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(wèn)題（含解析）

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1、專題3.6 與牛頓運(yùn)動(dòng)定律相關(guān)的滑塊木板問(wèn)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(diǎn)。 【高頻考點(diǎn)定位】 滑塊木板模型 考點(diǎn)一：滑塊木板模型 【3年真題鏈接】 1.（2019全國(guó)理綜III卷20）如圖（a），物塊和木板疊放在實(shí)驗(yàn)臺(tái)上，物塊用一不可伸長(zhǎng)的細(xì)繩與固定在實(shí)驗(yàn)臺(tái)上的力傳感器相連，細(xì)繩水平。t=0時(shí)，木板開始受到水平外力F的作用，在t=4s 時(shí)撤去外力。細(xì)繩對(duì)物塊的拉力f 隨時(shí)間t 變化的關(guān)系如圖（b）所示，木板的速度v與時(shí)間t的關(guān)系如圖（c）所示。木板與實(shí)驗(yàn)臺(tái)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(dòng)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(duì)于木板滑動(dòng)，其滑動(dòng)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(yùn)動(dòng)，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(xiàng)AB正確；

3、由于0~2 s內(nèi)，在拉力作用下木板處于靜止?fàn)顟B(tài)，而物塊對(duì)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(xiàng)C錯(cuò)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(dòng)摩擦力計(jì)算得出物塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)，選項(xiàng)D錯(cuò)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(duì)齊．A與B、B與地面間的動(dòng)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(dòng)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(yùn)動(dòng)，左邊緣再次對(duì)齊時(shí)恰好相對(duì)靜止，此后兩者一起運(yùn)動(dòng)至停下．最大靜摩擦力等于滑動(dòng)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(duì)齊的前、后，B運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)定律知，A加速度的大小aA=μg 勻變速直線運(yùn)動(dòng) 2aAL=vA2 解得 （2）設(shè)A、B的質(zhì)量均為m 對(duì)齊前，B所受合外力大小F=3μmg 由牛頓運(yùn)動(dòng)定律F=maB，得 aB=3μg 對(duì)齊后，A、B所受合外力大小F′=2μmg 由牛頓運(yùn)動(dòng)定律F′=2maB′，得aB′=μg （3）經(jīng)過(guò)時(shí)間t，A、B達(dá)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(guó)III卷·25）如圖，兩個(gè)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(dòng)摩擦因數(shù)均為；木板的質(zhì)量為，與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為。某時(shí)刻A、B兩滑塊開始相向滑動(dòng)，初速度大小均為。A、B相遇時(shí)，A與木板恰好相對(duì)靜止。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，取重力加速度大小。求 （1）B與木板相對(duì)靜止時(shí)，木板的速度； （2）A、B開始運(yùn)動(dòng)時(shí)，兩者之間的距離。 【參考答案】（1）與木板相對(duì)靜止時(shí)，木板的速度為 （2）、開始運(yùn)動(dòng)時(shí)，兩者之間的距離為 【名師解析】 （1）如圖所示對(duì)、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(shè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中、及木板的加速度大小分別為，和，根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)，向左做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，木板向右勻加速運(yùn)動(dòng)；且，顯然經(jīng)歷一段時(shí)間之后先與木板達(dá)到相對(duì)靜止?fàn)顟B(tài)，且此時(shí)、速度大小相等，方向相反。不妨假設(shè)此時(shí)與木板的速度大小為： ⑦ ⑧ 解得：， （2）設(shè)在時(shí)間內(nèi)，、的位移大小分

7、別為，，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得： ⑨ ⑩ 此后將與木板一起保持相對(duì)靜止向前勻減速運(yùn)動(dòng)，直到和相遇，這段時(shí)間內(nèi)的加速度大小仍為，設(shè)和木板的加速度大小為，則根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律得： 對(duì)木板和： ? 假設(shè)經(jīng)過(guò)時(shí)間后、剛好相遇，且此時(shí)速度大小為，為方便計(jì)算我們規(guī)定水平向右為正向，則在這段時(shí)間內(nèi)速度變化： 對(duì)和木板： ? 對(duì)： ? 聯(lián)立?~?解得，可以判斷此時(shí)和木板尚未停下 則時(shí)間內(nèi)物塊、的位移大小假設(shè)為、，由運(yùn)動(dòng)學(xué)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(guò)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?yàn)樗永锏乃畬?duì)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(lái)處于運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)狀態(tài)，因此摔倒 C. 因?yàn)樽孕熊嚨那拜喯萑胨雍?，自行車還能加速運(yùn)動(dòng)，所以人和車一起倒地了 D. 因?yàn)樽孕熊嚨那拜喯萑胨雍螅孕熊嚨膽T性立即消失，而人由于慣性將保持原有的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，故人向原來(lái)的運(yùn)動(dòng)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(lái)處于運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)狀態(tài)，因此摔倒,選項(xiàng)B正確。 【2年模擬再現(xiàn)】 1. （2019年1月云南昆明復(fù)習(xí)診斷測(cè)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(gè)質(zhì)量為mB=1kg的滑塊B靜止在木板的左端，對(duì)B施加一向右的水平恒力F，一段時(shí)間后B從A右端滑出，A繼續(xù)在地面上運(yùn)動(dòng)一段距離后停止，此過(guò)程中A的速度隨時(shí)間變化的圖像如圖乙所示。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度取g=10m/s2。則下列說(shuō)法正確的是（

10、 ） A.滑塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.6 B.木板與地面之間的動(dòng)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(zhǎng)L有關(guān) 【參考答案】BD 【命題意圖】本題考查對(duì)速度----時(shí)間圖像的理解、疊加體受力分析、牛頓運(yùn)動(dòng)定律和勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律的運(yùn)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(shè)滑塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1，木板與地面之間的動(dòng)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(xiàng)A錯(cuò)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(zhǎng)度L= x2-x1=-1=，可變換為F=2L+3，即F的大小與板長(zhǎng)L有關(guān)，選項(xiàng)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(duì)滑動(dòng)，所以F的大小必須大于9N，選項(xiàng)C錯(cuò)誤。 【方法歸納】對(duì)于速度圖像給出解題信息問(wèn)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(duì)于疊加體

12、問(wèn)題，采用隔離法分析受力，利用牛頓運(yùn)動(dòng)定律列方程解答。 2.（12分）（2019四川綿陽(yáng)二診） 如圖所示，長(zhǎng)L=2.5 m、高h(yuǎn)=0.2 m的長(zhǎng)方體物塊P靜止在光滑的水平地面上，可視為質(zhì)點(diǎn)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(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.2。現(xiàn)給滑塊Q一個(gè)水平向右的瞬時(shí)速度vo=4m/s，經(jīng)時(shí)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(shí)，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(yùn)動(dòng)，設(shè)時(shí)間t=1 s內(nèi)，滑塊Q加速度大

13、小為aQ，通過(guò)的距離為xQ，物塊P通過(guò)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(shè)物塊P的速度為vP，滑塊Q的速度為vQ，滑塊Q經(jīng)過(guò)時(shí)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(yáng)二模）如圖1所示，在水平面上有一質(zhì)量為m1＝1kg的足夠長(zhǎng)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(dòng)摩擦因數(shù)μ1＝0.3，木板與地面間的動(dòng)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(dòng)摩擦力相等?現(xiàn)給木塊施加隨時(shí)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(duì)靜止的時(shí)間t1； （2）t＝10s時(shí)，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(shí)間変化的圖象（取水平拉カF的方向?yàn)檎较颍灰螽媹D，不要求寫出理由及演算過(guò)程） 【思路分析】（1）對(duì)兩物體受力分析，當(dāng)木塊對(duì)木板的最大靜摩擦力提供木板做加速運(yùn)動(dòng)，此時(shí)兩者達(dá)到最大加速度，即可求得； （2）應(yīng)用牛頓第二定律求出兩物體的加速度； （3）達(dá)到最大共同加速度后，木板做加速度恒定的勻加速運(yùn)動(dòng)，木塊在力F

15、作用下做加速度運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律即可求得。 【名師解析】（1）：當(dāng)F＜μ2（m1+m2）g＝3N時(shí)，木塊和木板都沒有拉動(dòng)，處于靜止?fàn)顟B(tài)，當(dāng)木塊和木板一起運(yùn)動(dòng)時(shí)，對(duì)m1： fmax﹣μ2（m1+m2）g＝m1amax，fmax＝μ1m2g 解得：amax＝3m/s2 對(duì)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(shí)，兩物體已相對(duì)運(yùn)動(dòng)，則有： 對(duì)m1：μ1m2g﹣μ2 （m1+m2）g＝m1a1 解得：a1＝3m/s2 對(duì)m2：F﹣μ1m2g＝m2a2 F＝3t＝30N

16、 解得：a2＝12m/s2 （3）圖象過(guò)（1、0），（4.3），（10、12） 答：（1）木塊和木板保持相對(duì)靜止的時(shí)間是4s； （2）t＝10s時(shí)，兩物體的加速度各為3m/s2，12m/s2； （3）圖象如圖所示。 【點(diǎn)評(píng)】本題首先要分兩個(gè)相對(duì)靜止和相對(duì)運(yùn)動(dòng)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(shí)間的關(guān)系式，是經(jīng)常采用的思路。 4. （2019全國(guó)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(zhǎng)木板，一個(gè)質(zhì)量為m的物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))放在長(zhǎng)木板的最右端。已知m與M之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為。從某時(shí)刻起物塊m以的水平初速度向左運(yùn)動(dòng)，同時(shí)木=板

17、M在水平外力F控制下始終向右以速度勻速運(yùn)動(dòng)，求： (1)在物塊m向左運(yùn)動(dòng)過(guò)程中外力F的大?。? (2)木板至少多長(zhǎng)物塊不會(huì)從木板上滑下來(lái)? 【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(yùn)動(dòng)過(guò)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(shè)物塊向左勻減速至速度為零的時(shí)間為t1，則 設(shè)④ 物塊向左勻減速運(yùn)動(dòng)的位移為X1，則 ⑤ 設(shè)物塊由速度為零向右勻加速至與

18、木板同速（即停止相對(duì)滑動(dòng)）的時(shí)間為t2，則 ⑥ 設(shè)物塊向右勻加速運(yùn)動(dòng)的位移為X2，則 ⑦ 此過(guò)程木板向右勻速運(yùn)動(dòng)的總位移為X′，則 ⑧ 則物塊不從木板上滑下來(lái)的最小長(zhǎng)度： ⑨ 代入數(shù)據(jù)解得：⑩ 解法二：以木板為參考系，設(shè)物塊相對(duì)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(yùn)動(dòng)學(xué)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(dòng)，軌道長(zhǎng)L=2m，摩擦很小可忽略不計(jì)。利用此裝置實(shí)驗(yàn)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(shí)驗(yàn)，測(cè)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(shí)驗(yàn)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(diǎn)，θ1為圖線與橫軸交點(diǎn)。（重力加速度g取10m/s2）問(wèn)： （1）a0為多大？ （2）傾角θ1為多大？此時(shí)物塊處于怎樣的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)？ （3）當(dāng)傾角θ為30°，若物塊在F作用下由O點(diǎn)從靜止開始運(yùn)動(dòng)1.6s，則物塊具有的最大重力勢(shì)能為多少？（設(shè)O所在水平面的重力勢(shì)能為零） 【名師解析】（1）θ=0°時(shí)，木板水平放置，此時(shí)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(dāng)木板傾角為θ1時(shí)，a=0，物塊可能沿斜面向上勻速運(yùn)動(dòng)；可能沿斜面向下勻速運(yùn)動(dòng)；靜止； 由平

20、衡條件得：F=mgsinθ1 解得：sinθ1=0.6，即θ1=37° （3）當(dāng)木板傾角為θ=30°時(shí)， 對(duì)物塊由牛頓第二定律得：F-mgsinθ=ma 解得：a=1m/s2 從靜止開始運(yùn)動(dòng)1.6s發(fā)生的位移為x==1.28m 物塊具有的最大重力勢(shì)能：EP=mgxsinθ 解得：EP=0.64J 答：（1）a0為6m/s2； （2）傾角θ1為37°，此時(shí)物塊可能沿斜面向上勻速運(yùn)動(dòng)；可能沿斜面向下勻速運(yùn)動(dòng)；靜止； （3）當(dāng)傾角θ為30°，若物塊在F作用下由O點(diǎn)從靜止開始運(yùn)動(dòng)1.6s，則物塊具有的最大重力勢(shì)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(zhǎng)斜面上放置一質(zhì)量M＝2kg、長(zhǎng)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(diǎn)），將小滑塊和薄平板同時(shí)無(wú)初速釋放。已知小滑塊與薄平板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1＝0.25、薄平板與斜面之間的動(dòng)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(shí)間t。 【命題意圖】本題以斜面上滑塊木板為模型，考查牛頓運(yùn)動(dòng)定律和勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律及其相關(guān)知識(shí)點(diǎn)。 【解題思路】 （1）小滑塊在平板AB上運(yùn)動(dòng)時(shí)，

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(yùn)動(dòng)時(shí)，設(shè)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(shè)滑塊離開平板時(shí)，所用時(shí)間為t 滑塊的位移：x1＝ 平板AB運(yùn)動(dòng)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(shí)間為1s。 預(yù)測(cè)考點(diǎn)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(gè)質(zhì)量為m的長(zhǎng)木板靜止在光滑水平地面上，另一個(gè)質(zhì)量也為m的小物塊疊放在長(zhǎng)木板的一端之上。B是長(zhǎng)木板的中點(diǎn)，物塊與長(zhǎng)木板在AB段的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，在BC段的動(dòng)摩擦因數(shù)為2μ。若把物塊放在長(zhǎng)木板左端，對(duì)其施加水平向右的力F1可使其恰好與長(zhǎng)木板發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)。若把物塊放在長(zhǎng)木板右端，對(duì)其施加水平向左的力F2也可使其恰好與長(zhǎng)木板發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)。下列說(shuō)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(lái)的2倍，小物塊在木板上運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的時(shí)間之比為1∶2 C．若將F1

24、、F2都增加到原來(lái)的2倍，小物塊在木板上運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)木板位移之比為1∶1 D．若將F1、F2都增加到原來(lái)的2倍，小物塊在木板上運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過(guò)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(yùn)動(dòng)定律，摩擦生熱及其相關(guān)知識(shí)點(diǎn)。 【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(duì)滑動(dòng)，a11= a21，a11= a21，聯(lián)立解得：F1∶F2=1∶2，選項(xiàng)A正確；若將F1、F2都增加到原來(lái)

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(shè)小物塊在木板上從A移動(dòng)到B的時(shí)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(shè)小物塊在木板上從A移動(dòng)到B的時(shí)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(lái)的2倍，小物塊在木板上運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的

26、時(shí)間之比為t1∶ t2=∶1，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；若將F1、F2都增加到原來(lái)的2倍，小物塊在木板上運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)木板位移之比x21∶ x22=a21t12∶a22t12=1∶1，選項(xiàng)C正確；若將F1、F2都增加到原來(lái)的2倍，小物塊在木板上運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過(guò)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(xiàng)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(yīng)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律列方程解答。摩擦產(chǎn)生的熱量等于滑動(dòng)摩擦力與滑塊在木板上滑動(dòng)距離的乘積。 2.（2019四川內(nèi)江二模）如圖所示，足夠長(zhǎng)的木板OM下端的

27、O點(diǎn)通過(guò)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(yùn)動(dòng)，當(dāng)夾角為θ0時(shí)，小滑塊向上滑行的時(shí)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(guò)程損失的機(jī)械能為100J D. 小滑塊返回過(guò)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(shè)，則， 當(dāng)時(shí)，a存在最大

28、值，， 即，故θ=600，故A正確。設(shè)小滑塊上升的高度為h，則，解得：h=15m，故B錯(cuò)誤。根據(jù)如上計(jì)算可知，．小滑塊上滑過(guò)程克服摩擦力做功：．故機(jī)械能損失50J，故C錯(cuò)誤。因，故小滑塊上滑到最高點(diǎn)處后反向下滑，此時(shí)，故D正確。 【關(guān)鍵點(diǎn)撥】對(duì)滑塊受力分析由牛頓第二定律可寫出加速度表達(dá)式，結(jié)合數(shù)學(xué)知識(shí)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(jī)械能；由牛頓第二定律可求得返回過(guò)程的加速度。本題考查了牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式的應(yīng)用，在求最大加速度時(shí)要學(xué)會(huì)借助數(shù)學(xué)知識(shí)求解。 3. （2019全國(guó)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(zhǎng)木板，一個(gè)質(zhì)量為m的物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))放在長(zhǎng)木板的最右端。已知m與M之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為。從某時(shí)刻起物塊m以的水平初速度向左運(yùn)動(dòng)，同時(shí)木=板M在水平外力F控制下始終向右以速度勻速運(yùn)動(dòng)，求： (1)在物塊m向左運(yùn)動(dòng)過(guò)程中外力F的大?。? (2)木板至少多長(zhǎng)物塊不會(huì)從木板上滑下來(lái)? 【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(yùn)動(dòng)過(guò)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(shè)物塊向左勻減速至速度為零的時(shí)間為t1，則 設(shè)④ 物塊向左勻減速運(yùn)動(dòng)的位移為X1，則 ⑤ 設(shè)物塊由速度為零向右勻加速至與木板同速（即停止相對(duì)滑動(dòng)）的時(shí)間為t2，則 ⑥ 設(shè)物塊向右勻加速運(yùn)動(dòng)的位移為X2，則 ⑦ 此過(guò)程木板向右勻速運(yùn)動(dòng)的總位移為X′，則 ⑧ 則物塊不從木板上滑下來(lái)的最小長(zhǎng)度： ⑨ 代入數(shù)據(jù)解得：⑩ 解法二：以木板為參考系，設(shè)物塊相對(duì)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(yùn)動(dòng)學(xué)公式：④ 解得：⑤ 4．（20分）（2019四川瀘州三模）如圖所示，兩個(gè)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(zhǎng)的木板中央，兩滑塊與木板間的動(dòng)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(dòng)摩擦因數(shù)為μ2＝0.1．某時(shí)刻A、B兩滑塊開始反向滑動(dòng)，初速度大小均為v0＝6m/s。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度g取10m/s2，求： （1）滑塊A、B剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)，木板的加速度； （2）滑塊B與木板相對(duì)靜止時(shí)，滑塊A、B之間的距離； （3）整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)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(duì)木板的摩擦力為fB＝μ1mBg＝20N，方向向右； A對(duì)木板的摩擦力為fA＝μ1mAg＝5N，方向向左；

32、 地面對(duì)木板的滑動(dòng)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(duì)于木板運(yùn)動(dòng)過(guò)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(shè)經(jīng)過(guò)t時(shí)間滑塊B與木板相對(duì)靜止，則：v＝v0﹣aBt＝at 解得t＝1s 此時(shí)A的速度vA＝v0﹣aAt＝1m/s，方向向左， A相對(duì)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(duì)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(gè)運(yùn)動(dòng)

33、過(guò)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(yùn)動(dòng)時(shí)，木板的加速度為1.0m/s2； （2）滑塊B與木板相對(duì)靜止時(shí)，滑塊A、B之間的距離為6m； （3）整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)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(diǎn)的木塊。已知木塊的質(zhì)量m＝1 kg，木板的質(zhì)量M＝4 kg，長(zhǎng)L＝2.5 m，上表面光滑，下表面與地面之間的動(dòng)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)求木板加速度的大小；

34、 (2)要使木塊能滑離木板，求水平恒力F作用的最短時(shí)間； (3)如果其他條件不變，假設(shè)木板的上表面也粗糙，其上表面與木塊之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1＝0.3，欲使木板能從木塊的下方抽出，對(duì)木板施加的拉力應(yīng)滿足什么條件？ (4)若木板的長(zhǎng)度、木塊質(zhì)量、木板的上表面與木塊之間的動(dòng)摩擦因數(shù)、木板與地面間的動(dòng)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(zhǎng)時(shí)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(shè)拉力F作用時(shí)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(yùn)動(dòng)，后做勻減速運(yùn)動(dòng)，且時(shí)間相等，故at2＝L 解得：t＝1 s，即F作用的最短時(shí)間為1 s。 (3)設(shè)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(duì)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(shí)，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(jì)A的大小，B板長(zhǎng)L＝3 m。開始時(shí)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(yùn)動(dòng)。已知A與B、B與水平面之間的動(dòng)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(lái)，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(wèn)中的初速度從B的最左端開始運(yùn)動(dòng)，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(yùn)動(dòng)，加速度大小a1＝μ1g＝3 m/s2 木板B向右勻

37、加速運(yùn)動(dòng)，加速度大小a2＝＝1 m/s2 由題意知，A剛好沒有從B上滑下來(lái)，則A滑到B最右端時(shí)和B速度相同，設(shè)為v，得 時(shí)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(yùn)動(dòng)，加速度大小仍為a1＝μ1g＝3 m/s2 B向右勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度大小a2′＝＝3 m/s2 設(shè)A、B達(dá)到相同速度v′時(shí)A沒有脫離B，由時(shí)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(zhǎng)木板，靜止放置在粗糙水平地面上，有一個(gè)質(zhì)量為m、可視為質(zhì)點(diǎn)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(dá)到共同速度的過(guò)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(diǎn)的坐標(biāo)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(yùn)動(dòng)的加速度大小a1，木板開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的加速度大小a2，達(dá)到相同速度后一起勻減速直線運(yùn)動(dòng)的加速度大小a； (2)物塊質(zhì)量m與長(zhǎng)木板質(zhì)量M之比； (3)物塊相對(duì)長(zhǎng)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(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)的加速度大小為 a2＝ m/s2＝1 m/s2 達(dá)到相同速度后一起勻減速直線運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)時(shí)：μ1mg＝ma1 木板勻加速時(shí)：μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2 速度相同后一起勻減速運(yùn)動(dòng)，對(duì)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(duì)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