专题05 滑块木板模型-2024年新课标高中物理模型与方法

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TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc20334" 【模型归纳】 PAGEREF _Tc20334 \h 1
\l "_Tc18481" 模型一 光滑面上外力拉板 PAGEREF _Tc18481 \h 1
\l "_Tc13457" 模型二 光滑面上外力拉块 PAGEREF _Tc13457 \h 1
\l "_Tc20328" 模型三 粗糙面上外力拉板 PAGEREF _Tc20328 \h 1
\l "_Tc29485" 模型四 粗糙面上外力拉块 PAGEREF _Tc29485 \h 2
\l "_Tc11887" 模型五 粗糙面上刹车减速 PAGEREF _Tc11887 \h 2
\l "_Tc16036" 【常见问题分析】 PAGEREF _Tc16036 \h 2
\l "_Tc26372" 问题1． 板块模型中的运动学单过程问题 PAGEREF _Tc26372 \h 2
\l "_Tc17945" 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 PAGEREF _Tc17945 \h 3
\l "_Tc14002" 问题3． 板块模型中的运动学多过程问题2——抽桌布问题 PAGEREF _Tc14002 \h 3
\l "_Tc14353" 问题4． 板块模型中的运动学粗糙水平面减速问题 PAGEREF _Tc14353 \h 4
\l "_Tc1126" 【模型例析】 PAGEREF _Tc1126 \h 4
\l "_Tc4157" 【模型演练】 PAGEREF _Tc4157 \h 11
【模型归纳】
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】
【例1】如图甲所示，质量为M的长木板，静止放置在粗糙水平地面上，有一个质量为m、可视为质点的物块，以某一水平初速度从左端冲上木板．从物块冲上木板到物块和木板达到共同速度的过程中，物块和木板的v－t图象分别如图乙中的折线acd和bcd所示，a、b、c、d点的坐标分别为a(0，10)、b(0，0)、c(4，4)、d(12，0)．根据v－t 图象，求：
(1)物块冲上木板做匀减速直线运动的加速度大小a1，木板开始做匀加速直线运动的加速度大小a2，达到共同速度后一起做匀减速直线运动的加速度大小a3；
(2)物块质量m与长木板质量M之比；
(3)物块相对长木板滑行的距离Δx.
【答案】：(1)1.5 m/s2 1 m/s2 0.5 m/s2 (2)eq \f(3,2) (3)20 m
【解析】：(1)由v－t图象可求出物块冲上木板做匀减速直线运动的加速度大小a1＝eq \f(10－4,4) m/s2＝1.5 m/s2，木板开始做匀加速直线运动的加速度大小a2＝eq \f(4－0,4) m/s2＝1 m/s2，达到共同速度后一起做匀减速直线运动的加速度大小a3＝eq \f(4－0,8) m/s2＝0.5 m/s2.
(2)对物块冲上木板匀减速阶段：μ1mg＝ma1
对木板向前匀加速阶段：μ1mg－μ2(m＋M)g＝Ma2
物块和木板达到共同速度后向前匀减速阶段：
μ2(m＋M)g＝(M＋m)a3
联立以上三式可得eq \f(m,M)＝eq \f(3,2).
(3)由v－t图象可以看出，物块相对于长木板滑行的距离Δx对应题图中△abc的面积，故Δx＝10×4×eq \f(1,2) m＝20 m.
【例2】(2020云南楚雄统一检测)如图所示，质量M＝1 kg的木块A静止在水平地面上，在木块的左端放置一个质量m＝1 kg的铁块B(大小可忽略)，铁块与木块间的动摩擦因数μ1＝0.3，木块长L＝1 m，用F＝5 N的水平恒力作用在铁块上，g取10 m/s2.
(1)若水平地面光滑，计算说明铁块与木块间是否会发生相对滑动；
(2)若木块与水平地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，求铁块运动到木块右端的时间．
【答案】：(1)见解析 (2) eq \r(2) s
【解析】：(1)A、B之间的最大静摩擦力为
fm>μ1mg＝0.3×1×10 N＝3 N
假设A、B之间不发生相对滑动，则
对A、B整体，有F＝(M＋m)a
对A，有fAB＝Ma
解得fAB＝2.5 N
因为fAB(2)对B，有F－μ1mg＝maB
对A，有μ1mg－μ2(M＋m)g＝MaA
据题意有xB－xA＝L
又xA＝eq \f(1,2)aAt2
xB＝eq \f(1,2)aBt2
解得t＝eq \r(2) s
【例3】(2020·安徽安庆市二模)如图所示，光滑水平地面上有一质量M＝2 kg的足够长的木板以速度v0＝10 m/s向右匀速运动，从t＝0时刻起对其施加一水平向左的恒力F＝8 N．经过t1＝1 s时，将一质量m＝2 kg的小物块轻放在木板右端．已知物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.4，取g＝10 m/s2.求：
(1)刚放上物块时木板的速度大小v1；
(2)物块在木板上相对木板滑动的时间t.
【答案】 (1)6 m/s (2)0.5 s
【解析】(1)放上物块之前，设木板的加速度大小为a1，对木板，根据牛顿第二定律有F＝Ma1
解得a1＝4 m/s2
木板做匀减速直线运动，则v1＝v0－a1t1
解得v1＝6 m/s.
(2)放上物块之后，设物块的加速度大小为a2，木板的加速度大小为a3.
对物块，根据牛顿第二定律有μmg＝ma2
解得a2＝4 m/s2
对木板，根据牛顿第二定律有F＋μmg＝Ma3
解得a3＝8 m/s2
经过时间t2二者共速时有a2t2＝v1－a3t2
解得t2＝0.5 s
共速后若物块和木板相对静止，设二者共同的加速度大小为a0，由于F＝(M＋m)a0
解得a0＝2 m/s2所以共速后二者相对静止，共同减速，故t＝t2＝0.5 s.
【模型提炼】滑块不受力而木板受拉力
木板受逐渐增大的拉力而滑块不受力，这种情况下，开始滑块和木板一起做变加速运动，当滑块加速度达到其最大值μg时，滑块、木板开始发生相对滑动，此后滑块加速度保持不变，木板加速度逐渐增大．
【方法点拨】共速后，物块与木板会不会发生相对滑动是需要判断的．常用的方法：假设二者相对静止，求出二者的共同加速度大小a0，与临界加速度a2大小进行比较，若a0>a2，则二者一定相对滑动，若a0≤a2，则二者一定相对静止．
【易错提醒】有的学生会误认为：物块轻放在木板右端后，由于恒力F方向水平向左，物块会受到水平向左的滑动摩擦力，导致物块一开始就向左运动．实际上，物块轻放在木板右端后受到的滑动摩擦力方向是根据物块相对木板的运动方向来判断的，物块相对木板是向左运动的，物块受到的滑动摩擦力方向是向右的，因而物块一开始是水平向右加速运动的．
【例4】(2015·全国卷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4.5 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 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10 m/s2。求：
图(a) 图(b)
(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。
【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)。

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(Δt→0)，故碰后小物块速度不变，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)。
【答案】(1)0.1 0.4 (2)6 m (3)6.5 m
【解析】(1)根据图象可以判定碰撞前小物块与木板共同速度为v＝4 m/s
碰撞后木板速度水平向左，大小也是v＝4 m/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(v－0,t)＝eq \f(4－0,1) m/s2＝4 m/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＝1 s，位移x＝4.5 m，末速度v＝4 m/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＝1 m/s2
对小物块和木板整体受力分析，地面对木板的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
对滑块，加速度大小为a2＝4 m/s2
由于a2>a3，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－eq \f(1,2)a3teq \\al(2,1)＝eq \f(10,3) m，末速度v1＝v－a3t1＝eq \f(8,3) m/s
滑块向右运动的位移x2＝eq \f(v＋0,2)t1＝2 m
此后，小物块开始向左加速，加速度大小仍为a2＝4 m/s2
木板继续减速，加速度大小仍为a3＝eq \f(4,3) m/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
x3＝v1t2－eq \f(1,2)a3teq \\al(2,2)＝eq \f(7,6) m，末速度v3＝v1－a3t2＝2 m/s
滑块向左运动的位移x4＝eq \f(1,2)a2teq \\al(2,2)＝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Δx＝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)最后阶段滑块和木板一起匀减速直到停止，整体加速度大小为a1＝1 m/s2
向左运动的位移为x5＝eq \f(v\\al(2,3),2a1)＝2 m
所以木板右端离墙壁最远的距离为
x＝x1＋x3＋x5＝6.5 m。
【例5】 (2017课标Ⅲ，25)如图，两个滑块A和B的质量分别为mA＝1 kg和mB＝5 kg，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＝4 kg，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＝3 m/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＝10 m/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
①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．
②把握好几个运动节点．
③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．
④A与木板存在相对运动，且A运动过程中加速度始终不变．
⑤木板先加速后减速，存在两个过程．
【解析】：(1)滑块A和B在木板上滑动时，木板也在地面上滑动。设A、B和木板所受的摩擦力大小分别为f1、f2和f3，A和B相对于地面的加速度大小分别为aA和aB，木板相对于地面的加速度大小为a1，在物块B与木板达到共同速度前有
f1＝μ1mAg①
f2＝μ1mBg②
f3＝μ2(m＋mA＋mB)g③
由牛顿第二定律得
f1＝mAaA④
f2＝mBaB⑤
f2－f1－f3＝ma1⑥
设在t1时刻，B与木板达到共同速度，其大小为v1，由运动学公式有
v1＝v0－aBt1⑦
v1＝a1t1⑧
联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得
v1＝1 m/s⑨
(2)在t1时间间隔内，B相对于地面移动的距离为
sB＝v0t1－eq \f(1,2)aBteq \\al(2,1)⑩
设在B与木板达到共同速度v1后，木板的加速度大小为a2，
对于B与木板组成的体系，由牛顿第二定律有
f1＋f3＝(mB＋m)a2⑪
由①②④⑤式知，aA＝aB；再由⑦⑧式知，B与木板达到共同速度时，A的速度大小也为v1，但运动方向与木板相反．由题意知，A和B相遇时，A与木板的速度相同，设其大小为v2，设A的速度大小从v1变到v2所用的时间为t2，则由运动学公式，对木板有
v2＝v1－a2t2⑫
对A有
v2＝－v1＋aAt2⑬
在t2时间间隔内，B(以及木板)相对地面移动的距离为
s1＝v1t2－eq \f(1,2)a2teq \\al(2,2)⑭
在(t1＋t2)时间间隔内，A相对地面移动的距离为
sA＝v0(t1＋t2)－eq \f(1,2)aA(t1＋t2)2⑮
A和B相遇时，A与木板的速度也恰好相同，因此A和B开始运动时，两者之间的距离为
s0＝sA＋s1＋sB⑯
联立以上各式，并代入数据得
s0＝1.9 m
(也可用如图所示的速度—时间图线求解)
【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．
【模型演练】
1．(多选)(2020·河北唐山调研)如图所示，将小砝码放在桌面上的薄纸板上，若砝码和纸板的质量分别为M和m，各接触面间的动摩擦因数均为μ，砝码到纸板左端的距离和到桌面右端的距离均为d.现用水平向右的恒定拉力F拉动纸板，下列说法正确的是( )
A．纸板相对砝码运动时，纸板所受摩擦力的大小为μ(M＋m)g
B．要使纸板相对砝码运动，F一定大于2μ(M＋m)g
C．若砝码与纸板分离时的速度小于eq \r(μgd)，砝码不会从桌面上掉下
D．当F＝μ(2M＋3m)g时，砝码恰好到达桌面边缘
解析：选BC.对纸板分析，当纸板相对砝码运动时，纸板所受的摩擦力为μ(M＋m)g＋μMg，故A错误．设砝码的加速度为a1，纸板的加速度为a2，则有μMg＝Ma1，F－μMg－μ(M＋m)g＝ma2，发生相对运动需要a2>a1，代入数据解得F>2μ(M＋m)g，故B正确．若砝码与纸板分离时的速度小于eq \r(μgd)，砝码匀加速运动的位移小于eq \f(v2,2a1)＝eq \f(μgd,2μg)＝eq \f(d,2)，匀减速运动的位移小于eq \f(v2,2a1)＝eq \f(μgd,2μg)＝eq \f(d,2)，则总位移小于d，不会从桌面上掉下，故C正确．当F＝μ(2M＋3m)g时，砝码未脱离纸板时的加速度a1＝μg，纸板的加速度a2＝eq \f(F－μ（M＋m）g－μMg,m)＝2μg，根据eq \f(1,2)a2t2－eq \f(1,2)a1t2＝d，解得t＝eq \r(\f(2d,μg))，则此时砝码的速度v＝a1t＝eq \r(2μgd)，砝码脱离纸板后做匀减速运动，匀减速运动的加速度大小a′＝μg，则匀减速运动的位移x＝eq \f(v2,2a′)＝eq \f(2μgd,2μg)＝d，而匀加速运动的位移x′＝eq \f(1,2)a1t2＝d，可知砝码离开桌面，D错误．
2.(多选)(2020·河南周口市上学期期末调研)如图所示，质量M＝2 kg的足够长木板静止在光滑水平地面上，质量m＝1 kg的物块静止在长木板的左端，物块和长木板之间的动摩擦因数μ＝0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2.现对物块施加一水平向右的恒力F＝2 N，则下列说法正确的是( )
A．物块和长木板之间的摩擦力为1 N
B．物块和长木板相对静止一起加速运动
C．物块运动的加速度大小为1 m/s2
D．拉力F越大，长木板的加速度越大
【答案】 AC
【解析】 物块对长木板的摩擦力使木板运动，当M与m之间达到最大静摩擦力时，发生相对滑动，设此时水平恒力为F0，由牛顿第二定律有a＝eq \f(F0－μmg,m)＝eq \f(F0,M＋m)＝eq \f(μmg,M)，解得F0＝1.5 N．因F＝2 N>F0＝1.5 N，故两者有相对滑动，物块和长木板之间为滑动摩擦力，有Ff＝μmg＝1 N，故A正确，B错误；对物块，由牛顿第二定律F－μmg＝ma1，可得a1＝1 m/s2，故C正确；拉力F越大，物块的合力越大，则加速度越大，但长木板受到的滑动摩擦力为1 N，保持恒定，则相对滑动时木板的加速度恒定为a2＝eq \f(μmg,M)＝0.5 m/s2，故D错误．
3.(多选)如图甲所示，一质量为m1的薄木板(厚度不计)静止在光滑水平地面上，现有一质量为m2的滑块以一定的水平初速度v0，从木板的左端开始向木板的右端滑行，滑块和木板的水平速度大小随时间变化的情况如图乙所示，根据图象可知以下判断正确的是( )
A．滑块始终与木板存在相对运动
B．滑块未能滑出木板
C．滑块的质量m2大于木板的质量m1
D．在t1时刻，滑块从木板上滑出
【答案】 ACD
【解析】 滑块以水平初速度v0滑上木板，滑块减速，木板加速，滑块和木板的加速度的大小分别为a2＝eq \f(μm2g,m2)＝μg，a1＝eq \f(μm2g,m1)，由v－t图象可知，滑块的速度一直大于木板的速度，即两者之间始终存在相对运动，在t1时刻，滑块滑出木板，各自做匀速直线运动。由v－t图象分析可知a2＜a1，即μg＜eq \f(μm2g,m1)，则m1＜m2，选项A、C、D正确。
4．(多选)(2021·江西上饶市重点中学六校第一次联考)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,4)，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a大小可能是( )
A．0 B.eq \f(2μg,3)
C.eq \f(μg,2) D.eq \f(F,2m)－eq \f(μg,4)
【答案】 ACD
【解析】 若F较小时，木板和物块均静止，则木板的加速度为零，选项A正确；若物块和木板之间不发生相对滑动，物块和木板一起运动，对木板和物块组成的整体，根据牛顿第二定律可得：F－eq \f(μ,4)·2mg＝2ma，解得：a＝eq \f(F,2m)－eq \f(1,4)μg，选项D正确；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－eq \f(μ,4)·2mg＝ma，解得：a＝eq \f(μg,2)，选项C正确．
5．(多选)(2021·河南天一大联考上学期期末)如图甲所示，一滑块置于足够长的长木板左端，木板放置在水平地面上．已知滑块和木板的质量均为2 kg，现在滑块上施加一个F＝0.5t (N)的变力作用，从t＝0时刻开始计时，滑块所受摩擦力随时间变化的关系如图乙所示．设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是( )
A．滑块与木板间的动摩擦因数为0.4
B．木板与水平地面间的动摩擦因数为0.2
C．图乙中t2＝24 s
D．木板的最大加速度为2 m/s2
【答案】 ACD
【解析】 由题图乙可知，滑块与木板之间的滑动摩擦力为8 N，则滑块与木板间的动摩擦因数为μ＝eq \f(Ffm,mg)＝eq \f(8,20)＝0.4，选项A正确．由题图乙可知t1时刻木板相对地面开始滑动，此时滑块与木板相对静止，则木板与水平地面间的动摩擦因数为μ′＝eq \f(Ff′,2mg)＝eq \f(4,40)＝0.1，选项B错误．t2时刻，滑块与木板将要产生相对滑动，此时滑块与木板间的摩擦力达到最大静摩擦力Ffm＝8 N，此时两物体的加速度相等，且木板的加速度达到最大，则对木板：Ffm－μ′·2mg＝mam，解得am＝2 m/s2；对滑块：F－Ffm＝mam，解得F＝12 N，则由 F＝0.5t (N)可知，t＝24 s，选项C、D正确．
6．(2020河北石家庄二模，20)(多选)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．小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.1
B．当水平拉力F＝7 N时，长木板的加速度大小为3 m/s2
C．当水平拉力F增大时，小滑块的加速度一定增大
D．小滑块的质量m＝2 kg
【答案】BD
【解析】：由题可知，当0＜F≤6 N时二者一起加速运动，对整体有F＝(M＋m)a，a＝eq \f(1,M＋m)F，即此时a­F图线的斜率为整体质量的倒数，得M＋m＝3 kg；当F＞6 N时二者间出现相对滑动，对木板有F－μmg＝Ma，即a＝eq \f(,M)F－eq \f(μmg,M)，可见此时图线斜率为木板质量的倒数，可得M＝1 kg，则m＝2 kg，D正确；由于出现相对滑动后小滑块所受合外力等于木板对它产生的摩擦力，不再随F的增大而变化，则出现相对滑动后小滑块的加速度达到最大，且不再变化，由图可知小滑块的最大加速度为a大＝2 m/s2，用牛顿第二定律有μmg＝ma大，得μ＝0.2，A、C错误．将F＝7 N代入a＝eq \f(1,M)F－eq \f(μmg,M)得a＝3 m/s2，B正确．
〖思路探究〗 拉力F＝6 N，加速度为a＝2 m/s2，是长木板和小滑块开始相对滑动的临界点．当F≤6 N时，对长木板和小滑块整体分析，F＞6 N，对长木板和小滑块分别分析．
7．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是常量)，木板和木块加速度的大小分别为a1和a2。下列反映a1和a2随时间t变化的图线中正确的是( )
【答案】 A
【解析】 开始时木板和木块一起做加速运动，有F＝(m1＋m2)a，解得a＝eq \f(F,m1＋m2)＝eq \f(kt,m1＋m2)，即木板和木块的加速度相同且与时间成正比。当木板与木块间的摩擦力达到μm2g后两者发生相对滑动，对木块有F－μm2g＝m2a2，a2＝eq \f(F－μm2g,m2)＝eq \f(kt,m2)－μg，故其图线的斜率增大；对木板，在发生相对滑动后，有μm2g＝m1a1，故a1＝eq \f(μm2g,m1)为定值。所以选项A正确。
8.(2020·安徽六安市质量检测)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a2＝μ2g＝4 m/s2向右减速滑行时，木板以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＝eq \f(v0＋v2,2)t＝1.68 m，木板位移x1＝eq \f(v1,2)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′＝2 m/s2，方向水平向左，C错误；分离后，在地面上物块会滑行x2′＝eq \f(v\\al(22),2a2)＝0.32 m，木板会滑行x1′＝eq \f(v\\al(12),2a1′)＝0.36 m，所以两者会相碰，D正确．
9．(多选)(2020·云南大理、丽江等校第二次统考)如图(a)，质量m1＝0.2 kg的足够长平板小车静置在光滑水平地面上，质量m2＝0.1 kg的小物块静止于小车上，t＝0时刻小物块以速度v0＝11 m/s向右滑动，同时对小物块施加一水平向左、大小恒定的外力F，图(b)显示小物块与小车第1 s内运动的v－t图象．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10 m/s2.则下列说法正确的是( )
A．小物块与平板小车间的动摩擦因数μ＝0.4
B．恒力F＝0.5 N
C．小物块与小车间的相对位移x相对＝6.5 m
D．小物块向右滑动的最大位移是xmax＝7.7 m
【答案】 ABD
【解析】 由题图(b)知，小车和小物块的加速度分别为
a1＝eq \f(Δv1,Δt)＝eq \f(2－0,1) m/s2＝2 m/s2
a2＝eq \f(Δv2,Δt)＝eq \f(2－11,1) m/s2＝－9 m/s2
对小车：μm2g＝m1a1，
对小物块：－(F＋μm2g)＝m2a2，
解得μ＝0.4，F＝0.5 N，故A、B正确；
根据题图可知，在t＝1 s时小车和小物块的速度相同，两者不再发生相对运动，相对位移等于图中三角形的面积，x相对＝eq \f(11,2) m＝5.5 m，C错误；
在0～1 s内小物块向右滑动的位移x1＝eq \f(2＋11,2) m＝6.5 m
当小车与小物块的速度相等后，在外力的作用下一起向右匀减速运动，其加速度为a3＝eq \f(F,m1＋m2)＝eq \f(5,3) m/s2，
当速度减小到0时，整体向右发生的位移为
x2＝eq \f(22,2×\f(5,3)) m＝1.2 m
所以小物块向右滑动的最大位移是xmax＝x1＋x2＝7.7 m，故D正确．
10．如图所示，质量M＝8 kg的小车放在水平光滑的平面上，在小车左端加一水平推力F＝8 N。当小车向右运动的速度达到1.5 m/s时，在小车前端轻轻地放上一个大小不计、质量为m＝2 kg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。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)从小物块放在小车上开始，经过t＝1.5 s小物块通过的位移大小为多少？(取g＝10 m/s2)
【答案】 (1)2 m/s2 0.5 m/s2 (2)1 s (3)2.1 m
【解析】 (1)小物块的加速度am ＝μg＝2 m/s2，
小车的加速度aM＝eq \f(F－μmg,M)＝0.5 m/s2。
(2)由amt1＝v0＋aMt1，得t1＝1 s。
(3)在开始1 s内小物块的位移x1＝eq \f(1,2)amteq \\al(2,1)＝1 m。
最大速度v＝amt1＝2 m/s。
在接下来的0.5 s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)＝0.8 m/s2。
这0.5 s内的位移x2＝vt2＋eq \f(1,2)ateq \\al(2,2)＝1.1 m，
通过的总位移x＝x1＋x2＝2.1 m。
11.(2020·青海西宁市六校期末)如图甲所示，水平地面上有一长为L＝1 m，高为h＝0.8 m，质量M＝2 kg的木板，木板的右端放置一个质量为m＝1 kg的木块(可视为质点)，已知木板与木块之间的动摩擦因数为μ1＝0.4，木板与地面之间的动摩擦因数为μ2＝0.6，初始时两者均静止．现对木板施加一水平向右的拉力F，拉力F随时间的变化如图乙所示，求木块落地时与木板左侧的水平距离Δs.(取g＝10 m/s2)
【答案】 1.68 m
【解析】 若木块相对木板滑动，设木块加速度为a1，
则μ1mg＝ma1
得a1＝4 m/s2
若前2 s二者一起做匀加速运动，设加速度为a
则F－μ2(M＋m)g＝(M＋m)a
得a＝2 m/s2
因为a1>a，所以前2 s木块和木板一起以2 m/s2的加速度做匀加速运动．
2 s末二者的速度为：v＝at1＝4 m/s
同理可知2 s后木块和木板发生相对滑动
木块加速度为：a1＝4 m/s2
木板加速度设为a2，由牛顿第二定律得：
F－μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2
得：a2＝6 m/s2
设经时间t2二者分离：
vt2＋eq \f(1,2)a2t22－(vt2＋eq \f(1,2)a1t22)＝L
解得t2＝1 s，
此时v块＝v＋a1t2＝8 m/s，
v板＝v＋a2t2＝10 m/s
木板抽出后，木板继续做加速运动，木块将做平抛运动，再经时间：t3＝eq \r(\f(2h,g))＝0.4 s，木块落地，
在0.4 s内，x块＝v块t3＝3.2 m
木板的加速度设为a3，由牛顿第二定律有F－μ2Mg＝Ma3
得a3＝11 m/s2
木板的位移：x板＝v板t3＋eq \f(1,2)a3t32＝4.88 m
所以，木块落地时距离木板左侧Δs＝x板－x块＝1.68 m.
12.(2020·贵州毕节市适应性监测(三))一长木板置于粗糙水平地面上，木板右端放置一小物块，如图所示．木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，物块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.4.t＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向墙壁运动，当t＝1 s时，木板以速度v1＝4 m/s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．运动过程中小物块第一次减速为零时恰好从木板上掉下．已知木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10 m/s2.求：
(1)t＝0时刻木板的速度大小；
(2)木板的长度．
【答案】 (1)5 m/s (2)eq \f(16,3) m
【解析】 (1)对木板和物块：μ1(M＋m)g＝(M＋m)a1
设初始时刻木板速度为v0
由运动学公式：v1＝v0－a1t0
代入数据解得：v0＝5 m/s
(2)碰撞后，对物块：μ2mg＝ma2
对物块，当速度为0时，经历时间t，发生位移x1，则有v1＝a2t，x1＝eq \f(v1,2)t
对木板，由牛顿第二定律：μ2mg＋μ1(M＋m)g＝Ma3
对木板，经历时间t，发生位移x2
x2＝v1t－eq \f(1,2)a3t2
木板长度l＝x1＋x2
联立并代入数据解得l＝eq \f(16,3) m.
13.(2020·福建晋江市四校联考)如图所示，有1、2、3三个质量均为m＝1 kg的物体，长板2与物体3通过不可伸长轻绳连接，跨过光滑的轻质定滑轮且与长板2相连的轻绳水平，设长板2到定滑轮足够远，物体3离地面高H＝5.75 m，物体1与长板2之间的动摩擦因数μ＝0.2.长板2在光滑的水平桌面上从静止开始释放，同时物体1(视为质点)在长板2的左端以v＝4 m/s的初速度开始运动，运动过程中恰好没有从长板2的右端掉下．(取g＝10 m/s2)求：
(1)长板2开始运动时的加速度大小；
(2)长板2的长度L0；
(3)当物体3落地时，物体1在长板2上的位置．
【答案】 见解析
【解析】 (1)设向右为正方向，由牛顿第二定律
物体1：－μmg＝ma1，a1＝－μg＝－2 m/s2
长板2：FT＋μmg＝ma2
物体3：mg－FT＝ma3
且a2＝a3
联立解得：a2＝eq \f(g＋μg,2)＝6 m/s2
(2)设经过时间t1物体1与长板2速度相等，
则有v1＝v＋a1t1＝a2t1
代入数据，解得t1＝0.5 s，v1＝3 m/s
物体1的位移为：x1＝eq \f(v＋v1,2)t1＝1.75 m
长板2的位移为：x2＝eq \f(v1t1,2)＝0.75 m
所以长板2的长度L0＝x1－x2＝1 m
(3)此后，假设物体1、2、3相对静止一起加速
FT＝2ma，mg—FT＝ma，
即mg＝3ma
得a＝eq \f(g,3)
对1分析：Ff静＝ma≈3.3 N＞Ff＝μmg＝2 N，故假设不成立，物体1和长板2相对滑动
物体1：μmg＝ma3，a3＝μg＝2 m/s2
长板2：FT－μmg＝ma4
物体3：mg－FT＝ma5
且a4＝a5
联立解得：a4＝eq \f(g－μg,2)＝4 m/s2
从物体1、2达到共同速度到物体3落至地面过程中，物体3下落的高度h＝H－x2＝5 m
根据h＝v1t2＋eq \f(1,2)a4t22
解得t2＝1 s
物体1的位移x3＝v1t2＋eq \f(1,2)a3t22＝4 m
h－x3＝1 m，即物体1在长板2的最左端．
14.(2021·西南名校联盟)如图所示，倾角α＝30°的足够长的光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一长L＝1.8 m，质量M＝3 kg的薄木板，木板的最上端叠放一质量m＝1 kg的小物块，物块与木板间的动摩擦因数μ＝eq \f(\r(3),2).对木板施加沿斜面向上的恒力F，使木板沿斜面由静止开始向上做匀加速直线运动，假设物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10 m/s2.
(1)为使物块不滑离木板，求力F应满足的条件；
(2)若F＝37.5 N，物块能否滑离木板？若不能，请说明理由；若能，求出物块滑离木板所用的时间及滑离木板后沿斜面上升的最大距离．
【答案】：见解析
【解析】：(1)若整体恰好静止，则F＝(M＋m)gsin α＝(3＋1)×10×sin 30° N＝20 N
因要拉动木板，则F>20 N
若整体一起向上做匀加速直线运动，对物块和木板，由牛顿第二定律得
F－(M＋m)gsin α＝(M＋m)a
对物块有f－mgsin α＝ma
其中f≤μmgcs α
代入数据解得F≤30 N
向上加速的过程中为使物体不滑离木板，力F应满足的条件为20 N(2)当F＝37.5 N>30 N时，物块能滑离木板，由牛顿第二定律，对木板有F－μmgcs α－Mgsin α＝Ma1
对物块有μmgcs α－mgsin α＝ma2
设物块滑离木板所用的时间为t，由运动学公式得
eq \f(1,2)a1t2－eq \f(1,2)a2t2＝L
代入数据解得t＝1.2 s
物块滑离木板时的速度v＝a2t
由－2gsin α·s＝0－v2
代入数据解得s＝0.9 m.
15.(2020·开封模拟)如图甲所示，一长方体木板B放在水平地面上，木板B的右端放置着一个小铁块A，在t＝0时刻，同时突然给A、B初速度，其中A的初速度大小为vA＝1 m/s，方向水平向左；B的初速度大小为vB＝14 m/s，方向水平向右，木板B运动的v­t图象如图乙所示。已知A、B的质量相等，A与B及B与地面之间均有摩擦(动摩擦因数不等)，A与B之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A始终没有滑出B，取重力加速度g＝10 m/s2。(提示：t＝3 s时刻，A、B达到共同速度v＝2 m/s；3 s时刻至A停止运动前，A向右运动的速度始终大于B的速度)求：
甲 乙
(1)小铁块A向左运动相对地面的最大位移；
(2)B运动的时间及B运动的位移大小。
【答案】(1)0.5 m (2)4 s 25 m
【解析】(1)由题图乙可知，0～3 s内A做匀变速运动，速度由vA＝－1 m/s变为v＝2 m/s
则其加速度大小为aA＝eq \f(v－vA,t1)＝eq \f(2－－1,3) m/s2＝1 m/s2，方向水平向右。
当A水平向左运动速度减为零时，向左运动的位移最大，则s＝eq \f(v\\al(2,A),2aA)＝0.5 m。
(2)设A与B之间的动摩擦因数为μ1，
由牛顿第二定律得μ1mg＝maA
则μ1＝eq \f(aA,g)＝0.1
由题图乙可知，0～3 s内B做匀减速运动，
其速度由vB＝14 m/s变为v＝2 m/s
则其加速度大小为aB＝eq \f(vB－v,t1)＝eq \f(14－2,3) m/s2＝4 m/s2
方向水平向左
设B与地面之间的动摩擦因数为μ2，由牛顿第二定律得μ1mg＋2μ2mg＝maB
则μ2＝eq \f(aB－μ1g,2g)＝0.15
3 s之后，B继续向右做匀减速运动，由牛顿第二定律得
2μ2mg－μ1mg＝ma′B
则B的加速度大小为a′B＝2μ2g－μ1g＝2 m/s2
方向水平向左
3 s之后运动的时间为t2＝eq \f(v,a′B)＝eq \f(2,2) s＝1 s
则B运动的时间为t＝t1＋t2＝4 s
0～4 s内B的位移xB＝eq \f(vB＋v,2)t1＋eq \f(v,2)t2＝25 m，方向水平向右。
16.如图所示，倾角α＝30°的足够长光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一长L＝1.8 m、质量M＝3 kg的薄木板，木板的最右端叠放一质量m＝1 kg的小物块，物块与木板间的动摩擦因数μ＝eq \f(\r(3),2)。对木板施加沿斜面向上的恒力F，使木板沿斜面由静止开始做匀加速直线运动。设物块与木板间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，物块可视为质点。
(1)为使物块不滑离木板，求力F应满足的条件；
(2)若F＝37.5 N，物块能否滑离木板？若不能，请说明理由；若能，求出物块滑离木板所用的时间及滑离木板后沿斜面上升的最大距离。
【答案】(1)20 N【解析】(1)以物块和木板整体为研究对象，由牛顿第二定律得F－(M＋m)gsin α＝(M＋m)a
以物块为研究对象，由牛顿第二定律得
Ff－mgsin α＝ma
又Ff≤Ffm＝μmgcs α
解得F≤30 N
又a>0解得F>20 N
所以20 N(2)因F＝37.5 N>30 N，所以物块能够滑离木板，隔离木板，由牛顿第二定律得
F－μmgcs α－Mgsin α＝Ma1
隔离物块，由牛顿第二定律得
μmgcs α－mgsin α＝ma2
设物块滑离木板所用时间为t
木板的位移x1＝eq \f(1,2)a1t2
物块的位移x2＝eq \f(1,2)a2t2
物块与木板分离的临界条件为
Δx＝x1－x2＝L
联立以上各式解得t＝1.2 s
物块滑离木板时的速度v＝a2t
由公式－2gxsin α＝0－v2
解得x＝0.9 m。
17．(2020枣庄八中模拟)如图甲所示，长木板B固定在光滑水平面上，可看作质点的物体A静止叠放在B的最左端．现用F＝6 N的水平力向右拉物体A，经过5 s物体A运动到B的最右端，其vt图象如图乙所示．已知A、B的质量分别为1 kg、4 kg，A、B间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2.
(1)求物体A、B间的动摩擦因数；
(2)若B不固定，求A运动到B的最右端所用的时间．
【答案】：(1)0.4 (2)7.07 s
【解析】：(1)根据vt图象可知物体A的加速度为
aA＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(10,5) m/s2＝2 m/s2
以A为研究对象，根据牛顿第二定律可得F－μmAg＝mAaA
解得μ＝eq \f(FmAaA,mAg)＝0.4
(2)由题图乙可知木板B的长度为l＝eq \f(1,2)×5×10 m＝25 m
若B不固定，则B的加速度为
aB＝eq \f(μmAg,mB)＝eq \f(0.4×1×10,4) m/s2＝1 m/s2
设A运动到B的最右端所用的时间为t，根据题意可得
eq \f(1,2)aAt2－eq \f(1,2)aBt2＝l，解得t＝7.07 s.
18.如图所示，两个完全相同的长木板放置于水平地面上，木板间紧密接触，每个木板质量M＝0.6 kg，长度l＝0.5 m．现有一质量m＝0.4 kg的小木块，以初速度v0＝2 m/s从木板的左端滑上木板，已知木块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.3，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，重力加速度g＝10 m/s2.求：
(1)小木块滑上第二个木板的瞬间的速度大小；
(2)小木块最终滑动的位移(保留两位有效数字)．
【答案】 (1)1 m/s (2)0.67 m
【解析】 (1)木板受到木块的摩擦力为Ff1＝μ1mg＝1.2 N，
木板受到地面的摩擦力为Ff2＝μ2(2M＋m)g＝1.6 N，
因为Ff2>Ff1，所以木块运动时，木板静止不动．
设木块在左边第一个木板上的加速度大小为a1，
小木块滑上第二个木板的瞬间的速度为v，
则有：μ1mg＝ma1，v2－veq \\al(02,)＝－2a1l
联立解得：a1＝3 m/s2，v＝1 m/s
(2)木块滑上第二个木板后，由于μ2(M＋m)g＝1 Nμ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2
设木块与第二个木板达到相同速度v1时，用时为t，则有：
对木块：v1＝v－a1t
对木板：v1＝a2t
联立解得：a2＝eq \f(1,3) m/s2，v1＝0.1 m/s，t＝0.3 s
木块滑上第二个木板运动的位移x1＝eq \f(v＋v1,2)t＝0.165 m
第二个木板的位移x1′＝eq \f(v\\al(12,),2a2)＝0.015 m
木块在第二个木板上滑动的距离为x1－x1′达到共速后，木块和第二个木板一起继续运动，设木块、第二个木板一起运动的加速度大小为a3，位移为x2，有：
μ2(M＋m)g＝(M＋m)a3
veq \\al(12,)＝2a3x2
联立解得x2＝0.005 m
故小木块滑动的总位移x＝l＋x1＋x2＝0.67 m.
19.(2021·湖北重点中学1月联考)如图所示，质量为M的长木板A在光滑水平面上，以大小为v0的速度向左运动，一质量为m的小木块B(可视为质点)，以大小也为v0的速度水平向右冲上木板左端，B、A间的动摩擦因数为μ，最后B未滑离A。已知M＝2m，重力加速度为g。求：
(1)A、B达到共同速度的时间和共同速度的大小；
(2)木板A的最短长度L。
【思路点拨】 (1)分析摩擦力方向→判断A和B的运动性质→求速度和时间。
(2)计算A和B的位移→求相对位移→最短长度。
【答案】 (1)eq \f(4v0,3μg) eq \f(v0,3) (2)eq \f(4veq \\al(2,0),3μg)
【解析】 (1)对A、B分别由牛顿第二定律有
μmg＝MaA，μmg＝maB
又M＝2m，可得aA＝eq \f(1,2)μg，aB＝μg
规定水平向右为正方向，经时间t两者达到共同速度v，则v＝v0－aBt＝－v0＋aAt
解得t＝eq \f(2v0,aA＋aB)＝eq \f(4v0,3μg)，v＝－eq \f(v0,3)。
(2)在时间t内：
A的位移xA＝eq \f(－v0＋v,2)t＝－eq \f(8veq \\al(2,0),9μg)
B的位移xB＝eq \f(v0＋v,2)t＝eq \f(4veq \\al(2,0),9μg)
木板A的最短长度为两者的相对位移大小，即
L＝Δx＝xB－xA＝eq \f(4veq \\al(2,0),3μg)。
20.(2020·河北衡水中学押题卷)如图所示，一质量为m＝2 kg的小滑块(可视为质点)放在长木板的右端，木板质量为M＝2 kg，长为l＝3 m，小滑块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.1，木板与水平地面间的动摩擦因数μ2＝0.15.开始时木板与滑块都处于静止状态，现突然给木板一水平向右的初速度v0＝5 m/s，使木板向右运动，取g＝10 m/s2.
(1)通过计算判断小滑块停止运动前能否与木板达到共速.
(2)求整个运动过程中小滑块与木板间因摩擦产生的热量.
【答案】 (1)能 (2)5.5 J
【解析】 (1)分析知木板获得初速度后，与小滑块发生相对滑动，木板向右做匀减速运动，小滑块向右做匀加速运动
小滑块受到的摩擦力大小为Ffm＝μ1mg＝2 N
木板受到地面的摩擦力大小为FfM＝μ2(m＋M)g＝6 N
小滑块的加速度大小am1＝μ1g＝1 m/s2
长木板的加速度大小aM1＝eq \f(Ffm＋FfM,M)＝4 m/s2
设经时间t二者达到相同的速度v，则有
am1t＝v0－aM1t＝v
解得t＝1 s，v＝1 m/s
该过程中木板的位移大小xM1＝v0t－eq \f(1,2)aM1t2＝3 m
小滑块的位移大小xm1＝eq \f(v2,2am1)＝0.5 m
小滑块到木板的右端的距离
Δx1＝xM1－xm1＝2.5 m所以小滑块没滑离木板，二者能够达到共速.
(2)小滑块与木板共速后减速
由于μ1<μ2，所以二者不会一起减速
小滑块的加速度大小am2＝μ1g＝1 m/s2
长木板的加速度大小aM2＝eq \f(FfM－Ffm,M)＝2 m/s2
小滑块的位移大小xm2＝eq \f(v2,2am2)＝0.5 m
长木板的位移大小xM2＝eq \f(v2,2aM2)＝0.25 m
小滑块相对木板向右滑动的距离
Δx2＝xm2－xM2＝0.25 m
整个运动过程中小滑块与木板间因摩擦产生的热量
Q＝μ1mg(Δx1＋Δx2)＝5.5 J.
加速度
分离
不分离
m2
m1
μ
F
f
光滑
a
f
m1最大加速度a1max=μg
m2加速度a2=(F-μm1g)/m2
条件：a2>a1max
即F>μg(m1+m2)
条件：a2≤a1max即 F≤μg(m1+m2)
整体加速度a=F/(m1+m2)
内力f=m1F/(m1+m2)
加速度
分离
不分离
m2
m1
μ
F
f
光滑
a
f
m2最大加速度a2max=μm1g/m2
m1加速度a1=(F-μm1g)/m1
条件：a1>a2max
即F>μm1g(1+m1/m2)
条件：a2≤a1max
即 F≤μm1g(1+m1/m2)
整体加速度a=F/(m1+m2)
内力f=m2F/(m1+m2)
不分离（都静止）
不分离（一起加速）
分离
m2
m1
μ1
F
f1
a
f1
μ2
f2
条件：
F≤μ2(m1+m2)g
条件：a2≤a1max
即 μ2(m1+m2)g整体加速度a=[F-μ2(m1+m2)g)]/(m1+m2)
内力f=m1a[
条件：a2>a1max=μ1g
即F>(μ1+μ2)g(m1+m2)
外力区间范围
F
(μ1+μ2)g(m1+m2)
μ2(m1+m2)g
分离
一起加速
都静止
μ1m1g>μ2(m1+m2)g
一起静止
一起加速
分离
m2
m1
μ1
F
f1
a
f1
μ2
f2
条件：
F≤μ2(m1+m2)g
条件：
μ2(m1+m2)g整体加速度
a=[F-μ2(m1+m2)g)]/(m1+m2)
内力f1=μ2(m1+m2)g+m2a
条件：
a1>a2max=[μ1m1g-μ2(m1+m2)g]/m2
即F>(μ1-μ2)m1g(1+m1/m2)
外力区间范围
F
(μ1-μ2)m1g(1+m1/m2)
μ2(m1+m2)g
分离
一起加速
一起静止
一起减速
减速分离
m2
m1
μ1
f1
v
f1
μ2
f2
a
m1最大刹车加速度：a1max=μ1g
整体刹车加速度a=μ2g
条件：a≤a1max即μ2≤μ1
条件：a>a1max即μ2>μ1
m1刹车加速度：a1=μ1g
m2刹车加速度：a2=μ2(m1+m2)g-μ1m1g)]/m2
加速度关系：a1恒力拉板
恒力拉块
m1
F
m2
L
m1
F
m2
L
x1
F
F
x2
x相对
m1
m2
v1
v2
x1
F
F
x2
x相对
m1
m2
v1
v2
t0
t/s
0
v2
v/ms-1
a1
a2
v1
x相对
t0
t/s
0
v1
v/ms-1
a2
a1
v2
x相对
分离，位移关系：x相对=½a2t02－½a1t02=L
分离，位移关系：x相对=½a1t02－½a2t02=L
问题：板块分离，F至少作用时间？
m1
F
m2
L
过程①：板块均加速
过程：②板加速、块减速
x1
F
F
x2
x相对
m1
m2
v1
v2
x1'
F
x2'
x2相对
m1
m2
v1
v2
t1
t/s
0
v1
v/ms-1
a2
a1
v2
x1相对
t1
t/s
0
v1
v/ms-1
a2
a1
v2
x1相对
x2相对
a1'
t2
位移关系：x1相对+x2相对=L即Δv·(t1+t2)/2=L； 利用相对运动Δv=(a2－a1)t1 、Δv=(a2+a1')t2
抽桌布问题
简化模型
A
B
a
m1
F
m2
L1
L2
过程①：分离
过程：②匀减速
x1
F
F
x2
L1
m1
m2
v1
v2
x1
F
L2
m1
m2
v1
x1'
t0
t/s
0
v2
v/ms-1
a1
a2
v1
x相对
t0
t/s
0
v1
v/ms-1
a1
v2
x1
x1'
a1'
分离，位移关系：x2－x1=L1
0v0多过程问题，位移关系：x1+x1'=L2
块带板
板带块
m1
v0
m2
μ2
μ1
m1
v0
m2
μ2
μ1
x1
v0
x2
x相对
m1
m2
v共
v共
x1
v0
x2
x相对
m1
m2
v共
v共
t0
t/s
0
v0
v/ms-1
a2
a1
v共
x相对
a共
t0
t/s
0
v0
v/ms-1
a2
a1
v共
x相对
a共
t0
t/s
0
v0
v/ms-1
a2
a1
v共
x1相对
a1'
x2相对
a2'
μ1≥μ2
μ1<μ2