人教版高中物理必修一第四单元-板块运动专题

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板块运动
一．选择题（共5小题）
1．如图甲所示，长木板静止在光滑水平地面上，质量为m的滑块以水平初速度v0由木板左端经过Δt恰能滑至木板的右端与木板相对静止。若将上述木板分成长度相等的两段（如图乙），该滑块仍以v0从木板左端开始滑动。也经过Δt时间，比较物体的位置关系示意图中正确的是（　　）
A．
B．
C．
D．
2．如图所示，物块A和长木板B叠放在水平地面上，A、B质量相等，A的左边缘与B的左边缘距离为L。A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ。敲击B，使B立即获得水平向右的初速度，当A、B左边缘对齐时，A、B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，重力加速度为g。则下列判断正确的是（　　）
A．在A、B左边缘对齐前，B运动的加速度大小aB＝μg
B．在A、B左边缘对齐后，B运动的加速度大小aB′＝2μg
C．B被敲击后获得的初速度大小
D．A、B左边缘对齐时，A、B的速度大小
3．如图所示，在光滑水平面上，一个小物块放在静止的小车上，物块和小车间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g＝10m/s2。现用水平恒力F拉动小车，关于物块的加速度am和小车的加速度aM的大小，下列选项可能正确的是（　　）
A．，
B．，
C．，
D．，
4．如图甲所示，小物块A静止在足够长的木板B左端，若A与B间动摩擦因数为μ1＝0.6，木板B与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.2，假设各接触面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．某时刻起A受到F＝3t（N）的水平向右的外力作用，测得A与B间摩擦力f随外力F的变化关系如图乙所示，重力加速度取g＝10m/s2，则下列判断正确的是（　　）
A．A、B两物体的质量分别为0.5kg和1kg
B．当t＝1s时，A、B恰好发生相对滑动
C．当t＝3s时，A的加速度为4m/s2
D．B物体运动过程中的最大加速度为22m/s2
5．一长轻质薄硬板C置于光滑水平地面上，其上放有质量均为2kg的A、B两物块，A、B与C之间的动摩擦因数分别为μ1＝0.2、μ2＝0.3，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10m/s2．下列说法正确的是（　　）
A．若F＝12N，B、C间的摩擦力大小为6N
B．若F＝6N，B的加速度大小为2m/s2
C．无论力F多大，B与C都不会发生相对滑动
D．无论力F多大，A与C都不会发生相对滑动
二．解答题（共15小题）
6．如图所示，质量M＝0.2kg、长L＝1m的长木板放在地面上，质量m＝0.8kg的小滑块在长木板左端，带有底座的倾角为θ＝37°、长为s0＝1m的斜面AB固定在地面上，斜面底端A的水平线与长木板上表面相平，长木板右端与底座左端相距x＝1m。现用水平向右外力F＝6.8N作用在小滑块上，使小滑块和长木板一起向右做匀加速运动，长木板与底座相碰时，立即粘在底座上，小滑块到达A点后撤去外力F，小滑块沿着斜面向上运动。已知滑块与长木板和斜面间的动摩擦因数均为μ1＝0.5，长木板与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.23。已知重力加速度g＝10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：
（1）在长木板与底座相碰前，长木板和小滑块加速度的大小；
（2）小滑块到达A点时速度的大小；
（3）小滑块在斜面上运动的时间。
7．如图甲、乙所示，质量M＝2kg、长L＝2m、高h＝0.8m的长木板置于水平地面上，长木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.2，一质量m＝1kg的小滑块（视为质点）于图甲中放在长木板的中央处，图乙中放在长木板的左端，且图甲中长木板上表面光滑，图乙中长木板与小滑块间的动摩擦因数μ2＝0.5，两种情况均在恒力作用下从静止开始运动，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）图甲中若小滑块由静止到离开长木板的时间为1s，恒力F的大小；
（2）在第（1）问情况中，图甲中小滑块落地时距长木板左端的水平距离；
（3）图乙中若恒力F′＝10N，求小滑块离开长木板的时间。
8．如图所示，质量为M（大小未知）的长木板静止在粗糙水平地面上，一个质量m＝4kg的物块（可视为质点）在某一时刻以v0＝6m/s的水平初速度从木板左端滑上木板，经t1＝2s时间后物块与木板恰好达到共同速度，且在此时对木板施加方向水平向右的恒力F＝20N作用，物块又经t2（大小未知）时间后从木板的左端滑出。已知物块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.2，木板与水平地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）物块滑上长木板达到共速前，物块与长木板各自的加速度大小；
（2）长木板的质量M以及两者达到共速的瞬间，物块到木板左端间的距离d。
9．如图所示，在粗糙的水平地面上有一长为L＝12m、质量为M＝2kg的长木板B，在长木板的中点P放有一质量为m＝1kg（可视为质点）的小物块A，开始时A、B均静止。已知A与B、B与地面之间的动摩擦因数分别为μ1＝0.1和μ2＝0.3，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现用水平向右的恒力拉长木板B，重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）当A刚好相对B开始滑动时，水平拉力F0的大小；
（2）若水平拉力F1＝10.5N，A所受到的摩擦力大小；
（3）若水平拉力F2＝24N，要使A刚好不滑离B，则F2作用多长时间后撤去？并求A最终停在B上的位置。
10．如图所示，在光滑的水平面上有一长L＝4m、质量为M＝4kg的木板，在长木板右端有一质量为m＝1kg的小物块，长木板与小物块间动摩擦因数为μ＝0.2，长木板与小物块均静止。现用F＝18N的水平恒力作用在木板上（g取10m/s2）。
（1）求木板加速度a1和小物块加速度a2的大小；
（2）经过多长时间小物块脱离木板。
11．如图所示，在光滑的水平面上有一足够长的质量为M＝4kg的长木板，在长木板右端有一质量为m＝1kg的物块，长木板与物块间动摩擦因数为μ＝0.2，长木板与物块均静止，现用F＝14N的水平恒力向右拉长木板，经时间t＝1s撤去水平恒力F。求：
（1）在F的作用下，长木板的加速度为多大？
（2）刚撤去F时，物块离长木板右端多远？
（3）最终物块与长木板间的相对路程？
12．如图所示，质量.M＝3kg的木板P静置于水平地面上，质量m＝2kg的小物块Q置于长木板左端，t＝0时刻对Q施加水平向右的拉力F，2s末撤去拉力。已知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，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块可视为质点，重力加速度大小取g＝10m/s2。
（1）若F＝6N，求木板P的最大速度；
（2）若F＝12N，物块恰好未从木板上滑出，求：
①撤去拉力时物块和木板的速度大小；
②木板的长度L。
13．如图所示，一足够长、质量为m＝1kg的木板B在粗糙水平面上向右运动，某时刻速度为v0＝4m/s同时一个质量也为m的物块A（可视为质点）以v1＝8m/s的速度从右侧滑上长木板。已知物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＝0.05。重力加速度g＝10m/s2，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力。试求：
（1）物块A刚滑上木板时，物块A的加速度大小a1、木板B的加速度大小a2；
（2）木板B速度为零时，物块A与木板B右端的距离；
（3）若在A滑上的瞬间，在木板B左侧，L＝2m处固定一挡板，长木板是否会撞到挡板？若会相撞，求与挡板相撞时B的速度大小；若不会相撞，求B停下来的位置距离出发点多远。
14．如图所示，质量为1kg的物块（可视为质点）放在质量为3kg的木板右端，物块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.1，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．开始时两者均静止，现对木板施加一个水平向右的恒力F，g取10m/s2。
（1）若推动木板时，物块始终与木板保持相对静止，F不能超过多大？
（2）若F＝24N，作用1s后撤去F，物块恰好不从木板上掉下，求木板长度；
（3）接第（2）问，物块与木板均停止运动后，物块距木板左端的距离为多少？
15．如图所示，光滑水平面上，把质量为m的小物块A静置于质量为M的木板B的左端。在与水平面成37°右偏上的恒力F的作用下开始运动，经过1秒后撤去F。已知m＝1.5M，F＝，AB之间动摩擦因数μ＝，忽略空气阻力的影响，g＝10m/s2。（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）
（1）求A和B在前一秒内运动的加速度；
（2）若A最终没有从B上滑下来，则B的长度至少为多少？
16．如图甲所示，粗糙水平地面上有一质量M＝6kg的足够长木板B，将一质量m＝2kg的小物块A（视为质点）轻放在木板B的右端，从t＝0时刻起对B施加一水平向右的水平恒力F，经过t＝4s后撤去恒力F，用传感器测得A、B的速度—时间图像如图乙所示，取g＝10m/s2。求：
（1）A、B间的动摩擦因数μ1；
（2）B与地面间的动摩擦因数μ2，恒力F的大小；
（3）A、B均停止运动后A到B右端的距离L。
17．如图所示，放在水平地面上的长木板B长为3m，质量为m＝2kg，B与地面间的动摩擦因数为μ1＝0.2。一质量为M＝3kg的小铅块A放在B的左端，A、B之间动摩擦因数为μ2＝0.4。刚开始A、B均静止，现使A以5m/s的初速度向右运动（g＝10m/s2），求：
（1）A、B刚开始运动时的加速度；
（2）B在地面上滑行的最大距离。
18．如图所示，A、B两物块的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上。A、B间的动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对A施加一水平拉力F，求：
（1）B的最大加速度；
（2）若A、B发生相对运动，F的最小拉力；
（3）当F＝μmg时，A的加速度大小。
19．如图甲所示，一长木板A在水平地面上向右运动，在t＝0时刻将一无初速度的物块B轻放到木板上，取水平向右为正方向，B相对于A的速度用vBA表示，在0 0.75s内，相对速度vBA随时间t变化的关系图像如图乙所示。已知A、B的质量关系为mA＝2mB，A与B及A与地面之间均有摩擦（动摩擦因数不等），最大静摩擦力等于滑动摩擦力，B始终没有滑出A，重力加速度g＝10m/s2。求：（结果可以保留分数）
（1）A与B间、A与地面间的动摩擦因数；
（2）从t＝0时刻到A与B均停止运动时，B相对于A的位移大小。
20．如图甲，足够长、质量mQ＝2kg的木板Q静止在水平面上，质量mP＝2kg的小滑块P（可视为质点）静止在木板左端，滑块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.5，木板与水平面间的动摩擦因数μ2＝0.2。从零时刻起，对滑块施加水平向右的恒定外力F＝15N，此时滑块相对木板滑动，经过时间t＝2s撤去此力。取g＝10m/s2，则：
（1）撤去外力前，滑块受到的摩擦力大小；
（2）木板的最大速度；
（3）如图乙，若零时刻起，对滑块施加的恒定外力F′＝15N，方向变为与水平面成θ＝53°斜向右上方，经过时间t′＝2.4s撤去此力，已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，求木板运动的时间。
板块运动
参考答案与试题解析
一．选择题（共5小题）
1．如图甲所示，长木板静止在光滑水平地面上，质量为m的滑块以水平初速度v0由木板左端经过Δt恰能滑至木板的右端与木板相对静止。若将上述木板分成长度相等的两段（如图乙），该滑块仍以v0从木板左端开始滑动。也经过Δt时间，比较物体的位置关系示意图中正确的是（　　）
A．
B．
C．
D．
【分析】比较两次运动的区别，滑块一直做匀减速直线运动，木板一直做匀加速直线运动，第一次在滑块运动过程中，整个木板一直加速，第二次滑块先使整个木板加速，运动到2部分上后1部分停止加速，只有2加速，加速度大于第一次的对应过程，通过比较滑块的位移大小分析判断。
【解答】解：AD．第一次在滑块运动过程中，滑块与木板之间的摩擦力使整个木板一直加速，第二次滑块先使整个木板加速，运动到第二部分上后第一部分停止加速，只有第二部分加速，由牛顿第二定律可知，此时加速度大于第一次对应过程的加速度，第二次滑块与第二部分木板将更早达到速度相等，所以滑块还没有运动到第二部分的右端，故AD错误；
BC．第二次滑块与木板作用时间较短，而滑块与木板之间的摩擦力保持不变，由牛顿第二定律可知，滑块的加速度不变，根据
Δv＝at
可知第二次速度变化量小，末速度较大，Δt时间内的平均速度较大，则第二次滑块在Δt时间通过的位移较大，故B错误，C正确。
故选：C。
2．如图所示，物块A和长木板B叠放在水平地面上，A、B质量相等，A的左边缘与B的左边缘距离为L。A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ。敲击B，使B立即获得水平向右的初速度，当A、B左边缘对齐时，A、B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，重力加速度为g。则下列判断正确的是（　　）
A．在A、B左边缘对齐前，B运动的加速度大小aB＝μg
B．在A、B左边缘对齐后，B运动的加速度大小aB′＝2μg
C．B被敲击后获得的初速度大小
D．A、B左边缘对齐时，A、B的速度大小
【分析】利用牛顿第二定律可求出各个选项中加速度的大小，再结合运动学公式求出CD选项中的速度。
【解答】解：A.在A、B左边缘对齐前，对B由牛顿第二定律得B运动的加速度大小aB＝g＝3μg，故A错误；
B.在AB左边缘对齐后，对AB由牛顿第二定律得B运动的加速度大小a'＝g＝μg，故B错误；
CD.在A、B左边缘对齐前，对A由牛顿第二定律得，A运动的加速度大小aA＝g＝μg，被敲击后到A、B左边缘对齐时有
vAB＝vB﹣aBt
vAB＝aAt
vBt﹣aBt2﹣aAt2＝L
解得vB＝2，，故C正确，D错误。
故选：C。
3．如图所示，在光滑水平面上，一个小物块放在静止的小车上，物块和小车间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g＝10m/s2。现用水平恒力F拉动小车，关于物块的加速度am和小车的加速度aM的大小，下列选项可能正确的是（　　）
A．，
B．，
C．，
D．，
【分析】分两种情况进行讨论：当两者相对静止时，物块和小车的加速度相等，根据牛顿第二定律求出两者的加速度，接触面上为静摩擦力，且am＝aM≤μg；当两者相对运动时，满足aM＞am，此时接触面的摩擦力为滑动摩擦力，隔离滑块运用牛顿第二定律求解滑块的加速度。
【解答】解：若物体与小车保持相对静止一起运动，设加速度为a，对系统受力分析，由牛顿第二定律得：F＝（M+m）a，隔离小物块受力分析，二者间的摩擦力f为静摩擦力，且f≤μmg，由牛顿第二定律得：f＝ma，联立解得：，若物块与小车间发生相对滑动，二者之间的摩擦力为滑动摩擦力，且aM＞am，隔离物块受力分析，由牛顿第二定律得：f＝μmg＝mam，解得：，故ABD错误，C正确。
故选：C。
4．如图甲所示，小物块A静止在足够长的木板B左端，若A与B间动摩擦因数为μ1＝0.6，木板B与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.2，假设各接触面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．某时刻起A受到F＝3t（N）的水平向右的外力作用，测得A与B间摩擦力f随外力F的变化关系如图乙所示，重力加速度取g＝10m/s2，则下列判断正确的是（　　）
A．A、B两物体的质量分别为0.5kg和1kg
B．当t＝1s时，A、B恰好发生相对滑动
C．当t＝3s时，A的加速度为4m/s2
D．B物体运动过程中的最大加速度为22m/s2
【分析】根据图乙中A与B，B与地面的摩擦力可解得AB质量，对A和整体分析可知A，B发生相对滑动的时间；再根据整体分析解得t＝3s时的加速度；B受A和地面对其的摩擦力作用，根据牛顿第二定律求得最大加速度。
【解答】解：A、设A，B两物体的质量分别为m1、m2，根据A与B间摩擦力f随外力F的变化关系可得A与B间滑动摩擦力为f1＝μ1m1g＝6N，B与地面的摩擦力为f2＝μ2（m1+m2）g＝3N，联立解得：m1＝1kg，m2＝0.5kg，故A错误；
B、A，B发生相对滑动时，对A有F'﹣f1＝m1a，对B有μ1m1g﹣μ2（m1+m2）g＝m2a，联立可得F'＝12N，即：t＝4s，故B错误；
C、由B项分析可知，当t＝3s时，A，B相对静止一起做匀加速运动，则有F1﹣μ2（m1+m2）g＝（m1+m2）a1，代入数据可得：a1＝4m/s2，故C正确；
D、B物体运动过程中加速度最大时有：μ1m1g﹣μ2（m1+m2）g＝m2a1，代入数据可得：a2＝6m/s2，故D错误．
故选：C。
5．一长轻质薄硬板C置于光滑水平地面上，其上放有质量均为2kg的A、B两物块，A、B与C之间的动摩擦因数分别为μ1＝0.2、μ2＝0.3，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10m/s2．下列说法正确的是（　　）
A．若F＝12N，B、C间的摩擦力大小为6N
B．若F＝6N，B的加速度大小为2m/s2
C．无论力F多大，B与C都不会发生相对滑动
D．无论力F多大，A与C都不会发生相对滑动
【分析】当A、C之间的摩擦力达到最大静摩擦力时，A、C之间开始出现相对运动，根据牛顿第二定律求解此时BC的加速度，再对A分析求解临界的拉力F0，将题中所给的外力值和临界值F0进行比较从而判断三者是否发生了相对运动并根据牛顿第二定律求解加速度。
【解答】解：ABD、地面光滑，只要给A物块向左的作用力，A物块相对C就会向左运动，A物块对轻质薄硬板C有向左的摩擦力作用，则轻质薄硬板C相对物体B向左运动，则对物块B产生向左的摩擦力作用，故A、B物块都会向左加速运动。
当F增大到一定值时，A物块与C相对滑动，此时B与C之间的摩擦力还没达到最大静摩擦力，B物块与C相对静止。
A与C相对滑动瞬间，A与C间摩擦力为：fA＝μ1mAg＝4N，
对BC整体有：fA＝mBa，代入数据解得：，
对A物体根据牛顿第二定律有：F0﹣fA＝mAa，
代入数据解得：F0＝8N，
所以当F＝12N时，A、C之间发生相对运动，根据牛顿第二定律可知BC之间的摩擦力为：fBC＝mBa＝4N，
当F＝6N时，A、C之间没有发生相对运动，三者以相同的状态运动，此时B的加速度为故ABD错误；
C、当AC之间出现相对运动时，BC之间还未出现滑动摩擦力，而之后由于AC之间的滑动摩擦力始终小于BC之间的最大静摩擦力，所以无论F多大，BC之间都不会出现相对滑动，故C正确。
故选：C。
二．解答题（共15小题）
6．如图所示，质量M＝0.2kg、长L＝1m的长木板放在地面上，质量m＝0.8kg的小滑块在长木板左端，带有底座的倾角为θ＝37°、长为s0＝1m的斜面AB固定在地面上，斜面底端A的水平线与长木板上表面相平，长木板右端与底座左端相距x＝1m。现用水平向右外力F＝6.8N作用在小滑块上，使小滑块和长木板一起向右做匀加速运动，长木板与底座相碰时，立即粘在底座上，小滑块到达A点后撤去外力F，小滑块沿着斜面向上运动。已知滑块与长木板和斜面间的动摩擦因数均为μ1＝0.5，长木板与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.23。已知重力加速度g＝10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：
（1）在长木板与底座相碰前，长木板和小滑块加速度的大小；
（2）小滑块到达A点时速度的大小；
（3）小滑块在斜面上运动的时间。
【分析】（1）根据牛顿第二定律计算，注意长木板与小滑块之间是不是保持相对静止；
（2）根据运动学公式计算；
（3）分别计算出沿斜面上升和下滑时的加速度，结合运动学公式计算即可。
【解答】解：（1）设小滑块和长木板的加速度分别为a1和a2，根据牛顿第二定律有
对小滑块：F﹣μ1mg＝ma1
对长木板：μ1mg﹣μ2（M+m）g＝Ma2
代入数据解得：，
因为a1＜a2，这是不可能的，所以应该是小滑块和长木板保持相对静止一起加速运动，则长木板的小滑块的加速度为a，根据牛顿第二定律有
F﹣μ2（M+m）g＝（M+m）a
代入数据解得：a＝4.5m/s2
（2）设长木板和底座相碰时的速度为v1，则
以后小滑块的加速度为a1，根据牛顿第二定律有
F﹣μ1mg＝ma1
设小滑块到达A点时速度的大小为v2，则有
代入数据解得
v2＝4m/s
（3）设小滑块在斜面上向上运动的加速度大小为a3，根据牛顿第二定律有
mgsinθ+μ1mgcosθ＝ma3
则向上运动的时间为
则沿斜面向上滑动的距离为
小滑块在斜面上速度为零后，将向下滑动，设向下滑动的加速度大小为a4，则
mgsinθ﹣μ1mgcosθ＝ma4
沿斜面下滑的时间为t2，则有
则小滑块在斜面上运动的时间为
t＝t1+t2
联立以上各式，代入数据解得
t＝s
答：（1）在长木板与底座相碰前，长木板和小滑块加速度的大小为4.5m/s2；
（2）小滑块到达A点时速度的大小为4m/s；
（3）小滑块在斜面上运动的时间为s。
7．如图甲、乙所示，质量M＝2kg、长L＝2m、高h＝0.8m的长木板置于水平地面上，长木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.2，一质量m＝1kg的小滑块（视为质点）于图甲中放在长木板的中央处，图乙中放在长木板的左端，且图甲中长木板上表面光滑，图乙中长木板与小滑块间的动摩擦因数μ2＝0.5，两种情况均在恒力作用下从静止开始运动，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）图甲中若小滑块由静止到离开长木板的时间为1s，恒力F的大小；
（2）在第（1）问情况中，图甲中小滑块落地时距长木板左端的水平距离；
（3）图乙中若恒力F′＝10N，求小滑块离开长木板的时间。
【分析】（1）小滑块始终静止，对长木板根据位移—时间公式得到长木板的加速度，然后根据牛顿第二定律计算拉力；
（2）小滑块离开长木板后做自由落体运动，根据自由落体运动规律得到落地时间，然后根据长木板的位移—时间公式得到长木板的位移，进而计算二者之间的距离；
（3）根据牛顿第二定律分别得到小滑块和长木板的加速度，根据运动学公式计算即可。
【解答】解：（1）图甲中长木板上表面光滑，小滑块始终静止，图甲中若小滑块由静止到离开长木板的时间为1s，对木板有
解得
对木板有
F﹣μ1（m+M）g＝Ma1
解得
F＝10N
（2）小滑块离开木板做自由落体运动，有
解得
t2＝0.4s
木块滑离木板，对木板有
F﹣μ1Mg＝Ma2
解得
小滑块离开长木板时长木板的速度为
v1＝a1t1＝2×1m/s＝2m/s
图甲中小滑块落地时距长木板左端的水平距离为
m＝1.04m
（3）对小滑块有
F′﹣μ2mg＝ma3
解得
对长木板有
μ2mg＝0.5×1×10N＝5N＜μ1（m+M）g＝0.2×（2+1）×10N＝6N
长木板静止不动，小滑块离开长木板的时间为t3，则
解得
答：（1）图甲中若小滑块由静止到离开长木板的时间为1s，恒力F的大小为10N；
（2）在第（1）问情况中，图甲中小滑块落地时距长木板左端的水平距离为1.04m；
（3）图乙中若恒力F′＝10N，小滑块离开长木板的时间为。
8．如图所示，质量为M（大小未知）的长木板静止在粗糙水平地面上，一个质量m＝4kg的物块（可视为质点）在某一时刻以v0＝6m/s的水平初速度从木板左端滑上木板，经t1＝2s时间后物块与木板恰好达到共同速度，且在此时对木板施加方向水平向右的恒力F＝20N作用，物块又经t2（大小未知）时间后从木板的左端滑出。已知物块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.2，木板与水平地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）物块滑上长木板达到共速前，物块与长木板各自的加速度大小；
（2）长木板的质量M以及两者达到共速的瞬间，物块到木板左端间的距离d。
【分析】（1）物块与木板之间存在摩擦力，物块在滑动时受到的摩擦力使其减速，同时木板因摩擦力加速。根据物块的初速度、摩擦力和质量，可以计算出物块和木板的加速度。
（2）利用木块与木板之间的摩擦力和牛顿第二定律，结合已知的动摩擦因数关系，可以求解出木板的质量
M。物块在滑上木板的过程中具有初速度，经过一段时间与木板达到相同速度，可以分别求出物块和木板在这段时间内的位移。进而求出物块相对木板的位移差，确定物块与木板左端的距离。
【解答】解：（1）设物块的加速度大小为a1，由题意得u1＝0.2，由牛顿第二定律有：μ1mg＝ma1，解得：
因为2s时达到共速，此时速度大小：v1＝v0﹣a1t1，解得：v1＝2m/s
长木板由静止做匀加速直线运动，加速度大小：，解得：
（2）对长木板由牛顿第二定律有：μ1mg﹣μ2（m+M）g＝Ma2，解得：M＝2kg
2s内物块对地位移大小为，解得：x1＝8m
2s内长木板对地位移大小为：，解得：x2＝2m
则t＝2s时物块到长木板左端的距离为：d＝x1﹣x2＝8m﹣2m＝6m
答：（1）物块滑上长木板达到共速前，物块与长木板各自的加速度大小分别为：，
（2）长木板的质量M＝2kg，两者达到共速的瞬间，物块到木板左端间的距离d＝6m
9．如图所示，在粗糙的水平地面上有一长为L＝12m、质量为M＝2kg的长木板B，在长木板的中点P放有一质量为m＝1kg（可视为质点）的小物块A，开始时A、B均静止。已知A与B、B与地面之间的动摩擦因数分别为μ1＝0.1和μ2＝0.3，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现用水平向右的恒力拉长木板B，重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）当A刚好相对B开始滑动时，水平拉力F0的大小；
（2）若水平拉力F1＝10.5N，A所受到的摩擦力大小；
（3）若水平拉力F2＝24N，要使A刚好不滑离B，则F2作用多长时间后撤去？并求A最终停在B上的位置。
【分析】（1）当A与B刚好相对滑动时，A、B之间静摩擦力达到最大值，对A，根据牛顿第二定律求出加速度，再对整体，利用牛顿第二定律求水平拉力F0的大小；
（2）若水平拉力F1＝10.5N，分析A、B的运动状态，对整体，由牛顿第二定律求出加速度，再对A，利用牛顿第二定律求A所受到的摩擦力大小；
（3）若水平拉力F2＝24N，A与B相对滑动，分析A和B的运动情况，根据牛顿第二定律求解各个阶段B的加速度大小，再根据速度—时间关系、位移—时间关系列方程求解。
【解答】解：（1）当A与B刚好相对滑动时，A、B之间静摩擦力达到最大值，对A，由牛顿第二定律有
μ1mg＝ma0
解得：
对A、B整体，由牛顿第二定律有
F0﹣μ2（M+m）g＝（M+m）a0
解得：F0＝12N
（2）由于F1＝10.5N＜F0＝12N
且F1＞μ2（M+m）g＝0.3×（2+1）×10N＝9N
所以A、B一起向右做匀加速运动，对A、B整体，由牛顿第二定律有
F1﹣μ2（M+m）g＝（M+m）a共
解得：
对A，由牛顿第二定律有
f＝ma共
解得：f＝0.5N
（3）由于水平拉力F2＝24N＞F0＝12N
故A、B相对滑动，对A，由牛顿第二定律有
μ1mg＝ma1
解得：
对B，由牛顿第二定律有
F2﹣μ2（M+m）g﹣μ1mg＝Ma2
解得：
设拉力作用t1时最终小物块刚好没有滑离长木板，则t1时间内小物块速度和位移分别为
v1＝a1t1，
t1时间内木板的速度和位移分别为
v2＝a2t1，
此过程中A相对B向左滑动距离
水平拉力撤去后，设再经时间t2，A、B刚好共速，因A的受力不变，故A继续加速，加速度仍然为
B做减速运动，且有
μ2（M+m）g+μ1mg＝Ma3
解得：
则有
v共＝v1+a1t2＝v2﹣a3t2
此过程中A相对B向左滑动
此时A刚好滑到B最左端，则有
Δx＝Δx1+Δx2＝
联立解得：v共＝2m/s，t1＝t2＝1s
即F2作用1s时间后撤去，A刚好不从B的左边滑离。由于A、B间动摩擦因数小，故共速后A相对B向右滑动，A向右减速，加速度大小仍然为
B向右减速，设加速度大小为a4，则有
μ2（M+m）g﹣μ1mg＝Ma4
解得：
此后，A、B分别运动x3、x4后停下，有
x3＝，x4＝
解得：x3＝2m，x4＝0.5m
A相对B向右滑动了
Δx′＝x3﹣x4＝2m﹣1.5m＝1.5m
即A最终停在B上离B左端1.5m的位置。
答：（1）当A刚好相对B开始滑动时，水平拉力F0的大小为12N；
（2）A所受到的摩擦力大小为0.5N；
（3）F2作用1s时间后撤去，A最终停在B上离B左端1.5m的位置。
10．如图所示，在光滑的水平面上有一长L＝4m、质量为M＝4kg的木板，在长木板右端有一质量为m＝1kg的小物块，长木板与小物块间动摩擦因数为μ＝0.2，长木板与小物块均静止。现用F＝18N的水平恒力作用在木板上（g取10m/s2）。
（1）求木板加速度a1和小物块加速度a2的大小；
（2）经过多长时间小物块脱离木板。
【分析】（1）利用整体法和隔离法分别利用牛顿第二定律可得小物块相对木板滑动时的拉力大小，此拉力与18N水平恒力比较，可知小物块相对长木板滑动，分别对木板和小物块利用牛顿第二定律可得加速度大小；
（2）利用木板运动的位移与小物块运动的位移之差等于木板的长度求解。
【解答】解：（1）当小物块相对木板恰好滑动时，小物块受到的摩擦力恰好等于滑动摩擦力，由牛顿第二定律有：μmg＝ma0
此时二者的加速度大小相等，把小物块与木板看作一个整体，由牛顿第二定律有：F0＝（m+M）a0
代入数据可得小物块相对长木板恰好滑动时的拉力大小为：F0＝10N
因F＝18N＞F0＝10N，可知两物体相对滑动，对木板由牛顿第二定律可得其加速度大小为：
对小物块由牛顿第二定律可得其加速度大小为：
（2）设经过时间t小物块脱离木板，则有：
代入数据可得：t＝2s
答：（1）木板加速度a1的大小为4m/s2和小物块加速度a2的大小为2m/s2；
（2）经过2s小物块脱离木板。
11．如图所示，在光滑的水平面上有一足够长的质量为M＝4kg的长木板，在长木板右端有一质量为m＝1kg的物块，长木板与物块间动摩擦因数为μ＝0.2，长木板与物块均静止，现用F＝14N的水平恒力向右拉长木板，经时间t＝1s撤去水平恒力F。求：
（1）在F的作用下，长木板的加速度为多大？
（2）刚撤去F时，物块离长木板右端多远？
（3）最终物块与长木板间的相对路程？
【分析】（1）对长木板受力分析，根据牛顿第二定律求出长木板的加速度；
（2）先根据牛顿第二定律求出小物块的加速度，然后根据匀变速直线运动位移—时间公式求出长木板和小物块的位移，二者位移之差即为小物块离长木板右端的距离；
（3）刚撤F时，根据v＝at求出长木板和小物块的速度，然后根据牛顿第二定律求出长木板的加速度，再利用二者速度相等求出最终速度和经历时间；根据速度—位移公式求出从撤去F到二者速度相等分别运动的位移，进而得出二者的相对位移，再加上撤去F前的相对位移即为最终小物块离长木板右端的距离。
【解答】解：（1）对木板，根据牛顿第二定律可得：a1＝＝＝3m/s2；
（2）撤去F之前，小物块水平方向只受摩擦力作用，故小物块加速度大小为：
a2＝＝μg＝0.2×10m/s2＝2m/s2
小物块相对木板向左的位移为：
Δx1＝a1t2﹣a2t2
代入数据解得：Δx1＝0.5m
即刚撤去F时，小物块离长木板右端0.5m；
（3）刚撤去F时，木板的速度为：v1＝a1t＝3×1m/s＝3m/s
小物块速度为：v2＝a2t＝2×1m/s＝2m/s
撤去F后，长木板的加速度大小为：a1′＝
解得：a1′＝0.5m/s2
最终速度为：v＝v2+a2t′＝v1﹣a1′t′
解得：t′＝0.4s，v＝2.8m/s
在t′内，小物块相对木板向左的位移为：
Δx2＝t′﹣t′
解得：Δx2＝0.2m
最终物块与长木板间的相对路程为：x＝Δx1+Δx2＝0.5m+0.2m＝0.7m。
答：（1）在F的作用下，长木板的加速度为3m/s2；
（2）刚撤去F时，小物块离长木板右端0.5m；
（3）最终物块与长木板间的相对路程为0.7m。
12．如图所示，质量.M＝3kg的木板P静置于水平地面上，质量m＝2kg的小物块Q置于长木板左端，t＝0时刻对Q施加水平向右的拉力F，2s末撤去拉力。已知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，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块可视为质点，重力加速度大小取g＝10m/s2。
（1）若F＝6N，求木板P的最大速度；
（2）若F＝12N，物块恰好未从木板上滑出，求：
①撤去拉力时物块和木板的速度大小；
②木板的长度L。
【分析】（1）先根据对P、对PQ整体的受力分析，得到不发生相对滑动时的临界加速度和临界外力F，再结合题意中的力，判断物体运动状态，从而得到P的最大速度；
（2）①根据（1）中的分析，可判断题意中的外力情况下，物块的运动状态，再根据运动学关系式，计算撤去外力时物块、木板的速度大小；
②由题意可知物块恰好未从木板上滑出，根据相对位移的关系式，即可计算木板的长度。
【解答】解：（1）当PQ刚好不发生相对滑动时，PQ间，及地面与P之间，均为滑动摩擦力，
对PQ整体：F0﹣μ1（m+M）g＝（m+M）am，对P受力分析可得：μ2mg﹣μ1（m+M）g＝Mam，
联立解得：，F0＝10N；
由题意可知，此时F＝6N，即PQ不会发生相对滑动，对PQ整体：F﹣μ1（m+M）g＝（m+M）a1，解得：，
2s末撤去拉力，此时PQ整体的速度均为：，
由于：μ1＜μ2，故PQ之后不会发生相对滑动，之后PQ一起减速，即撤去拉力时，P的速度最大，为0.4m/s；
（2）①由（1）分析可知，此时拉力为12N，大于临界状态的拉力，故PQ会发生相对滑动；
对P：μ2mg﹣μ1（m+M）g＝Ma2，对Q：F﹣μ2mg＝ma3，解得：，；
2s末撤去拉力，此时P的速度为：v2＝a2t1，Q的速度为：v3＝a3t1，解得：v2＝2m/s，v3＝4m/s；
②撤去拉力后，对Q：﹣μ2mg＝ma4，得：；对P：μ2mg﹣μ1（m+M）g＝Ma5，得：；
经过一段时间后PQ共速，即：v共＝v2+a5t2＝v3+a4t2，得：t2＝0.4s，v共＝2.4m/s；之后PQ一起减速，不再相对滑动。
即从开始施加外力，到PQ的过程中，Q相对于P向右运动，到共速时相对位移最大，此时恰好不滑落，即此时的相对位移等于板长；
整个过程中，对Q：，对P：，相对位移为：Δx＝xQ﹣xP，
板长L＝Δx，解得：L＝2.4m。
答：（1）木板P的最大速度为0.4m/s；
（2）①撤去拉力时，P的速度为2m/s；Q的速度为4m/s；
②木板长度为2.4m。
13．如图所示，一足够长、质量为m＝1kg的木板B在粗糙水平面上向右运动，某时刻速度为v0＝4m/s同时一个质量也为m的物块A（可视为质点）以v1＝8m/s的速度从右侧滑上长木板。已知物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＝0.05。重力加速度g＝10m/s2，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力。试求：
（1）物块A刚滑上木板时，物块A的加速度大小a1、木板B的加速度大小a2；
（2）木板B速度为零时，物块A与木板B右端的距离；
（3）若在A滑上的瞬间，在木板B左侧，L＝2m处固定一挡板，长木板是否会撞到挡板？若会相撞，求与挡板相撞时B的速度大小；若不会相撞，求B停下来的位置距离出发点多远。
【分析】（1）根据牛顿第二定律计算；
（2）根据运动学公式计算出B速度为零时的时间，然后根据位移—时间公式分别计算A、B的位移，最后根据位移关系分析计算；
（3）根据运动学公式分别计算出它们的位移，结合长木板的长度分析。
【解答】解：（1）对物块A，根据牛顿第二定律，有
μ1mg＝ma1
解得
方向水平向右，对长木板B，根据牛顿第二定律，有
μ1mg+μ2（m+m）g＝ma2
解得
（2）规定正方向为水平向左，当B的速度为零时，根据速度—时间公式
0﹣v0＝﹣a2t1
此时A的速度
vA＝v1﹣a1t1
代入数据解得
vA＝5m/s
根据位移—时间公式可得在此时间内A向左运动的位移
B向右运动的位移
A相对于B右端的距离为
Δx＝xA+xB
代入数据解得
Δx＝8.5m
（3）之后长木板B向左加速，根据牛顿第二定律，有
μ1mg﹣μ2（m+m）g＝ma′2
方向水平向左，A继续向左减速，最后与B共速，设经时间t2A、B共速，有
v＝vA﹣a1t2＝a′2t2
B向左运动的距离
假设AB一起匀减速运动，根据牛顿第二定律
μ2×2mg＝2ma0
解得
AB间需要的最大静摩擦力
f需＝ma0
解得
f需＝0.5N
而AB间提供的最大静摩擦力
f供＝μ1mg
解得
f供＝3N＞f需
则AB一起做匀减速运动，即
μ2 2mg＝2ma
解得
a＝0.5m/s2
AB一起匀减速到零时，运动的位移
2ax＝v2
解得
x＝4m
由于
x+x'B﹣xB＞L
所以B会撞挡板，此时有
解得
v″B＝1m/s
答：（1）物块A刚滑上木板时，物块A的加速度大小a1为3m/s2，木板B的加速度大小a2为4m/s2；
（2）木板B速度为零时，物块A与木板B右端的距离8.5m；
（3）若在A滑上的瞬间，在木板B左侧，L＝2m处固定一挡板，长木板会撞到挡板与挡板相撞时B的速度大小为1m/s。
14．如图所示，质量为1kg的物块（可视为质点）放在质量为3kg的木板右端，物块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.1，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．开始时两者均静止，现对木板施加一个水平向右的恒力F，g取10m/s2。
（1）若推动木板时，物块始终与木板保持相对静止，F不能超过多大？
（2）若F＝24N，作用1s后撤去F，物块恰好不从木板上掉下，求木板长度；
（3）接第（2）问，物块与木板均停止运动后，物块距木板左端的距离为多少？
【分析】（1）由物块与木板保持相对静止，可知整体的最大加速度，从而计算外力F的大小；
（2）由（1）可知，此时物块与木板会相对滑动；根据物块恰好不从木板上掉下时的临界状态，可分析两物体的运动特点，结合运动学关系式，可得到木板相对于物块移动的最大距离，即得到木板长度；
（3）由（2）可知木板和物块共速时的速度，及此时物块在木板上的位置，对之后的两物块受力分析，根据运动学特点，可计算二者停止时，各自运动的位移，即可得到物块与木板左端的距离。
【解答】解：（1）物块与木板刚好相对静止时，对物块：μ1mg＝mam，
对木板和物块整体：Fm﹣μ2（M+m）g＝（M+m）am，解得：Fm＝12N；
（2）由（1）可知，此时物块与木板会相对滑动；
在撤去外力时，对物块：v1＝amt1，解得：v1＝1m/s；
对木板：F﹣μ2（M+m）g﹣μ1mg＝Ma1，v2＝a1t1，解得：v2＝5m/s；
撤去外力后，对物块，其水平方向上，仅受向右的滑动摩擦力，加速度大小不变；
对木板，水平方向上：﹣μ2（M+m）g﹣μ1mg＝Ma2，解得：；
即木板减速，物块加速，直至二者速度相等时，木板相对物块向右的位移达到最大值，
从撤去外力到共速时，v共＝v2+a2t2＝v1+amt2，解得：t2＝1s，v共＝2m/s；
由物块刚好不从板上滑落，可知二者相对位移恰好等于板长，即：，代入解得：L＝4m；
（3）由（2）分析可知，木板和物块共速时，物块恰好到木板的左端，之后，由μ2＞μ1 可知，木板和物块不能相对静止；
物块受到水平向左的滑动摩擦力，加速度大小不变，方向变为水平向左，从共速到停下，物块向右移动的位移为：，
木板收到地面水平向左的滑动摩擦力，和物块对它水平向右的滑动摩擦力，合力水平向左，
从共速到停下，木板的加速度大小为：，木板向右移动的位移为：，解得：；
物块距离木板左端的距离为：。
答：（1）若推动木板时，物块与木板保持相对静止，外力不能超过12N；
（2）木板长度为4m；
（3）物块距离木板左端的距离为。
15．如图所示，光滑水平面上，把质量为m的小物块A静置于质量为M的木板B的左端。在与水平面成37°右偏上的恒力F的作用下开始运动，经过1秒后撤去F。已知m＝1.5M，F＝，AB之间动摩擦因数μ＝，忽略空气阻力的影响，g＝10m/s2。（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）
（1）求A和B在前一秒内运动的加速度；
（2）若A最终没有从B上滑下来，则B的长度至少为多少？
【分析】（1）分析小物块A、木板B的受力情况，运用牛顿第二定律解答；
（2）分析A、B的运动情况，根据运动学公式解答。
【解答】解：（1）对A受力分析，竖直方向有FN+Fsin37°＝mg
水平方向由牛顿第二定律得Fcos37°﹣μFN＝ma1
联立解得a1＝5m/s2
对B受力分析，水平方向由牛顿第二定律得μFN＝Ma2
解得a2＝2.5m/s2
（2）在1s内，A做匀加速直线运动，速度为v1＝a1t
位移为x1＝
B做匀加速直线运动，速度为v2＝a2t
位移为x2＝
A相对B向右运动Δx＝x1﹣x2
解得Δx＝1.25m
撤去力F后，A做匀减速直线运动，对A受力分析，由牛顿第二定律有μmg＝ma'1
B做匀加速直线运动，对B受力分析，由牛顿第二定律有μmg＝Ma'2
A不从B上掉下，则二者最终共速，有v1﹣a'1t'＝v2+a'2t'
代入解得t'＝0.3s
A相对地面的位移x3＝v1t'﹣
B相对地面的位移x4＝v2t'+
A在B上又向右运动Δx'＝x3﹣x4
解得Δx'＝0.375m
则B的长度至少为L＝Δx+Δx'＝1.25m+0.375m＝1.625m
答：（1）A和B在前一秒内运动的加速度分别为5m/s2、2.5m/s2；
（2）若A最终没有从B上滑下来，则B的长度至少为1.625m。
16．如图甲所示，粗糙水平地面上有一质量M＝6kg的足够长木板B，将一质量m＝2kg的小物块A（视为质点）轻放在木板B的右端，从t＝0时刻起对B施加一水平向右的水平恒力F，经过t＝4s后撤去恒力F，用传感器测得A、B的速度—时间图像如图乙所示，取g＝10m/s2。求：
（1）A、B间的动摩擦因数μ1；
（2）B与地面间的动摩擦因数μ2，恒力F的大小；
（3）A、B均停止运动后A到B右端的距离L。
【分析】（1）根据图乙所示图像求出A的加速度大小，然后应用牛顿第二定律求出动摩擦因数；
（2）根据图乙所示图像求出B的加速度大小，然后应用牛顿第二定律求解；
（3）v﹣t图像与坐标轴围成图形的面积表示位移，根据图乙所示图像应用运动学公式求解。
【解答】解：（1）物块A在B上做加速运动，加速度为
根据
aA＝μ1g
可得
μ1＝0.1
（2）力F作用于木板B时的加速度
由牛顿第二定律
F﹣μ1mg﹣μ2（M+m）g＝MaB1
撤去F后木板B的加速度大小
由牛顿第二定律
μ1mg+μ2（M+m）g＝MaB2
联立解得
μ2＝0.35
F＝45N
（3）由图像可知5s时AB速度相等v＝5m/s，此时A相对B向后的位移，即A距离B右端的距离为
AB速度相等以后，A做减速运动，加速度为；B减速运动的加速度
μ2（M+m）g﹣μ1mg＝MaB3
代入数据解得
速度减为零时的位移
代入数据解得
A速度减为零时的位移
A、B均停止运动后A到B右端的距离
L＝x1+xB﹣xA
代入数据解得
L＝5.38m
答：（1）A、B间的动摩擦因数为0.1；
（2）B与地面间的动摩擦因数为0.35；恒力F的大小为45N；
（3）A、B均停止运动后A到B右端的距离为5.38m。
17．如图所示，放在水平地面上的长木板B长为3m，质量为m＝2kg，B与地面间的动摩擦因数为μ1＝0.2。一质量为M＝3kg的小铅块A放在B的左端，A、B之间动摩擦因数为μ2＝0.4。刚开始A、B均静止，现使A以5m/s的初速度向右运动（g＝10m/s2），求：
（1）A、B刚开始运动时的加速度；
（2）B在地面上滑行的最大距离。
【分析】（1）确定A和B受到的滑动摩擦力，根据牛顿第二定律解答。
（2）分析A、B的运动过程，根据牛顿第二定律与运动学公式解答。
【解答】解：（1）小铅块A受到的滑动摩擦力大小为：f1＝μ2Mg＝0.4×3×10N＝12N
地面对长木板B的滑动摩擦力大小为：f2＝μ1（m+M）g＝0.2×（2+3）×10N＝10N
根据牛顿第二定律，A的加速度大小为：
解得：，方向向左；
B的加速度大小为：
解得：，方向向右。
（2）A向右匀减速运动，B向右匀加速运动，当A、B的速度相同时，因μ2＞μ1，故两者不再发生相对滑动。
由共速可得：v共＝v0﹣a1t＝a2t，其中：v0＝5m/s
解得：t＝1s，v共＝1m/s
此过程A的位移大小为：，解得：xA＝3m
此过程B的位移大小为：，解得：xB＝0.5m
则A、B的相对位移大小为：Δx＝xA﹣xB＝3m﹣0.5m＝2.5m＜3m，所以A不会从B上滑离，共速之后A、B一起做匀减速直线运动。
根据牛顿第二定律可得共速后的加速度大小为：
，解得：
共速之后A、B一起运动的最大位移为：
，解得：xAB＝0.25m
可得B滑行的距离为：x＝xB+xAB＝0.5m+0.25m＝0.75m
答：（1）A、B刚开始运动时A的加速度大小为4m/s2，方向向左；B的加速度大小为1m/s2，方向向右；
（2）B在地面上滑行的最大距离为0.75m。
18．如图所示，A、B两物块的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上。A、B间的动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对A施加一水平拉力F，求：
（1）B的最大加速度；
（2）若A、B发生相对运动，F的最小拉力；
（3）当F＝μmg时，A的加速度大小。
【分析】（1）根据A、B之间的最大静摩擦力，隔离对B分析求出整体的临界加速度；
（2）根据牛顿第二定律，分别对A和整体分析，求出A、B发生相对滑动时的最小拉力；
（3）把F与最大静摩擦力比较，得出A、B以共同的加速度开始运动，对整体根据牛顿第二定律求解A的加速度大小。
【解答】解：（1）B所受合力的最大值，
B的最大加速度，方向水平向右，
（2）设当A、B恰好发生相对滑动时的拉力为F′，加速度为a′，则对A，有F′﹣2μmg＝2ma′，
对A、B整体，有，
解得F′＝3μmg。
（3）当，
A、B以共同的加速度开始运动，将A、B看作整体，由牛顿第二定律有，
解得。
答：（1）B的最大加速度为，方向水平向右；
（2）A、B不发生相对运动，F的最大拉力为3μmg；
（3）当F＝μmg时，A的加速度大小为。
19．如图甲所示，一长木板A在水平地面上向右运动，在t＝0时刻将一无初速度的物块B轻放到木板上，取水平向右为正方向，B相对于A的速度用vBA表示，在0 0.75s内，相对速度vBA随时间t变化的关系图像如图乙所示。已知A、B的质量关系为mA＝2mB，A与B及A与地面之间均有摩擦（动摩擦因数不等），最大静摩擦力等于滑动摩擦力，B始终没有滑出A，重力加速度g＝10m/s2。求：（结果可以保留分数）
（1）A与B间、A与地面间的动摩擦因数；
（2）从t＝0时刻到A与B均停止运动时，B相对于A的位移大小。
【分析】（1）根据图乙的图像斜率可得到B相对A的加速度，根据牛顿第二定律求解动摩擦因数。
（2）在0～0.5s内B相对于A的位移可用图乙中0～0.5s内图线与横轴围成的面积求得。根据运动学公式求得0.5s时刻之后B相对于A的位移，两阶段的相对位移之和即为所求。
【解答】解：（1）t＝0时刻开始B相对于A向左滑动，B受到向右的滑动摩擦力，相对于地面向右做匀加速直线运动，A相对于地面向右做匀减速运动，到0.5s时二者共速。设B与A间、A与地面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2。在0～0.5s内，根据牛顿第二定律得：
对B有：μ1mBg＝mBaB1
对A有：﹣μ1mBg﹣μ2（mA+mB）g＝mAaA1
由图乙可知在0～0.5s内B相对于A的加速度为：
在0.5～0.75s内，vBA＞0，故B受到的滑动摩擦力向左，相对于地面向右做匀减速直线运动，A相对于地面向右做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律得：
对B有：﹣μ1mBg＝maB2
对A有：μ1mBg﹣μ2（mA+mB）g＝mAaA2
由图乙可知相对加速度为：
联立解得：，μ2＝0.4，，，
（2）在0～0.5s内，B相对于A的位移可用图乙中0～0.5s内图线与横轴围成的面积计算，则有：
t＝0.5s时刻B相对于地面的速度为：
由图乙可知t＝0.5s时刻vBA＝0，故A相对于地面的速度为
此后A减速到零的位移为：，解得：
B减速到零的位移为：，解得：
B相对于A的位移为：xBA2＝xB﹣xA＝
从t＝0时刻到B与A均停止运动时，B相对于A的位移为：xBA＝xBA1+xBA2＝﹣1.25m+＝
即B相对于A的位移大小为
答：（1）A与B间、A与地面间的动摩擦因数分别为、0.4；
（2）从t＝0时刻到A与B均停止运动时，B相对于A的位移大小为。
20．如图甲，足够长、质量mQ＝2kg的木板Q静止在水平面上，质量mP＝2kg的小滑块P（可视为质点）静止在木板左端，滑块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.5，木板与水平面间的动摩擦因数μ2＝0.2。从零时刻起，对滑块施加水平向右的恒定外力F＝15N，此时滑块相对木板滑动，经过时间t＝2s撤去此力。取g＝10m/s2，则：
（1）撤去外力前，滑块受到的摩擦力大小；
（2）木板的最大速度；
（3）如图乙，若零时刻起，对滑块施加的恒定外力F′＝15N，方向变为与水平面成θ＝53°斜向右上方，经过时间t′＝2.4s撤去此力，已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，求木板运动的时间。
【分析】（1）根据滑动摩擦力公式求解；
（2）撤去拉力时速度最大，先判断木板是否运动，再根据“到达木板的中点”通过位移列方程求解；
（3）共速态是运动过程的转折点，分别求解共速前后的时间再求和。
【解答】解：（1）撤去外力前，滑块受到的摩擦力
f＝μ1mPg＝0.5×2×10N＝10N
（2）撤去外力前，设滑块P和木板Q的加速度分别为a1和a2，速度分别为v1和v2，对P根据牛顿第二定律：
F﹣μ1mPg＝mPa1
得
可知
v1＝a1t＝2.5×2m/s＝5m/s
对Q
μ1mPg﹣μ2（mP+mQ）g＝mQa2
得
可知
v2＝a2t＝2×1m/s＝2m/s
撤去外力后，木板以加速度a2继续加速，滑块以加速度a3减速，根据牛顿第二定律
对P
μ1mPg＝mPa3
得
设经过t1后滑块和木板共速
v1﹣a3t1＝v2+a2t1
代入求得
t1＝0.5s
则木板的最大速度
vm＝v2+a2 t1
解得vm＝2.5m/s
（3）滑块在拉力作用下加速运动，设其加速度为aP1，根据牛顿第二定律，对
F′cosθ﹣f1＝mPaP1
且
f1＝μ1（mPg﹣F′sinθ）
综合解得
此过程中，木板与水平面间的摩擦力
f2＝μ2（mPg+mQg﹣F′sinθ）
解得f2＝5.6N
由于f1＜f2，所以木板不动。
撤去拉力时，滑块的速度最大
vP＝aP1t′
解的vP＝6m/s
撤去F′后，滑块与木板间摩擦力f＝μ1mPg，滑块减速的加速度大小
木板加速的加速度aQ 2，则
f﹣μ2（mPg+mQg）＝mQaQ2
得
设再经过t2时间滑块与木板速度相同
v共＝vP﹣aP2t2＝aQ2t2
代入求得
t2＝1s，v共＝1m/s
共速后二者一起匀减速至停止。其加速度
该过程的运动时间
木板的运动时间
t总＝t2+t3＝1s+0.5s＝1.5s
答：（1）撤去外力前，滑块受到的摩擦力大小为10N；
（2）木板的最大速度为2.5m/s；
（3）如图乙，若零时刻起，对滑块施加的恒定外力F′＝15N，方向变为与水平面成θ＝53°斜向右上方，经过时间t′＝2.4s撤去此力，木板运动的时间为1.5s。
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