【备战2025年高考】 高中物理一轮复习 运动和力的关系专题 第3章　专题强化：“滑块—木板”模型中的动力学问题（教师版+学生版）

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1.掌握“滑块—木板”模型的运动及受力特点。
2.能正确运用动力学观点处理“滑块—木板”模型问题。
梳理·必备知识
1．模型特点：滑块(视为质点)置于木板上，滑块和木板均相对地面运动，且滑块和木板在摩擦力的作用下发生相对滑动，滑块和木板具有不同的加速度。
2．模型构建
(1)隔离法的应用：对滑块和木板分别进行受力分析和运动过程分析。
(2)对滑块和木板分别列动力学方程和运动学方程。
(3)明确滑块和木板间的位移关系
如图所示，滑块由木板一端运动到另一端的过程中，滑块和木板同向运动时，位移之差Δx＝x1－x2＝L(板长)；滑块和木板反向运动时，位移之和Δx＝x2＋x1＝L。
3．解题关键
(1)摩擦力的分析判断：由滑块与木板的相对运动来判断“板块”间的摩擦力方向。
(2)挖掘“v物＝v板”临界条件的拓展含义
摩擦力突变的临界条件：当v物＝v板时，“板块”间的摩擦力可能由滑动摩擦力转变为静摩擦力或者两者间不再有摩擦力(水平面上共同匀速运动)。
①滑块恰好不滑离木板的条件：滑块运动到木板的一端时，v物＝v板；
②木板最短的条件：当v物＝v板时滑块恰好滑到木板的一端。
考点一 水平面上的板块问题
提升·关键能力
考向一 水平面上板带动块
例1 如图所示，在光滑的水平面上有一足够长且质量为M＝4 kg的长木板，在长木板右端有一质量为m＝1 kg的小物块，长木板与小物块间的动摩擦因数为μ＝0.2，长木板与小物块均静止，g取10 m/s2。
(1)若要使小物块和木板间发生相对滑动，拉力F不小于什么值？
(2)现用F＝14 N的水平恒力向右拉长木板，经时间t＝1 s撤去水平恒力F，则：
①在F的作用下，长木板的加速度为多大？
②刚撤去F时，小物块离长木板右端多远？
③最终长木板与小物块一起以多大的速度匀速运动？
④最终小物块离长木板右端多远？
答案 (1)10 N (2)①3 m/s2 ②0.5 m
③2.8 m/s ④0.7 m
解析 (1)当物块和木板恰好发生相对滑动时，静摩擦力达到最大值，设此时的加速度为a0，根据牛顿第二定律，对小物块有μmg＝ma0，对物块和木板整体有F0＝(m＋M)a0，
联立解得F0＝10 N，即若小物块和木板发生相对滑动，拉力不小于10 N。
(2)①对长木板，根据牛顿第二定律可得
F－μmg＝Ma，解得a＝3 m/s2
②撤去F之前，小物块只受摩擦力的作用
故am＝a0＝μg＝2 m/s2
Δx1＝eq \f(1,2)at2－eq \f(1,2)amt2＝0.5 m
③刚撤去F时v＝at＝3 m/s，vm＝amt＝2 m/s
撤去F后，
长木板的加速度大小a′＝eq \f(μmg,M)＝0.5 m/s2
最终速度v′＝vm＋amt′＝v－a′t′
解得共同速度v′＝2.8 m/s
④在t′内，小物块和长木板的相对位移
Δx2＝eq \f(v2－v′2,2a′)－eq \f(v′2－vm2,2am)，解得Δx2＝0.2 m
最终小物块离长木板右端的距离为
x＝Δx1＋Δx2＝0.7 m。
考向二 水平面上块带动板
例2 (多选)如图甲所示，长木板B静止在光滑水平地面上，在t＝0时刻，可视为质点、质量为1 kg的物块A在水平外力F作用下，从长木板的左端从静止开始运动，1 s后撤去外力F，物块A、长木板B的速度—时间图像如图乙所示，g＝10 m/s2，则下列说法正确的是( )
A．长木板的最小长度为2 m
B．A、B间的动摩擦因数是0.1
C．长木板的质量为0.5 kg
D．外力F的大小为4 N
答案 ABD
解析 由题图乙可知，2 s后物块和木板达到共速后一起匀速运动，说明木板与地面之间无摩擦，v－t图像中图线与t轴围成的面积表示物体的位移，故由题图乙可知，在2 s内物块的位移为x1＝4 m，木板的位移为x2＝2 m，故长木板的最小长度为L＝x1－x2＝2 m，A正确；由题图乙可知，1 s时撤去外力F，在1～2 s内由物块的受力及牛顿第二定律可知μmg＝maA，由题图乙可知1～2 s内物块的加速度大小为aA＝1 m/s2，解得A、B间的动摩擦因数为μ＝0.1，B正确；由题图乙可知，木板的加速度大小为aB＝1 m/s2，由木板B的受力及牛顿第二定律可知μmg＝MaB，解得长木板的质量为M＝1 kg，C错误；由0～1 s内物块的受力及牛顿第二定律可知F－μmg＝maA′，又此过程中加速度的大小为aA′＝3 m/s2，解得F＝4 N，D正确。
例3 (2024·广东佛山市联考)如图所示，质量均为m＝1 kg的物块A和B叠放在水平地面上，左边缘对齐。A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.4。先敲击A，A立即获得水平向右的初速度，在B上滑动距离L＝2 m后停下。接着敲击B，B立即获得水平向右的初速度，A、B都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块A长度可忽略不计，重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)A被敲击后获得的初速度大小vA；
(2)在左边缘再次对齐的前、后，B运动的加速度的大小aB、aB′；
(3)B被敲击后获得的初速度大小vB及B运动的最大距离sB。
答案 (1)4 m/s (2)12 m/s2 4 m/s2
(3)8 m/s 3 m
解析 (1)由牛顿第二定律知μmg＝maA
A加速度的大小aA＝μg
根据匀变速直线运动速度位移关系vA2＝2aAL
解得vA＝eq \r(2μgL)＝4 m/s。
(2)在左边缘再次对齐前，对B，
根据牛顿第二定律得μmg＋2μmg＝maB
解得aB＝3μg＝12 m/s2
对齐后，对A、B整体，根据牛顿第二定律得2μmg＝2maB′，解得aB′＝μg＝4 m/s2
(3)经过时间t，A、B达到共同速度v，位移分别为xA、xB，A加速度的大小等于aA，
则v＝aAt＝vB－aBt，xA＝eq \f(1,2)aAt2
xB＝vBt－eq \f(1,2)aBt2，xB－xA＝L
解得vB＝8 m/s，xB＝2.5 m
A、B达到共同速度后，有v2＝2aB′xB′
解得xB′＝0.5 m，所以sB＝xB＋xB′＝3 m。
处理“板块”模型中动力学问题的流程
考点二 斜面上的板块问题
提升·关键能力
考向一 斜面上板带动块
例4 (2024福建厦门模拟)某游乐项目可简化为利用纸带把滑块拉到平台上,如图所示。光滑固定斜面的倾角θ=37°,长度L=1.44 m,纸带平铺在斜面上,下端与斜面底端对齐。可视为质点的滑块放在纸带上静止在斜面正中间,滑块与纸带间的动摩擦因数μ=0.9,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6。现用力沿斜面向上匀加速拉动纸带。
(1)若在滑块到达斜面顶端前纸带被拉出,试计算拉动纸带的加速度不得小于多少。
(2)若滑块能运动到平台上,试计算拉动纸带的加速度不得超过多少。
答案 (1)2.4 m/s2 (2)2.64 m/s2
解析 (1)设纸带加速度为a1时,滑块到达斜面顶端时纸带恰好被拉出,滑块加速度为a
对滑块,由牛顿第二定律有
μmgcs θ-mgsin θ=ma
滑块位移12L=12at2
纸带位移L=12a1t2
联立可得a1=2.4 m/s2
若在滑块到达斜面顶端前纸带被拉出,拉动纸带的加速度不得小于2.4 m/s2
考向二 斜面上块带动板
例5 (2024辽宁大连模拟)滑沙运动是一种比较刺激的娱乐活动,深受小朋友的喜爱,其运动过程可简化为如图所示的模型。长L=1.28 m、质量m0=10 kg的滑板放在倾角θ=37°、足够长的沙坡顶端,质量m=40 kg的小朋友坐在滑板上端,从静止开始下滑。小朋友与滑板间的动摩擦因数μ1=0.6,滑板与沙坡间的动摩擦因数μ2=0.5,小朋友和滑板一起下滑5s后,沙坡表面湿度变化导致滑板与沙坡间动摩擦因数突然都变为μ3=0.7,由于小朋友没有抓握滑板两侧的把手,他从滑板下端滑了下来。小朋友可视为质点,他和滑板的运动可视为匀变速直线运动,最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力,sin 37°=0.6,g取10 m/s2。
(1)求下滑5 s时小朋友的速度大小和位移大小。
(2)下滑5 s后,求小朋友再经多长时间从滑板下端滑落。
(3)为了保证安全,小朋友握紧滑板把手就可与滑板保持相对静止。那么在沙坡与滑板间动摩擦因数发生变化后,小朋友相对滑板静止情况下,求滑板对小朋友沿沙坡方向阻力的大小。
答案 (1)10 m/s 25 m (2)0.8 s (3)224 N
解析 (1)0~5 s内,对小朋友和滑板整体,由牛顿第二定律得
(m0+m)gsin θ-μ2(m0+m)gcs θ=(m0+m)a1
根据运动学公式
v1=a1t1,x1=12a1t12
联立可得v1=10 m/s,x1=25 m。
(2)下滑5 s后,对小朋友分析得
mgsin θ-μ1mgcs θ=ma2
x2=v1t2+12a2t22
对滑板分析得m0gsin θ+μ1mgcs θ-μ3(m0+m)gcs θ=m0a3
x3=v1t2+12a3t22
小朋友从滑板上滑落需满足x2-x3=L
联立可得t2=0.8 s
由于滑板停下时间t0=0-v1a3=3.57 s>t2,所以小朋友经过0.8 s滑落。
(3)握紧把手后,小朋友和滑板一起向下加速运动,则
(m0+m)gsin θ-μ3(m0+m)gcs θ=(m0+m)a4
对小朋友分析得
mgsin θ-Ff=ma4
联立可得Ff=224 N。
考点三 板块模型中的动力学图像
提升·关键能力
考向一 根据板块模型确定动力学图像
例6 如图所示,质量m0=1 kg 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=1 kg、大小可以忽略的铁块,铁块与木板间的动摩擦因数μ2=0.4,设木板足够长,若对铁块施加一个大小从零开始连续增加的水平向右的力F,已知最大静摩擦力与滑动摩擦力相等,g取10 m/s2,则下面四个图中能正确反映铁块受到木板的摩擦力大小Ff随力F大小变化的是( )

答案 C
解析 铁块与木板之间摩擦力的最大值为Ff2max=μ2mg=4 N,木板与地面间的摩擦力的最大值为Ff1max=μ1(m0+m)g=2 N。当F≤2 N时,木板和铁块相对地面静止,Ff=F。当木板和铁块恰好一起相对地面加速运动时,设此时系统的加速度为a,根据牛顿第二定律,对整体有F-μ1(m0+m)g=(m0+m)a,对铁块有F-Ff2max=ma,可得F=6 N,所以当2 N考向二 根据动力学图像分析有关物理量
例7 如图甲所示,水平地面上叠放着小物块B和木板A(足够长),其中A的质量为1.5 kg,整体处于静止状态。现对木板A施加方向水平向右的拉力F,木板A的加速度a与拉力F的关系图像如图乙所示。已知A、B间以及A与地面间的动摩擦因数相同,认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是( )
A.当拉力大小为5 N时,A、B开始相对滑动
B.A与地面间的动摩擦因数为0.2
C.B的质量为0.5 kg
D.图乙中的x=7.5
答案 C
解析 由题图乙可知,当F>10 N时,木板A的加速度增加得更快,说明此时A和B发生相对滑动,A错误;当F=10 N时,B的加速度达到最大,此时有a=μmBgmB=2.5 m/s2,则μ=0.25,B错误;对A和B整体,当F=10 N时,有a=F-μ(mB+mA)gmB+mA=2.5 m/s2,解得mB=0.5 kg,C正确;A开始滑动时,对A和B整体有F'=μ(mB+mA)g=5 N,则x=5,D错误。
练习·固本增分
1、如图所示，在倾角为θ＝37°的足够长固定斜面上放置一质量M＝2 kg，长度L＝1.5 m的薄平板AB，在薄平板上端A处放一质量m＝1 kg的小滑块(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，cs 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)假设释放后滑块会相对于薄平板向下滑动，对滑块，由牛顿第二定律有mgsin 37°－Ff1＝ma1，其中Ff1＝μ1FN1，FN1＝mgcs 37°
解得a1＝gsin 37°－μ1gcs 37°＝4 m/s2
对薄平板，
由牛顿第二定律有Mgsin 37°＋Ff1－Ff2＝Ma2
其中Ff2＝μ2FN2，FN2＝(m＋M)gcs 37°
解得a2＝1 m/s2，a1>a2，
假设成立，即滑块会相对于薄平板向下滑动。
(2)设滑块滑离薄平板经历的时间为t，由运动学公式，有x1＝eq \f(1,2)a1t2，x2＝eq \f(1,2)a2t2，又x1－x2＝L
解得t＝1 s。
课时精练
1．水平桌面上有一薄板，薄板上摆放着小圆柱体A、B、C，圆柱体的质量分别为mA、mB、mC，且mA>mB>mC，如图所示为俯视图。用一水平外力将薄板抽出，圆柱体与薄板间的动摩擦因数、圆柱体与桌面间的动摩擦因数均相同。则抽出后，三个圆柱体留在桌面上的位置所组成的图形可能是图( )
答案 A
解析 设圆柱体的质量为m，圆柱体与薄板间的动摩擦因数、圆柱体与桌面间的动摩擦因数均为μ，则在抽出薄板的过程中，圆柱体在薄板摩擦力的作用下做加速运动，离开薄板后在桌面摩擦力的作用下做减速运动，根据牛顿第二定律有μmg＝ma，可得，加速运动与减速运动时的加速度大小都为a＝μg。由于圆柱体A先离开薄板，B、C同时后离开薄板，则根据v＝at可知，A离开薄板时的速度小于B、C离开薄板时的速度，同时A加速运动的位移小于B、C加速运动的位移。离开薄板后，根据v2＝2ax可知，B、C在桌面上滑动的距离相等，且大于A在桌面上滑动的距离，故A正确。
2．(多选)如图甲所示，光滑水平面上静置一个薄长木板，长木板上表面粗糙，其质量为M，t＝0时刻，质量为m的物块以速度v水平滑上长木板，此后木板与物块运动的v－t图像如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是( )
A．M＝m
B．M＝2m
C．木板的长度为8 m
D．木板与物块间的动摩擦因数为0.1
答案 BC
解析 物块相对木板运动的过程中，在水平方向上只受到木板的滑动摩擦力的作用，故μmg＝ma1，而v－t图像的斜率表示加速度，故物块的加速度大小为a1＝eq \f(7－3,2) m/s2＝2 m/s2，解得μ＝0.2，对木板受力分析可知μmg＝Ma2，由v－t图像可知木板的加速度大小为a2＝eq \f(2－0,2) m/s2＝1 m/s2，联立解得M＝2m，A、D错误，B正确；由题图乙可知物块和木板在t＝2 s时分离，两者在0～2 s内的v－t图像与t轴围成的面积之差等于木板的长度，故L＝eq \f(1,2)×(7＋3)×2 m－eq \f(1,2)×2×2 m＝8 m，C正确。
3．(2023·福建省枫亭中学期中)如图所示，木板长L＝2.4 m，质量M＝4.0 kg，与地面间的动摩擦因数为μ1＝0.4。质量为m＝1.0 kg的小滑块(可视为质点)放在木板的最右端，与木板间的动摩擦因数为μ2＝0.2，开始时滑块与木板均处于静止状态，现给木板一个向右的初速度v0，取g＝10 m/s2，求：
(1)木板所受摩擦力的大小；
(2)使滑块不从木板上掉下来，木板初速度v0的最大值。
答案 (1)22 N (2)6 m/s
解析 (1)木板所受摩擦力的大小
Ff＝μ2mg＋μ1(M＋m)g＝22 N
(2)设滑块做匀加速直线运动的加速度大小为a1，则μ2mg＝ma1，a1＝μ2g＝2 m/s2
木板做匀减速直线运动的加速度大小为a2，
则μ2mg＋μ1(M＋m)g＝Ma2
解得a2＝5.5 m/s2
设经过时间t滑块刚好滑到木板左侧且两者速度相等，有a1t＝v0－a2t①
滑块相对于地面的位移x1＝eq \f(1,2)a1t2②
木板相对于地面的位移x2＝v0t－eq \f(1,2)a2t2③
又L＝x2－x1④
由①②③④解得，使滑块不从木板上掉下来，木板初速度的最大值v0＝6 m/s。
4．(多选)滑沙运动是小孩比较喜欢的一项运动，其运动过程可类比为如图所示的模型，倾角为37°的斜坡上有长为1 m的滑板，滑板与沙间的动摩擦因数为eq \f(21,40).小孩(可视为质点)坐在滑板上端，与滑板一起由静止开始下滑，小孩与滑板之间的动摩擦因数取决于小孩的衣料，假设图中小孩与滑板间的动摩擦因数为0.4，小孩的质量与滑板的质量相等，斜坡足够长，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g取10 m/s2，则下列判断正确的是( )
A．小孩在滑板上下滑的加速度大小为2 m/s2
B．小孩和滑板脱离前滑板的加速度大小为0.8 m/s2
C．经过1 s的时间，小孩离开滑板
D．小孩离开滑板时的速度大小为0.8 m/s
答案 BC
解析 对小孩，由牛顿第二定律得，加速度大小为a1＝eq \f(mgsin 37°－μ1mgcs 37°,m)＝2.8 m/s2，同理对滑板，加速度大小为a2＝eq \f(mgsin 37°＋μ1mgcs 37°－2μ2mgcs 37°,m)＝0.8 m/s2，A错误，B正确；小孩刚与滑板分离时，有eq \f(1,2)a1t2－eq \f(1,2)a2t2＝L，解得t＝1 s，离开滑板时小孩的速度大小为v＝a1t＝2.8 m/s，D错误，C正确．
5．(多选)(2023·内蒙古高三检测)如图甲所示，粗糙的水平地面上有一块长木板P，小滑块Q放置于长木板上的最右端．现将一个水平向右的力F作用在长木板的右端，让长木板从静止开始运动，一段时间后撤去力F.滑块、长木板的速度时间图像如图乙所示，已知滑块与长木板的质量相等，滑块Q始终没有从长木板P上滑下．重力加速度取g＝10 m/s2.则下列说法正确的是( )
A．t＝9 s时长木板P停下来
B．长木板P的长度至少是7.5 m
C．滑块Q与长木板P之间的动摩擦因数是0.5
D．滑块Q在长木板P上滑行的相对位移为12 m
答案 AB
解析 由题图乙可知，力F在t1＝5 s时撤去，此时长木板P的速度v1＝5 m/s，t2＝6 s时两者速度相同，v2＝3 m/s，t2＝6 s前长木板P的速度大于滑块Q的速度，t2＝6 s后长木板P的速度小于滑块Q的速度，0～6 s过程中，以滑块Q为研究对象，由牛顿第二定律得μ1mg＝ma1，且a1＝eq \f(Δv,Δt1)＝0.5 m/s2，解得μ1＝0.05，在5～6 s过程中，以长木板P为研究对象，由牛顿第二定律得μ2(2m)g＋μ1mg＝ma2，且a2＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(Δv2,Δt2)))＝2 m/s2，解得μ2＝0.075，从6 s末到长木板停下来的过程中，由牛顿第二定律得μ2(2m)g－μ1mg＝ma3，解得a3＝1 m/s2，这段时间Δt3＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(Δv3,a3)))＝3 s，则t＝9 s时长木板P停下来，故A正确，C错误；长木板P的长度至少是前6 s过程中滑块Q在长木板P上滑行的距离，即Δx1＝eq \f(1,2)×5×5 m＋eq \f(1,2)×(5＋3)×1 m－eq \f(1,2)×3×6 m＝7.5 m，故B正确；在从6 s末到滑块Q停下来的过程中，由牛顿第二定律得μ1mg＝ma4，解得a4＝0.5 m/s2，这段时间Δt4＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(Δv4,a4)))＝6 s，所以t3＝12 s时滑块Q停下来，6 s后滑块Q在长木板P上滑行的距离Δx2＝eq \f(1,2)×6×3 m－eq \f(1,2)×3×3 m＝4.5 m，前6 s长木板P速度更大，后6 s滑块Q速度更大，则滑块Q在长木板P上滑行的相对位移为Δx＝Δx1－Δx2＝3 m，故D错误．
6．(多选)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大小为8 N，则滑块与木板间的动摩擦因数为μ＝eq \f(Ffm,mg)＝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)＝0.1，选项B错误．t2时刻，滑块与木板将要发生相对滑动，此时滑块与木板间的摩擦力达到最大静摩擦力Ffm＝8 N，此时两者的加速度相同，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，t2＝24 s，选项C、D正确．
7．(多选)如图所示，质量mA＝1 kg足够长的长板A置于水平地面上，质量mB＝2 kg的小滑块B置于长板A的左端，A与水平地面间的动摩擦因数μ1＝0.3，B与A间的动摩擦因数μ2＝0.5，对B施加一大小为F＝20 N，方向与水平方向成37°角的恒力。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。下列说法正确的是( )
A．A的加速度大小为1 m/s2
B．B的加速度大小为6 m/s2
C．若力F作用一段时间后，撤去力F，A的加速度大小增大
D．若力F作用一段时间后，撤去力F，B相对A静止
答案 BC
解析 对小滑块B进行受力分析，如图甲，可知FNB＋Fsin 37°＝mBg
Ff1＝μ2FNB，根据牛顿第二定律有
Fcs 37°－Ff1＝mBaB
联立可得aB＝6 m/s2，故B正确；
对长板A受力分析，如图乙，
可知FNA＝FNB′＋mAg＝FNB＋mAg
由Ff地m＝μ1FNA＝5.4 N>Ff1′＝Ff1可知，长板A静止，即aA＝0，故A错误；
若力F作用一段时间后，撤去力F，则对A有
aA′＝eq \f(μ2mBg－μ1mA＋mBg,mA)＝1 m/s2
对B有aB′＝μ2g＝5 m/s2
可知，A的加速度大小增大，B不会相对A静止，故C正确，D错误。
8．(2024·广东东莞市石龙中学月考)如图所示，厚0.2 m、长为3 m的木板AB静止在粗糙水平地面上，C为其中点，木板上表面AC部分光滑，CB部分粗糙，下表面与水平地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，木板右端静止放置一个小物块(可看成质点)，它与木板CB部分的动摩擦因数μ2＝0.3。已知木板和小物块的质量均为2 kg，重力加速度g取10 m/s2，现对木板施加一个水平向右的恒力F。
(1)为使小物块与木板保持相对静止，求恒力的最大值Fm；
(2)当F＝22 N时，小物块经多长时间滑到木板中点C?
(3)接第(2)问，当小物块到达C点时撤去F，求小物块落地时与木板A端的距离。
答案 (1)16 N (2)1 s (3)0.326 m
解析 (1)设小物块能够达到的最大加速度为am，由牛顿第二定律有μ2mg＝mam
解得am＝3 m/s2
对整体，由牛顿第二定律有Fm－μ1(M＋m)g＝(M＋m)am，解得Fm＝16 N
(2)当F＝22 N时，小物块与长木板发生相对滑动，对长木板有F－μ1(M＋m)g－μ2mg＝Ma1，解得a1＝6 m/s2
小物块加速度a2＝eq \f(μ2mg,m)＝μ2g＝3 m/s2
小物块滑到木板中点C，有eq \f(1,2)a1t12－eq \f(1,2)a2t12＝eq \f(L,2)
解得t1＝1 s
(3)设撤掉外力时木板和物块的速度分别为v1、v2，则有v1＝a1t1＝6 m/s
v2＝a2t1＝3 m/s
撤掉外力后，物块匀速运动，设木板做匀减速运动的加速度为a3，则μ1(M＋m)g＝Ma3，
解得a3＝2 m/s2
设小物块从长木板中点滑动到最左端时长木板速度为v3，
则有eq \f(v12－v32,2a3)－v2·eq \f(v1－v3,a3)＝eq \f(L,2)
解得v3＝(3＋eq \r(3)) m/s
此后长木板做匀减速运动，则μ1Mg＝Ma4
解得a4＝1 m/s2
此后小物块做平抛运动，h＝eq \f(1,2)gt22
落地时距长木板左端的距离为Δx＝v3t2－eq \f(1,2)a4t22－v2t2，解得Δx≈0.326 m。
9．(2024·江苏苏州市段考)如图所示，有一倾角为θ＝37°的斜面(sin 37°＝eq \f(3,5))，下端固定一挡板，挡板与斜面垂直，一长木板上表面的上部分粗糙，下部分光滑，上端放有一质量为m的小物块。现让长木板和小物块同时由静止释放，此时刻为计时起点，在第2 s末，小物块刚好到达长木板的光滑部分，又经过一段时间，长木板到达挡板处速度恰好减为零，小物块刚好到达长木板的下端边缘。已知小物块与长木板的上部分的动摩擦因数μ1＝eq \f(3,8)，长木板与斜面间的动摩擦因数μ2＝0.5，长木板的质量M＝m。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)在0～2 s时间内长木板和小物块的加速度的大小；
(2)开始时长木板距离挡板多远；
(3)长木板的长度。
答案 (1)3 m/s2 1 m/s2 (2)3 m (3)12 m
解析 (1)在0～2 s时间内，对小物块和长木板受力分析，Ff1、FN1是小物块与长木板之间的摩擦力和正压力的大小，Ff2、FN2是长木板与斜面之间的摩擦力和正压力的大小，Ff1＝μ1FN1，FN1＝mgcs θ
Ff2＝μ2FN2，FN2＝FN1＋Mgcs θ
规定沿斜面向下为正，设小物块和长木板的加速度分别为a1和a2，由牛顿第二定律得
mgsin θ－Ff1＝ma1
Mgsin θ－Ff2＋Ff1＝Ma2
联立得a1＝3 m/s2，a2＝1 m/s2
(2)在t1＝2 s时，设小物块和长木板的速度分别为v1和v2，
则v1＝a1t1＝6 m/s，v2＝a2t2＝2 m/s
t>t1时，设小物块和长木板的加速度分别为a1′和a2′。此时小物块与长木板之间摩擦力为零，
对小物块：mgsin θ＝ma1′，a1′＝6 m/s2
对长木板：Mgsin θ－μ2(M＋m)gcs θ＝Ma2′，
a2′＝－2 m/s2
即长木板做匀减速运动，设经过时间t2，长木板的速度减为零，则有v2＋a2′t2＝0
联立得t2＝1 s
在t1＋t2时间内，L1＝eq \f(1,2)a2t12＝2 m，
L2＝eq \f(1,2)|a2′|t22＝1 m
L＝L1＋L2＝3 m
(3)长木板的长度等于小物块相对于长木板运动的距离，即s＝(eq \f(1,2)a1t12＋v1t2＋eq \f(1,2)a1′t22)－(eq \f(1,2)a2t12＋v2t2＋eq \f(1,2)a2′t22)＝12 m。
10．(2023·辽宁大连市检测)如图所示，一质量M＝2 kg的长木板B静止在粗糙水平面上，其右端有一质量m＝2 kg的小滑块A，对B施加一水平向右且大小为F＝14 N的拉力；t＝3 s后撤去拉力，撤去拉力时滑块仍然在木板上．已知A、B间的动摩擦因数为μ1＝0.1，B与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.2，重力加速度取g＝10 m/s2.
(1)求有拉力时木板B和滑块A的加速度大小；
(2)要使滑块A不从木板B左端掉落，求木板B的最小长度．
答案 (1)2 m/s2 1 m/s2 (2)5.25 m
解析 (1)对滑块A根据牛顿第二定律可得μ1mg＝ma1，故A的加速度大小为a1＝1 m/s2，方向向右；对木板B根据牛顿第二定律可得F－μ1mg－μ2(m＋M)g＝Ma2，解得木板B加速度大小为a2＝2 m/s2.
(2)撤去外力瞬间，A的位移大小为x1＝eq \f(1,2)a1t2＝4.5 m，B的位移大小为x2＝eq \f(1,2)a2t2＝9 m，撤去外力时，滑块A和木板B的速度分别为v1＝a1t＝3 m/s，v2＝a2t＝6 m/s，撤去外力后，滑块A的受力没变，故滑块A仍然做加速运动，加速度不变，木板B做减速运动，其加速度大小变为a2′＝eq \f(μ1mg＋μ2m＋Mg,M)＝5 m/s2，设再经过时间t′两者达到共速，则有v1＋a1t′＝v2－a2′t′
撤去外力后，A的位移大小为x1′＝v1t′＋eq \f(1,2)a1t′2
B的位移大小为x2′＝v2t′－eq \f(1,2)a2′t′2
故木板B的长度至少为L＝x2－x1＋x2′－x1′
代入数据解得L＝5.25 m.