；且，顯然經(jīng)歷一段時間之后先與木板達到相對靜止狀態(tài)，且此時、速度大小相等，方向相反。不妨假設此時與木板的速度大小為： ⑦ ⑧ 解得：， （2）設在時間內(nèi)，、的位移大小分

7、別為，，由運動學公式得： ⑨ ⑩ 此后將與木板一起保持相對靜止向前勻減速運動，直到和相遇，這段時間內(nèi)的加速度大小仍為，設和木板的加速度大小為，則根據(jù)牛頓運動定律得： 對木板和： ? 假設經(jīng)過時間后、剛好相遇，且此時速度大小為，為方便計算我們規(guī)定水平向右為正向，則在這段時間內(nèi)速度變化： 對和木板： ? 對： ? 聯(lián)立?~?解得，可以判斷此時和木板尚未停下 則時間內(nèi)物塊、的位移大小假設為、，由運動學公式： ? ? 則和開始相距滿足： ?

8、 聯(lián)立解得： 【1年仿真原創(chuàng)】 1．本組照片記錄了一名騎車人因自行車前輪突然陷入一較深的水坑而倒地的過程．下面是從物理的角度去解釋此情境的，其中正確的是(　　) A. 這是因為水坑里的水對自行車前輪的阻力太大，而使人和車一起倒地的 B. 騎車人與自行車原來處于運動狀態(tài)，車前輪陷入水坑后前輪立刻靜止，但人與車的后半部分由于慣性仍保持原有的運動狀態(tài)，因此摔倒 C. 因為自行車的前輪陷入水坑后，自行車還能加速運動，所以人和車一起倒地了 D. 因為自行車的前輪陷入水坑后，自行車的慣性立即消失，而人由于慣性將保持原有的運動狀態(tài)，故人向原來的運動方向倒下了 【參考答案】B

9、【名師解析】騎車人因自行車前輪突然陷入一較深的水坑而倒地，其原因是: 騎車人與自行車原來處于運動狀態(tài)，車前輪陷入水坑后前輪立刻靜止，但人與車的后半部分由于慣性仍保持原有的運動狀態(tài)，因此摔倒,選項B正確。 【2年模擬再現(xiàn)】 1. （2019年1月云南昆明復習診斷測試）如圖甲所示，一塊質(zhì)量為mA=2kg的木板A靜止在水平地面上，一個質(zhì)量為mB=1kg的滑塊B靜止在木板的左端，對B施加一向右的水平恒力F，一段時間后B從A右端滑出，A繼續(xù)在地面上運動一段距離后停止，此過程中A的速度隨時間變化的圖像如圖乙所示。設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度取g=10m/s2。則下列說法正確的是（

10、 ） A.滑塊與木板之間的動摩擦因數(shù)為0.6 B.木板與地面之間的動摩擦因數(shù)為0.1 C.F的大小可能為9N D.F的大小與板長L有關(guān) 【參考答案】BD 【命題意圖】本題考查對速度----時間圖像的理解、疊加體受力分析、牛頓運動定律和勻變速直線運動規(guī)律的運用。 【解題思路】由圖乙可知，在0~1s內(nèi)，木板A的加速度a1=2m/s2，在1~3s內(nèi)，木板A的加速度a2=-1m/s2。設滑塊與木板之間的動摩擦因數(shù)為μ1，木板與地面之間的動摩擦因數(shù)為μ2，在0~1s內(nèi)，隔離木板A受力分析，由μ1mBg-μ2（mA+mB）g= m,Aa1，在1~3s內(nèi)，隔離木板A受力分析，由-μ2mAg

11、= m,Aa2，聯(lián)立解得：μ2=0.1，μ1=0.7，選項A錯誤B正確；隔離B分析受力，由牛頓第二定律，F(xiàn)-μ1mBg= mBa3，根據(jù)速度圖像的面積表示位移可知，在0~1s內(nèi)，木板A位移x1=1m?；瑝KB在t=1s內(nèi)的位移x2=a3t2=，木板A長度L= x2-x1=-1=，可變換為F=2L+3，即F的大小與板長L有關(guān)，選項D正確；若F的大小為9N，由牛頓第二定律，F(xiàn)-μ1mBg= mBa3，可得a3=2m/s2，AB加速度相同，不能發(fā)生相對滑動，所以F的大小必須大于9N，選項C錯誤。 【方法歸納】對于速度圖像給出解題信息問題，從速度圖像的斜率得出加速度，由速度圖像面積得出位移。對于疊加體

12、問題，采用隔離法分析受力，利用牛頓運動定律列方程解答。 2.（12分）（2019四川綿陽二診） 如圖所示，長L=2.5 m、高h=0.2 m的長方體物塊P靜止在光滑的水平地面上，可視為質(zhì)點的質(zhì)量m=1kg的小滑塊Q在物塊P的上表面左端靜止，物塊P和滑塊Q之間的動摩擦因數(shù)μ=0.2。現(xiàn)給滑塊Q一個水平向右的瞬時速度vo=4m/s，經(jīng)時間t=1s，剛好從物塊P的右端飛出，取g=10m/s2，求： （1）物塊P的質(zhì)量M； （2）滑塊Q第一次著地時，與物塊P右端的水平距離。 P Q h L 【名師解析】 （1）滑塊Q在物塊P上做勻減速直線運動，設時間t=1 s內(nèi)，滑塊Q加速度大

13、小為aQ，通過的距離為xQ，物塊P通過的距離為xP，加速度大小為aP，則 （1分） （1分） （1分） （1分） （1分） 解得，，，。M=2kg （1分） （2）在滑塊Q飛離物塊P的瞬間，設物塊P的速度為vP，滑塊Q的速度為vQ，滑塊Q經(jīng)過時間t′第一次著地，與物塊P右端的水平距離為，則 （1分） （1分） （1分） 解得，， （2分） 解得（1分） 3．（14分）（2019湖南衡陽二模）如圖1所示，在水平面上有一質(zhì)量為m1＝1kg的足夠長的木板，其上疊放一質(zhì)量為m2＝2kg的木塊，木塊和木板之間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.3，木板與地面間的動摩擦因

14、數(shù)μ2＝0.1．假定木塊和木板之間的最大靜摩擦力和滑動摩擦力相等?現(xiàn)給木塊施加隨時間t增大的水平拉力F＝3t（N），重力加速度大小g＝10m/s2 （1）求木塊和木板保持相對靜止的時間t1； （2）t＝10s時，兩物體的加速度各為多大； （3）在如圖2畫出木塊的加速度隨時間変化的圖象（取水平拉カF的方向為正方向，只要求畫圖，不要求寫出理由及演算過程） 【思路分析】（1）對兩物體受力分析，當木塊對木板的最大靜摩擦力提供木板做加速運動，此時兩者達到最大加速度，即可求得； （2）應用牛頓第二定律求出兩物體的加速度； （3）達到最大共同加速度后，木板做加速度恒定的勻加速運動，木塊在力F

15、作用下做加速度運動，根據(jù)牛頓第二定律即可求得。 【名師解析】（1）：當F＜μ2（m1+m2）g＝3N時，木塊和木板都沒有拉動，處于靜止狀態(tài)，當木塊和木板一起運動時，對m1： fmax﹣μ2（m1+m2）g＝m1amax，fmax＝μ1m2g 解得：amax＝3m/s2 對整體有：Fmax﹣μ2（m1+m2）g＝（m1+m2）amax 解得：Fmax＝12N 由Fmax＝3t 得：t＝4s （2）t＝10s時，兩物體已相對運動，則有： 對m1：μ1m2g﹣μ2 （m1+m2）g＝m1a1 解得：a1＝3m/s2 對m2：F﹣μ1m2g＝m2a2 F＝3t＝30N

16、 解得：a2＝12m/s2 （3）圖象過（1、0），（4.3），（10、12） 答：（1）木塊和木板保持相對靜止的時間是4s； （2）t＝10s時，兩物體的加速度各為3m/s2，12m/s2； （3）圖象如圖所示。 【點評】本題首先要分兩個相對靜止和相對運動兩種狀態(tài)分析，其次采用整體法和隔離法研究得到加速度與時間的關(guān)系式，是經(jīng)常采用的思路。 4. （2019全國考試大綱調(diào)研卷3）如圖所示，水平地面上有一質(zhì)量為M的長木板，一個質(zhì)量為m的物塊(可視為質(zhì)點)放在長木板的最右端。已知m與M之間的動摩擦因數(shù)為，木板與地面間的動摩擦因數(shù)為。從某時刻起物塊m以的水平初速度向左運動，同時木=板

17、M在水平外力F控制下始終向右以速度勻速運動，求： (1)在物塊m向左運動過程中外力F的大?。? (2)木板至少多長物塊不會從木板上滑下來? 【參考答案】（ 1）f1+f2=μ1mg＋μ2(m+M)g（2） 【名師解析】（1）在物塊m向左運動過程中，木板受力如圖所示，其中f1，f2分別為物塊和地面給木板的摩擦力，由題意可知 f1=μ1mg① f2=μ2(m+M)g ② 由平衡條件得：F= f1+f2=μ1mg＋μ2(m+M)g　 ③ （2）解法一：設物塊向左勻減速至速度為零的時間為t1，則 設④ 物塊向左勻減速運動的位移為X1，則 ⑤ 設物塊由速度為零向右勻加速至與

18、木板同速（即停止相對滑動）的時間為t2，則 ⑥ 設物塊向右勻加速運動的位移為X2，則 ⑦ 此過程木板向右勻速運動的總位移為X′，則 ⑧ 則物塊不從木板上滑下來的最小長度： ⑨ 代入數(shù)據(jù)解得：⑩ 解法二：以木板為參考系，設物塊相對木板向左勻減速初速度為V0，末速度為Vt，則 ① ② 加速度：③ 根據(jù)運動學公式：④ 解得：⑤ 5.（2019上海二模）如圖a所示，軌道OA可繞軸O在豎直平面內(nèi)轉(zhuǎn)動，軌道長L=2m，摩擦很小可忽略不計。利用此裝置實驗探究物塊在力F作用下加速度與軌道傾角的關(guān)系。某次實驗，測得力F的大小為0.6N，方向始終平行于軌道向上，已知物塊的質(zhì)量m=0.

19、1kg。實驗得到如圖b所示物塊加速度與軌道傾角的關(guān)系圖線，圖中a0為圖線與縱軸交點，θ1為圖線與橫軸交點。（重力加速度g取10m/s2）問： （1）a0為多大？ （2）傾角θ1為多大？此時物塊處于怎樣的運動狀態(tài)？ （3）當傾角θ為30°，若物塊在F作用下由O點從靜止開始運動1.6s，則物塊具有的最大重力勢能為多少？（設O所在水平面的重力勢能為零） 【名師解析】（1）θ=0°時，木板水平放置，此時物塊的加速度為a0 由牛頓第二定律得：F合=F=ma0 解得：a0=6m/s2 （2）當木板傾角為θ1時，a=0，物塊可能沿斜面向上勻速運動；可能沿斜面向下勻速運動；靜止； 由平

20、衡條件得：F=mgsinθ1 解得：sinθ1=0.6，即θ1=37° （3）當木板傾角為θ=30°時， 對物塊由牛頓第二定律得：F-mgsinθ=ma 解得：a=1m/s2 從靜止開始運動1.6s發(fā)生的位移為x==1.28m 物塊具有的最大重力勢能：EP=mgxsinθ 解得：EP=0.64J 答：（1）a0為6m/s2； （2）傾角θ1為37°，此時物塊可能沿斜面向上勻速運動；可能沿斜面向下勻速運動；靜止； （3）當傾角θ為30°，若物塊在F作用下由O點從靜止開始運動1.6s，則物塊具有的最大重力勢能為0.64J。 6．（6分）（2019湖北武漢武昌5月調(diào)研）如圖所示

21、，在傾角為θ＝37°的足夠長斜面上放置一質(zhì)量M＝2kg、長度L＝1.5m的極薄平板AB，在薄平板的上端A處放一質(zhì)量m＝1kg的小滑塊（視為質(zhì)點），將小滑塊和薄平板同時無初速釋放。已知小滑塊與薄平板之間的動摩擦因數(shù)為μ1＝0.25、薄平板與斜面之間的動摩擦因數(shù)為μ2＝0.5，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取g＝10m/s2．求： （1）釋放后，小滑塊的加速度al和薄平板的加速度a2； （2）從釋放到小滑塊滑離薄平板經(jīng)歷的時間t。 【命題意圖】本題以斜面上滑塊木板為模型，考查牛頓運動定律和勻變速直線運動規(guī)律及其相關(guān)知識點。 【解題思路】 （1）小滑塊在平板AB上運動時，

22、根據(jù)牛頓第二定律有：mgsin37°﹣μ1mgcos37°＝ma1 代入數(shù)據(jù)解得：a1＝4m/s2 小滑塊在平板AB上運動時，設平板AB的加速度為a2，根據(jù)牛頓第二定律有： μ1mgcos37°+Mgsin37°﹣μ2（Mg+mg）cos37°＝Ma2 代入數(shù)據(jù)解得：a2＝1m/s2 （2）設滑塊離開平板時，所用時間為t 滑塊的位移：x1＝ 平板AB運動的位移為：x2＝ 位移間的關(guān)系為：L＝x1﹣x2 代入數(shù)據(jù)解得：t＝1s。 答：（1）釋放后，小滑塊的加速度為4m/s2，薄平板的加速度為1m/s2； （2）從釋放到小滑塊滑離薄平板經(jīng)歷的時間為1s。 預測考點一：

23、滑塊木板模型 【2年模擬再現(xiàn)】 1.（2019東北三省四市教研綜合體二模）如圖所示，有一個質(zhì)量為m的長木板靜止在光滑水平地面上，另一個質(zhì)量也為m的小物塊疊放在長木板的一端之上。B是長木板的中點，物塊與長木板在AB段的動摩擦因數(shù)為μ，在BC段的動摩擦因數(shù)為2μ。若把物塊放在長木板左端，對其施加水平向右的力F1可使其恰好與長木板發(fā)生相對滑動。若把物塊放在長木板右端，對其施加水平向左的力F2也可使其恰好與長木板發(fā)生相對滑動。下列說法正確的是（ ） A．F1與F2的大小之比為1∶2 B．若將F1、F2都增加到原來的2倍，小物塊在木板上運動到B點的時間之比為1∶2 C．若將F1

24、、F2都增加到原來的2倍，小物塊在木板上運動到B點時木板位移之比為1∶1 D．若將F1、F2都增加到原來的2倍，小物塊在木板上運動的整個過程中摩擦生熱之比為1∶1 【參考答案】ACD 【命題意圖】本題以滑塊模板模型為情景，考查隔離法、整體法受力分析，牛頓運動定律，摩擦生熱及其相關(guān)知識點。 【解題思路】隔離物塊受力分析，由牛頓第二定律，F(xiàn)1-μmg=ma11，F(xiàn)2-2μmg=ma12，隔離木板受力分析，由牛頓第二定律，μmg=ma21， 2μmg=ma22，物塊恰好與木板發(fā)生相對滑動，a11= a21，a11= a21，聯(lián)立解得：F1∶F2=1∶2，選項A正確；若將F1、F2都增加到原來

25、的2倍，隔離物塊受力分析，由牛頓第二定律，2F1-μmg=ma13，2F2-2μmg=ma14，隔離木板受力分析，由牛頓第二定律，μmg=ma21， 2μmg=ma22，聯(lián)立解得：a21=μg，a22=2μg，a13=3μg，a14=6μg。設小物塊在木板上從A移動到B的時間為t1，則有小物塊位移x11=a13t12，木板位移x21=a21t12，x11-x21=L/2，聯(lián)立解得t1=。設小物塊在木板上從A移動到B的時間為t2，則有小物塊位移x12=a14t12，木板位移x22=a22t12，x12-x22=L/2，聯(lián)立解得t2=。即若將F1、F2都增加到原來的2倍，小物塊在木板上運動到B點的

26、時間之比為t1∶ t2=∶1，選項B錯誤；若將F1、F2都增加到原來的2倍，小物塊在木板上運動到B點時木板位移之比x21∶ x22=a21t12∶a22t12=1∶1，選項C正確；若將F1、F2都增加到原來的2倍，小物塊在木板上運動的整個過程中摩擦生熱之比為Q1∶Q2=（μmg·L/2+2μmg·L/2）∶（2μmg·L/2+μmg·L/2）=1∶1，選項D正確。 【方法歸納】滑塊木板模型，分析受力可以采用隔離體法，分別隔離滑塊和木板分析受力，應用牛頓運動定律列方程解答。摩擦產(chǎn)生的熱量等于滑動摩擦力與滑塊在木板上滑動距離的乘積。 2.（2019四川內(nèi)江二模）如圖所示，足夠長的木板OM下端的

27、O點通過鉸鏈與地面連接，其與水平地面間的夾角θ可在0～900范圍內(nèi)調(diào)節(jié)。質(zhì)量為1kg的小滑塊在木板下端獲得v0=20m/s的初速度沿木板向上運動，當夾角為θ0時，小滑塊向上滑行的時間最短，大小為，重力加速度g取10m/s2，則此情況下（　?。? A. 木板的傾角 B. 小滑塊上滑的最大高度為 C. 小滑塊上滑過程損失的機械能為100J D. 小滑塊返回過程的加速度大小為 【參考答案】AD 【名師解析】小滑塊沿木板向上滑行，由牛頓第二定律得： mgsinθ+μmgcosθ=ma， 整理得：， 設，則， 當時，a存在最大

28、值，， 即，故θ=600，故A正確。設小滑塊上升的高度為h，則，解得：h=15m，故B錯誤。根據(jù)如上計算可知，．小滑塊上滑過程克服摩擦力做功：．故機械能損失50J，故C錯誤。因，故小滑塊上滑到最高點處后反向下滑，此時，故D正確。 【關(guān)鍵點撥】對滑塊受力分析由牛頓第二定律可寫出加速度表達式，結(jié)合數(shù)學知識可求得最大加速度及木板的傾角；由速度位移的關(guān)系式可求得最大高度；求出克服摩擦力的功可得損失的機械能；由牛頓第二定律可求得返回過程的加速度。本題考查了牛頓第二定律和運動學公式的應用，在求最大加速度時要學會借助數(shù)學知識求解。 3. （2019全國考試大綱調(diào)研卷3）如圖所示，水平地面上有一質(zhì)量為M

29、的長木板，一個質(zhì)量為m的物塊(可視為質(zhì)點)放在長木板的最右端。已知m與M之間的動摩擦因數(shù)為，木板與地面間的動摩擦因數(shù)為。從某時刻起物塊m以的水平初速度向左運動，同時木=板M在水平外力F控制下始終向右以速度勻速運動，求： (1)在物塊m向左運動過程中外力F的大?。? (2)木板至少多長物塊不會從木板上滑下來? 【參考答案】（ 1）f1+f2=μ1mg＋μ2(m+M)g（2） 【名師解析】（1）在物塊m向左運動過程中，木板受力如圖所示，其中f1，f2分別為物塊和地面給木板的摩擦力，由題意可知 f1=μ1mg① f2=μ2(m+M)g ② 由平衡條件得：F= f1+f2=μ1mg＋μ

30、2(m+M)g　 ③ （2）解法一：設物塊向左勻減速至速度為零的時間為t1，則 設④ 物塊向左勻減速運動的位移為X1，則 ⑤ 設物塊由速度為零向右勻加速至與木板同速（即停止相對滑動）的時間為t2，則 ⑥ 設物塊向右勻加速運動的位移為X2，則 ⑦ 此過程木板向右勻速運動的總位移為X′，則 ⑧ 則物塊不從木板上滑下來的最小長度： ⑨ 代入數(shù)據(jù)解得：⑩ 解法二：以木板為參考系，設物塊相對木板向左勻減速初速度為V0，末速度為Vt，則 ① ② 加速度：③ 根據(jù)運動學公式：④ 解得：⑤ 4．（20分）（2019四川瀘州三模）如圖所示，兩個滑塊A和B的質(zhì)量分別為mA＝

31、1kg和mB＝4kg，緊靠著放在靜置于水平地面上足夠長的木板中央，兩滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)均為μ1＝0.5．木板的質(zhì)量為m＝5kg，與地面間的動摩擦因數(shù)為μ2＝0.1．某時刻A、B兩滑塊開始反向滑動，初速度大小均為v0＝6m/s。設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g取10m/s2，求： （1）滑塊A、B剛開始運動時，木板的加速度； （2）滑塊B與木板相對靜止時，滑塊A、B之間的距離； （3）整個運動過程中，滑塊A、B與木板之間由于摩擦而產(chǎn)生的熱量。 【名師解】（1）B對木板的摩擦力為fB＝μ1mBg＝20N，方向向右； A對木板的摩擦力為fA＝μ1mAg＝5N，方向向左；

32、 地面對木板的滑動摩擦力大小為f地＝μ2（mA+mB+m）g＝10N 根據(jù)牛頓第二定律可得fB﹣fA﹣f地＝ma 解得：a＝1.0m/s2，方向向右； （2）A、B都相對于木板運動過程中，A的加速度大小aA＝μ1g＝5m/s2，B的加速度大小為aB＝5m/s2， 設經(jīng)過t時間滑塊B與木板相對靜止，則：v＝v0﹣aBt＝at 解得t＝1s 此時A的速度vA＝v0﹣aAt＝1m/s，方向向左， A相對地面的距離xA＝＝3m，方向向左， B的速度vB＝v＝1m/s，方向向右， B相對地面的距離xB＝＝3m，方向向右， 滑塊A、B之間的距離x＝xA+xB＝6m； （3）整個運動

33、過程中，滑塊A、B與木板之間由于摩擦而產(chǎn)生的熱量：Q＝μ1mAgxA+μ1mBgxB＝75J 答：（1）滑塊A、B剛開始運動時，木板的加速度為1.0m/s2； （2）滑塊B與木板相對靜止時，滑塊A、B之間的距離為6m； （3）整個運動過程中，滑塊A、B與木板之間由于摩擦而產(chǎn)生的熱量為75J。 【1年仿真原創(chuàng)】 1.如圖所示，木板靜止于水平地面上，在其最右端放一可視為質(zhì)點的木塊。已知木塊的質(zhì)量m＝1 kg，木板的質(zhì)量M＝4 kg，長L＝2.5 m，上表面光滑，下表面與地面之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2?，F(xiàn)用水平恒力F＝20 N拉木板，g取10 m/s2。 (1)求木板加速度的大??；

34、 (2)要使木塊能滑離木板，求水平恒力F作用的最短時間； (3)如果其他條件不變，假設木板的上表面也粗糙，其上表面與木塊之間的動摩擦因數(shù)為μ1＝0.3，欲使木板能從木塊的下方抽出，對木板施加的拉力應滿足什么條件？ (4)若木板的長度、木塊質(zhì)量、木板的上表面與木塊之間的動摩擦因數(shù)、木板與地面間的動摩擦因數(shù)都不變，只將水平恒力增加為30 N，則木塊滑離木板需要多長時間？ 【名師解析】　(1)木板受到的摩擦力Ff＝μ(M＋m)g＝10 N 木板的加速度a＝＝2.5 m/s2。 (2)設拉力F作用時間t后撤去，F(xiàn)撤去后，木板的加速度為 a′＝－＝－2.5 m/s2，可見|a′|＝a 木

35、板先做勻加速運動，后做勻減速運動，且時間相等，故at2＝L 解得：t＝1 s，即F作用的最短時間為1 s。 (3)設木塊的最大加速度為a木塊，木板的最大加速度為a木板，則 μ1mg＝ma木塊 解得：a木塊＝μ1g＝3 m/s2 對木板：F1－μ1mg－μ(M＋m)g＝Ma木板 木板能從木塊的下方抽出的條件：a木板＞a木塊 解得：F1＞25 N。 (4)木塊的加速度a′木塊＝μ1g＝3 m/s2 木板的加速度a′木板＝＝4.25 m/s2 木塊滑離木板時，兩者的位移關(guān)系為x木板－x木塊＝L， 即a′木板t2－a′木塊t2＝L 代入數(shù)據(jù)解得：t＝2 s。 答案　(1)2.

36、5 m/s2　(2)1 s　(3)F＞25 N　(4)2 s 2.如圖所示，物塊A、木板B的質(zhì)量均為m＝10 kg，不計A的大小，B板長L＝3 m。開始時A、B均靜止?，F(xiàn)使A以某一水平初速度從B的最左端開始運動。已知A與B、B與水平面之間的動摩擦因數(shù)分別為μ1＝0.3和μ2＝0.1，g取10 m/s2。 (1)若物塊A剛好沒有從B上滑下來，則A的初速度多大？ (2)若把木板B放在光滑水平面上，讓A仍以(1)問中的初速度從B的最左端開始運動，則A能否與B脫離？最終A和B的速度各是多大？ 【名師解析】　(1)A在B上向右勻減速運動，加速度大小a1＝μ1g＝3 m/s2 木板B向右勻

37、加速運動，加速度大小a2＝＝1 m/s2 由題意知，A剛好沒有從B上滑下來，則A滑到B最右端時和B速度相同，設為v，得 時間關(guān)系：t＝＝ 位移關(guān)系：L＝－ 解得v0＝2 m/s。 (2)木板B放在光滑水平面上，A在B上向右勻減速運動，加速度大小仍為a1＝μ1g＝3 m/s2 B向右勻加速運動，加速度大小a2′＝＝3 m/s2 設A、B達到相同速度v′時A沒有脫離B，由時間關(guān)系＝ 解得v′＝＝ m/s A的位移xA＝＝3 m B的位移xB＝＝1 m 由xA－xB＝2 m可知A沒有與B脫離，最終A和B的速度相等，大小為 m/s。 答案　(1)2 m/s　(2)沒有脫離　 m

38、/s　 m/s 3.如圖所示，質(zhì)量為M的長木板，靜止放置在粗糙水平地面上，有一個質(zhì)量為m、可視為質(zhì)點的物塊，以某一水平初速度從左端沖上木板。從物塊沖上木板到物塊和木板達到共同速度的過程中，物塊和木板的v－t圖象分別如圖中的折線acd和bcd所示 ，a、b、c、d點的坐標為a(0，10)、b(0， 0)、c(4，4)、d(12，0)。根據(jù)v－t圖象，(g取10 m/s2)，求： (1)物塊沖上木板做勻減速直線運動的加速度大小a1，木板開始做勻加速直線運動的加速度大小a2，達到相同速度后一起勻減速直線運動的加速度大小a； (2)物塊質(zhì)量m與長木板質(zhì)量M之比； (3)物塊相對長木板滑

39、行的距離Δx。 【名師解析】 　(1)物塊沖上木板做勻減速直線運動的加速度大小為 a1＝ m/s2＝1.5 m/s2 木板開始做勻加速直線運動的加速度大小為 a2＝ m/s2＝1 m/s2 達到相同速度后一起勻減速直線運動的加速度大小為 a＝ m/s2＝0.5 m/s2。 (2)物塊沖上木板勻減速運動時：μ1mg＝ma1 木板勻加速時：μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2 速度相同后一起勻減速運動，對整體 μ2(M＋m)g＝(M＋m)a 解得＝。 (3)由v－t圖象知，物塊在木板上相對滑行的距離 Δx＝×10×4 m＝20 m。 答案　(1)1.5 m/s2　1 m/s2　0.5 m/s2　(2)3∶2 (3)20 m 20