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高考复习 物理第三章微专题24 “滑块－木板”模型问题 试卷
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这是一份高考复习 物理第三章微专题24 “滑块－木板”模型问题 试卷，共7页。
微专题24 “滑块－木板”模型问题
1．“滑块—木板”模型问题中，靠摩擦力带动的那个物体的加速度有最大值：am＝.假设两物体同时由静止开始运动，若整体加速度小于该值，则二者相对静止，二者间是静摩擦力；若整体加速度大于该值，则二者相对滑动，二者间为滑动摩擦力.2.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；若反向运动，位移大小之和等于板长．
1.如图所示，静止在水平地面上的木板(厚度不计)质量为m1＝1 kg，与地面间的动摩擦因数为μ1＝0.2，质量为m2＝2 kg且可看成质点的小物块与木板和地面间的动摩擦因数均为μ2＝0.4，以v0＝4 m/s的水平初速度从左端滑上木板，经过t＝0.6 s滑离木板，g取10 m/s2，以下说法正确的是( )
A．木板的长度为1.68 m
B．小物块离开木板时，木板的速度为1.6 m/s
C．小物块离开木板后，木板的加速度大小为2 m/s2，方向水平向右
D．小物块离开木板后，木板与小物块将发生碰撞
答案 D
解析 由于μ2m2g>μ1(m1＋m2)g，对木板，由牛顿第二定律得μ2m2g－μ1(m1＋m2)g＝m1a1，解得a1＝2 m/s2，即物块在木板上以加速度大小a2＝μ2g＝4 m/s2向右减速滑行时，木板以加速度大小a1＝2 m/s2向右加速运动，在0.6 s时，物块的速度v2＝1.6 m/s，木板的速度v1＝1.2 m/s，B错误；物块滑离木板时，物块位移为x2＝t＝1.68 m，木板位移x1＝t＝0.36 m，两者相对位移为x＝x2－x1＝1.32 m，即木板长度为1.32 m，A错误；物块离开木板后，木板做减速运动，加速度大小为a1′＝μ1g＝2 m/s2，方向水平向左，C错误；分离后，物块在地面上的加速度大小为a2′＝μ2g＝4 m/s2，在地面上物块会滑行x2′＝＝0.32 m，木板会滑行x1′＝＝0.36 m，所以两者会相碰，D正确．
2．(多选)如图a，一长木板静止于光滑水平桌面上，t＝0时，小物块(可视为质点)以速度v0滑上长木板左端，最终小物块恰好没有滑出长木板；图b为物块与木板运动的v－t图像，图中t1、v0、v1已知．重力加速度大小为g.由此可求得( )
A．木板的长度
B．物块的质量
C．物块与木板的质量之和
D．物块与木板之间的动摩擦因数
答案 AD
解析 根据最终小物块恰好没有滑出长木板，由图像可求出木板的长度为L＝t1－t1＝t1，故A符合题意；物块的质量不能求出来，也无法求出木板的质量，故不能求出物块与木板的质量之和，故B、C不符合题意；对物块，根据图像可以求出物块匀减速阶段的加速度大小，即a＝，由牛顿第二定律可知a＝＝＝μg，联立解得物块与木板之间的动摩擦因数为μ＝，故D符合题意．
3.(多选)一长轻质薄硬纸片置于光滑水平地面上，其上放质量均为1 kg的A、B两物块，A、B与薄硬纸片之间的动摩擦因数分别为μ1＝0.3，μ2＝0.2，水平恒力F作用在A物块上，如图所示．已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2.下列说法正确的是( )
A．若F＝1.5 N，则A物块所受摩擦力大小为1.5 N
B．若F＝8 N，则B物块的加速度大小为2.0 m/s2
C．无论力F多大，A与薄硬纸片都不会发生相对滑动
D．无论力F多大，B与薄硬纸片都不会发生相对滑动
答案 BC
解析 A与硬纸片间的最大静摩擦力为FfA＝μ1mAg＝0.3×1×10 N＝3 N，B与硬纸片间的最大静摩擦力为FfB＝μ2mBg＝0.2×1×10 N＝2 N．当B刚要相对于硬纸片滑动时静摩擦力达到最大值，由牛顿第二定律得FfB＝mBa0，得a0＝2 m/s2.对整体，有F0＝(mA＋mB)×a0＝2×2 N＝4 N，即F≥4 N时，B将相对纸片运动，此时B受到的摩擦力FB＝2 N，则对A分析，A受到的摩擦力也为2 N，所以A的摩擦力小于最大静摩擦力，故A和纸片间不会发生相对运动；则可知，当拉力为8 N时，B与纸片间的摩擦力即为滑动摩擦力为2 N，此后增大拉力，不会改变B的受力，其加速度大小均为2 m/s2，由于轻质薄硬纸片看作没有质量，故无论力F多大，A和纸片之间不会发生相对滑动，故B、C正确，D错误；F＝1.5 N<4 N，所以A、B与纸片保持相对静止，整体在F作用下向左匀加速运动，对A根据牛顿第二定律得F－Ff＝mAa，所以A物块所受摩擦力Ff
A．μg B.μg
C.μg D.－μg
答案 D
解析 若物块和木板之间不发生相对滑动，物块和木板一起运动，对木板和木块组成的整体，根据牛顿第二定律可知：F－μ·2mg＝2ma，解得：a＝－μg；若物块和木板之间发生相对滑动，对木板，水平方向受两个摩擦力的作用，根据牛顿第二定律，有：μmg－μ·2mg＝ma，解得：a＝μg，故A、B、C错误，D正确．
5．(多选)如图所示，在桌面上有一块质量为m1的薄木板，薄木板上放置一质量为m2的物块，现对薄木板施加一水平恒力，使得薄木板能被抽出而物块也不会滑出桌面．物块与薄木板、薄木板与桌面间的动摩擦因数均为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A．物块在薄木板上滑动的时间和在桌面上滑动的时间相等
B．拉力越大，物块刚离开薄木板时的速度越大
C．薄木板对物块的摩擦力方向与拉力方向相同
D．拉力的最小值为μ(2m1＋m2)g
答案 AC
解析 物块在薄木板上相对滑动过程，从静止加速至速度v时离开木板，加速度大小为μg，在桌面上滑动的过程，受桌面滑动摩擦力作用，加速度大小为μg，从速度v减速至静止，由对称性可知，物块在薄木板上滑动的时间和在桌面上滑动的时间相等，A正确；拉力越大，物块在薄木板上滑行时间越短，由v＝μgt可知，物块刚离开薄木板时的速度v越小，B错误；物块在薄木板上滑行过程，相对薄木板向左运动，故受到的滑动摩擦力向右，与拉力方向相同，C正确；物块加速过程的加速度为μg，薄木板的临界加速度为μg，整体由牛顿第二定律可得F－μ(m1＋m2)g＝(m1＋m2)μg，解得F＝2μ(m1＋m2)g.为使薄木板能抽出，故拉力的最小值应大于2μ(m1＋m2)g，D错误．
6．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．木板受到水平拉力F作用时，用传感器测出长木板的加速度a与水平拉力F的关系如图乙所示，重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是( )
A．小滑块的质量m＝3 kg
B．小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.1
C．当水平拉力F＝7 N时，长木板的加速度大小为3 m/s2
D．当水平拉力F增大时，小滑块的加速度一定增大
答案 C
解析 由a－F图像可知，小滑块的最大加速度为2 m/s2，对小滑块分析有μmg＝mam，解得μ＝0.2，B错误；由a－F图像可知，外力大于6 N后两物体相对滑动，对长木板受力分析有F－μmg＝Ma，整理得a＝F－.由a－F图像可知图像的斜率为k＝ ，代入数据解得＝k＝＝1，解得M＝1 kg.由a－F图像可知，外力小于6 N时，两物体有共同加速度，外力等于6 N时，两物体加速度为2 m/s2，对整体分析有F＝(M＋m)a，解得M＋m＝3 kg，则有m＝2 kg，A错误；由a－F图像可知，外力大于6 N后两物体相对滑动，相对滑动后小滑块的加速度不随外力的增大而改变，D错误；由a－F图像可知，外力大于6 N后两物体相对滑动，对长木板受力分析有F－μmg＝Ma′，当水平拉力F＝7 N时，代入数据得长木板的加速度大小为3 m/s2，C正确．
7．(多选)如图所示，有一倾角θ为37°、下端固定一弹性挡板的光滑斜面，挡板与斜面垂直．一长木板质量为M，下端距挡板的距离为L，上端放有一质量为m的小物块，长木板由静止自由下滑，与挡板每次发生碰撞后均以原速率弹回，且每次碰撞的时间极短，小物块和木板的运动始终与斜面平行．已知m∶M＝1∶2，长木板上表面与小物块之间的动摩擦因数为μ＝0.5，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度为g，不计空气阻力．则下列说法正确的有( )
A．长木板第一次与挡板碰撞后的瞬间，小物块的加速度大小为0.2g
B．长木板第一次与挡板碰撞后的瞬间，长木板的加速度大小为0.8g
C．若长木板的长度为10L，则第三次碰撞前小物块已从长木板上滑落
D．若长木板的长度为10L，则第三次碰撞前小物块仍没有从长木板上滑落
答案 ABD
解析 长木板第一次与挡板碰撞后的瞬间，对木板，有Mgsin θ＋μmgcos θ＝Ma1，a1＝0.8g.对物块，有mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，a2＝0.2g，选项A、B正确；木板从开始下滑到与挡板第一次碰撞v02＝2gLsin θ，碰后木板与挡板往复碰撞，加速度不变，相邻两次碰撞的时间为t＝＝.若木板足够长，物块一直向下加速，加速度不变，则木板第一次与挡板碰撞到第二次碰撞的过程，两者相对位移x1＝2v0t－(a1－a2)t2＝，物块的速度为v＝v0＋0.2gt＝1.5v0.木板第二次与挡板碰撞到第三次碰撞的过程，两者相对位移x2＝(1.5v0＋v0)t－(a1－a2)t2＝，则第三次碰前，两者的相对位移为x1＋x2＝＝9L.木板长10L，故第三次碰撞前小物块仍没有从长木板上滑落，故C错误，D正确．
8.如图所示，在光滑水平面上一质量为M＝3 kg的平板车以v0＝1.5 m/s的速度向右匀速滑行，某时刻(开始计时)在平板车左端加一大小为8.5 N、水平向右的推力F，同时将一质量为m＝2 kg的小滑块(可视为质点)无初速度地放在小车的右端，最终小滑块刚好没有从平板车上掉下来．已知小滑块与平板车间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g＝10 m/s2，求：
(1)两者达到相同速度所需要的时间t；
(2)平板车的长度l.
答案 (1)3 s (2)2.25 m
解析 (1)小滑块相对平板车滑动时，设小滑块和平板车的加速度大小分别为a1、a2，根据牛顿第二定律有
μmg＝ma1，F－μmg＝Ma2
解得a1＝2 m/s2，a2＝1.5 m/s2
又a1t＝v0＋a2t
解得t＝3 s.
(2)两者达到相同速度后，由于＝1.7 m/s2
x1＝a1t2
平板车向右的位移大小为x2＝v0t＋a2t2
又l＝x2－x1
解得l＝2.25 m.
9.如图所示，在倾角为θ＝37°的足够长斜面上放置一质量M＝2 kg，长度L＝1.5 m的极薄平板AB，在薄平板上端A处放一质量m＝1 kg的小滑块(可视为质点)，将小滑块和薄平板同时无初速度释放，已知小滑块与薄平板之间的动摩擦因数为μ1＝0.25，薄平板与斜面之间的动摩擦因数为μ2＝0.5，sin 37°＝0.6，
cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2，求：
(1)释放后，小滑块的加速度大小a1和薄平板的加速度大小a2；
(2)从释放到小滑块滑离薄平板经历的时间t.
答案 (1)4 m/s2 1 m/s2 (2)1 s
解析 (1)设释放后，滑块会相对于平板向下滑动，对滑块：由牛顿第二定律有mgsin 37°－Ff1＝ma1
其中FN1＝mgcos 37°，Ff1＝μ1FN1
解得a1＝gsin 37°－μ1gcos 37°＝4 m/s2
对薄平板，由牛顿第二定律有Mgsin 37°＋Ff1′－Ff2＝Ma2
其中FN2＝(m＋M)gcos 37°，Ff2＝μ2FN2，Ff1′＝Ff1
解得a2＝1 m/s2
a1>a2，假设成立，即滑块会相对于平板向下滑动．
(2)设滑块滑离时间为t，由运动学公式，
有x1＝a1t2，x2＝a2t2，x1－x2＝L
解得：t＝1 s．
微专题24 “滑块－木板”模型问题
1．“滑块—木板”模型问题中，靠摩擦力带动的那个物体的加速度有最大值：am＝.假设两物体同时由静止开始运动，若整体加速度小于该值，则二者相对静止，二者间是静摩擦力；若整体加速度大于该值，则二者相对滑动，二者间为滑动摩擦力.2.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；若反向运动，位移大小之和等于板长．
1.如图所示，静止在水平地面上的木板(厚度不计)质量为m1＝1 kg，与地面间的动摩擦因数为μ1＝0.2，质量为m2＝2 kg且可看成质点的小物块与木板和地面间的动摩擦因数均为μ2＝0.4，以v0＝4 m/s的水平初速度从左端滑上木板，经过t＝0.6 s滑离木板，g取10 m/s2，以下说法正确的是( )
A．木板的长度为1.68 m
B．小物块离开木板时，木板的速度为1.6 m/s
C．小物块离开木板后，木板的加速度大小为2 m/s2，方向水平向右
D．小物块离开木板后，木板与小物块将发生碰撞
答案 D
解析 由于μ2m2g>μ1(m1＋m2)g，对木板，由牛顿第二定律得μ2m2g－μ1(m1＋m2)g＝m1a1，解得a1＝2 m/s2，即物块在木板上以加速度大小a2＝μ2g＝4 m/s2向右减速滑行时，木板以加速度大小a1＝2 m/s2向右加速运动，在0.6 s时，物块的速度v2＝1.6 m/s，木板的速度v1＝1.2 m/s，B错误；物块滑离木板时，物块位移为x2＝t＝1.68 m，木板位移x1＝t＝0.36 m，两者相对位移为x＝x2－x1＝1.32 m，即木板长度为1.32 m，A错误；物块离开木板后，木板做减速运动，加速度大小为a1′＝μ1g＝2 m/s2，方向水平向左，C错误；分离后，物块在地面上的加速度大小为a2′＝μ2g＝4 m/s2，在地面上物块会滑行x2′＝＝0.32 m，木板会滑行x1′＝＝0.36 m，所以两者会相碰，D正确．
2．(多选)如图a，一长木板静止于光滑水平桌面上，t＝0时，小物块(可视为质点)以速度v0滑上长木板左端，最终小物块恰好没有滑出长木板；图b为物块与木板运动的v－t图像，图中t1、v0、v1已知．重力加速度大小为g.由此可求得( )
A．木板的长度
B．物块的质量
C．物块与木板的质量之和
D．物块与木板之间的动摩擦因数
答案 AD
解析 根据最终小物块恰好没有滑出长木板，由图像可求出木板的长度为L＝t1－t1＝t1，故A符合题意；物块的质量不能求出来，也无法求出木板的质量，故不能求出物块与木板的质量之和，故B、C不符合题意；对物块，根据图像可以求出物块匀减速阶段的加速度大小，即a＝，由牛顿第二定律可知a＝＝＝μg，联立解得物块与木板之间的动摩擦因数为μ＝，故D符合题意．
3.(多选)一长轻质薄硬纸片置于光滑水平地面上，其上放质量均为1 kg的A、B两物块，A、B与薄硬纸片之间的动摩擦因数分别为μ1＝0.3，μ2＝0.2，水平恒力F作用在A物块上，如图所示．已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2.下列说法正确的是( )
A．若F＝1.5 N，则A物块所受摩擦力大小为1.5 N
B．若F＝8 N，则B物块的加速度大小为2.0 m/s2
C．无论力F多大，A与薄硬纸片都不会发生相对滑动
D．无论力F多大，B与薄硬纸片都不会发生相对滑动
答案 BC
解析 A与硬纸片间的最大静摩擦力为FfA＝μ1mAg＝0.3×1×10 N＝3 N，B与硬纸片间的最大静摩擦力为FfB＝μ2mBg＝0.2×1×10 N＝2 N．当B刚要相对于硬纸片滑动时静摩擦力达到最大值，由牛顿第二定律得FfB＝mBa0，得a0＝2 m/s2.对整体，有F0＝(mA＋mB)×a0＝2×2 N＝4 N，即F≥4 N时，B将相对纸片运动，此时B受到的摩擦力FB＝2 N，则对A分析，A受到的摩擦力也为2 N，所以A的摩擦力小于最大静摩擦力，故A和纸片间不会发生相对运动；则可知，当拉力为8 N时，B与纸片间的摩擦力即为滑动摩擦力为2 N，此后增大拉力，不会改变B的受力，其加速度大小均为2 m/s2，由于轻质薄硬纸片看作没有质量，故无论力F多大，A和纸片之间不会发生相对滑动，故B、C正确，D错误；F＝1.5 N<4 N，所以A、B与纸片保持相对静止，整体在F作用下向左匀加速运动，对A根据牛顿第二定律得F－Ff＝mAa，所以A物块所受摩擦力Ff
A．μg B.μg
C.μg D.－μg
答案 D
解析 若物块和木板之间不发生相对滑动，物块和木板一起运动，对木板和木块组成的整体，根据牛顿第二定律可知：F－μ·2mg＝2ma，解得：a＝－μg；若物块和木板之间发生相对滑动，对木板，水平方向受两个摩擦力的作用，根据牛顿第二定律，有：μmg－μ·2mg＝ma，解得：a＝μg，故A、B、C错误，D正确．
5．(多选)如图所示，在桌面上有一块质量为m1的薄木板，薄木板上放置一质量为m2的物块，现对薄木板施加一水平恒力，使得薄木板能被抽出而物块也不会滑出桌面．物块与薄木板、薄木板与桌面间的动摩擦因数均为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A．物块在薄木板上滑动的时间和在桌面上滑动的时间相等
B．拉力越大，物块刚离开薄木板时的速度越大
C．薄木板对物块的摩擦力方向与拉力方向相同
D．拉力的最小值为μ(2m1＋m2)g
答案 AC
解析 物块在薄木板上相对滑动过程，从静止加速至速度v时离开木板，加速度大小为μg，在桌面上滑动的过程，受桌面滑动摩擦力作用，加速度大小为μg，从速度v减速至静止，由对称性可知，物块在薄木板上滑动的时间和在桌面上滑动的时间相等，A正确；拉力越大，物块在薄木板上滑行时间越短，由v＝μgt可知，物块刚离开薄木板时的速度v越小，B错误；物块在薄木板上滑行过程，相对薄木板向左运动，故受到的滑动摩擦力向右，与拉力方向相同，C正确；物块加速过程的加速度为μg，薄木板的临界加速度为μg，整体由牛顿第二定律可得F－μ(m1＋m2)g＝(m1＋m2)μg，解得F＝2μ(m1＋m2)g.为使薄木板能抽出，故拉力的最小值应大于2μ(m1＋m2)g，D错误．
6．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．木板受到水平拉力F作用时，用传感器测出长木板的加速度a与水平拉力F的关系如图乙所示，重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是( )
A．小滑块的质量m＝3 kg
B．小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.1
C．当水平拉力F＝7 N时，长木板的加速度大小为3 m/s2
D．当水平拉力F增大时，小滑块的加速度一定增大
答案 C
解析 由a－F图像可知，小滑块的最大加速度为2 m/s2，对小滑块分析有μmg＝mam，解得μ＝0.2，B错误；由a－F图像可知，外力大于6 N后两物体相对滑动，对长木板受力分析有F－μmg＝Ma，整理得a＝F－.由a－F图像可知图像的斜率为k＝ ，代入数据解得＝k＝＝1，解得M＝1 kg.由a－F图像可知，外力小于6 N时，两物体有共同加速度，外力等于6 N时，两物体加速度为2 m/s2，对整体分析有F＝(M＋m)a，解得M＋m＝3 kg，则有m＝2 kg，A错误；由a－F图像可知，外力大于6 N后两物体相对滑动，相对滑动后小滑块的加速度不随外力的增大而改变，D错误；由a－F图像可知，外力大于6 N后两物体相对滑动，对长木板受力分析有F－μmg＝Ma′，当水平拉力F＝7 N时，代入数据得长木板的加速度大小为3 m/s2，C正确．
7．(多选)如图所示，有一倾角θ为37°、下端固定一弹性挡板的光滑斜面，挡板与斜面垂直．一长木板质量为M，下端距挡板的距离为L，上端放有一质量为m的小物块，长木板由静止自由下滑，与挡板每次发生碰撞后均以原速率弹回，且每次碰撞的时间极短，小物块和木板的运动始终与斜面平行．已知m∶M＝1∶2，长木板上表面与小物块之间的动摩擦因数为μ＝0.5，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度为g，不计空气阻力．则下列说法正确的有( )
A．长木板第一次与挡板碰撞后的瞬间，小物块的加速度大小为0.2g
B．长木板第一次与挡板碰撞后的瞬间，长木板的加速度大小为0.8g
C．若长木板的长度为10L，则第三次碰撞前小物块已从长木板上滑落
D．若长木板的长度为10L，则第三次碰撞前小物块仍没有从长木板上滑落
答案 ABD
解析 长木板第一次与挡板碰撞后的瞬间，对木板，有Mgsin θ＋μmgcos θ＝Ma1，a1＝0.8g.对物块，有mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，a2＝0.2g，选项A、B正确；木板从开始下滑到与挡板第一次碰撞v02＝2gLsin θ，碰后木板与挡板往复碰撞，加速度不变，相邻两次碰撞的时间为t＝＝.若木板足够长，物块一直向下加速，加速度不变，则木板第一次与挡板碰撞到第二次碰撞的过程，两者相对位移x1＝2v0t－(a1－a2)t2＝，物块的速度为v＝v0＋0.2gt＝1.5v0.木板第二次与挡板碰撞到第三次碰撞的过程，两者相对位移x2＝(1.5v0＋v0)t－(a1－a2)t2＝，则第三次碰前，两者的相对位移为x1＋x2＝＝9L.木板长10L，故第三次碰撞前小物块仍没有从长木板上滑落，故C错误，D正确．
8.如图所示，在光滑水平面上一质量为M＝3 kg的平板车以v0＝1.5 m/s的速度向右匀速滑行，某时刻(开始计时)在平板车左端加一大小为8.5 N、水平向右的推力F，同时将一质量为m＝2 kg的小滑块(可视为质点)无初速度地放在小车的右端，最终小滑块刚好没有从平板车上掉下来．已知小滑块与平板车间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g＝10 m/s2，求：
(1)两者达到相同速度所需要的时间t；
(2)平板车的长度l.
答案 (1)3 s (2)2.25 m
解析 (1)小滑块相对平板车滑动时，设小滑块和平板车的加速度大小分别为a1、a2，根据牛顿第二定律有
μmg＝ma1，F－μmg＝Ma2
解得a1＝2 m/s2，a2＝1.5 m/s2
又a1t＝v0＋a2t
解得t＝3 s.
(2)两者达到相同速度后，由于＝1.7 m/s2
x1＝a1t2
平板车向右的位移大小为x2＝v0t＋a2t2
又l＝x2－x1
解得l＝2.25 m.
9.如图所示，在倾角为θ＝37°的足够长斜面上放置一质量M＝2 kg，长度L＝1.5 m的极薄平板AB，在薄平板上端A处放一质量m＝1 kg的小滑块(可视为质点)，将小滑块和薄平板同时无初速度释放，已知小滑块与薄平板之间的动摩擦因数为μ1＝0.25，薄平板与斜面之间的动摩擦因数为μ2＝0.5，sin 37°＝0.6，
cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2，求：
(1)释放后，小滑块的加速度大小a1和薄平板的加速度大小a2；
(2)从释放到小滑块滑离薄平板经历的时间t.
答案 (1)4 m/s2 1 m/s2 (2)1 s
解析 (1)设释放后，滑块会相对于平板向下滑动，对滑块：由牛顿第二定律有mgsin 37°－Ff1＝ma1
其中FN1＝mgcos 37°，Ff1＝μ1FN1
解得a1＝gsin 37°－μ1gcos 37°＝4 m/s2
对薄平板，由牛顿第二定律有Mgsin 37°＋Ff1′－Ff2＝Ma2
其中FN2＝(m＋M)gcos 37°，Ff2＝μ2FN2，Ff1′＝Ff1
解得a2＝1 m/s2
a1>a2，假设成立，即滑块会相对于平板向下滑动．
(2)设滑块滑离时间为t，由运动学公式，
有x1＝a1t2，x2＝a2t2，x1－x2＝L
解得：t＝1 s．
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