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小题精练04 板块问题
一、模型特点
滑块放置于木板上，木板放置于水平桌面或地面上，或斜面上
二、分析思路
三、分析滑块—木板模型时要抓住一个转折和两个关联
四、解决滑块—木板模型中速度临界问题的思维模板
五、解决滑块—木板模型中计算问题常用工具——两图四明确。
（1）画运动过程示意图
通过审题、分析与计算，画运动过程示意图，明确各运动过程的时间与位移及位移间关系、明确各时刻的空间位置、速度及速度大小关系。
（2）画速度-时间图像
通过审题、分析与计算，结合运动过程示意图，画v-t图像，明确图像与坐标轴围成的面积对应运动过程示意图中的哪段位移，明确图像拐点对应运动过程示意图中哪个位置和时刻及瞬时速度。
如果已给出了v-t图像，要能够从图像中获取关键的已知数据。
（2024 重庆模拟）如图1所示，一滑块置于长木板左端，木板放置在水平地面上。已知滑块和木板的质量均为2kg，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2所示。设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度g取10m/s2，则下列说法不正确的是（ ）
A．木板与水平地面间的动摩擦因数为0.1
B．滑块与木板间的动摩擦因数为0.4
C．图2中t2＝16s
D．木板的最大加速度为a2＝2m/s2
【解答】解：滑块与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与水平地面间的动摩擦因数为μ2。
B、由题意可知t2时刻之后滑块受到的滑动摩擦力为f1＝8N，不随F的变化而变化，故滑块与木板间发生了相对滑动，则有：
f1＝μ1mg
解得：μ1＝0.4，故A正确；
A、由题意可知可知0～t1时间内滑块与木板均静止；t1～t2时间内滑块与木板相对静止一起运动。可得t1时刻木板与地面间达到最大静摩擦力为f2＝4N，则有：
f2＝μ2 2mg
解得：μ2＝0.1，故B正确；
CD、t2时刻滑块与木板恰好发生相对滑动，木板的加速度达到最大（设为am），根据牛顿第二定律，对滑块、木板分别可得：
F﹣μ1mg＝mam
μ1mg﹣μ2 2mg＝mam
其中：F＝0.8t2（N）
联立解得：am＝2m/s2，t2＝15s，故C错误，D正确。
此题选择不正确的
故选：C。
（2024 重庆模拟）如图甲所示，水平地面上有一长平板车M，平板车右端放一物块m，开始时M、m均静止。t＝0时，平板车在外力作用下开始沿水平面向右运动，其v﹣t图像如图乙所示，整个过程中物块m恰好没有从平板车上滑下。已知物块与平板车间的动摩擦因数为0.1，取g＝10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．0～4s内，物块m的加速度一直变大
B．整个过程中，物块m相对平板车M滑动的时间为4s
C．平板车M的长度为12m
D．物块m相对平板车M的位移为16m
【解答】解：AB、根据题意，如物块与平板车保持相对静止，由牛顿第二定律可得，最大的加速度为μmg＝mam
解得加速度
由乙图可知，M减速时加速度
可知，物块与平板车发生相对滑动，设t秒时两者共速，则有amt＝8﹣2（t﹣2）
得t＝4s
v4＝（8﹣2×2）m/s＝4m/s
共速后，由于平板车的加速度为
物块减速时，由牛顿第二定律得﹣μmg＝ma'm
得
平板车的加速度大于物块的加速度，所以物块以1m/s2的加速度减速，设共速后再经t1减速到零，由运动学公式0＝4﹣a'mt1
解得t1＝4s
即t'＝4s+4s＝8s
物块的速度减为零，两物体的速度—时间图像如图所示
整个过程中，物块m的加速度大小一直为1m/s2，物块m相对平板车M滑动的时间为8s，故AB错误；
CD、4秒前的打滑位移
4秒后的打滑位移
所以平板车的长度为12m，物块m相对平板车的位移大小为12m﹣4m＝8m，方向向左
故D错误，C正确。
故选：C。
（2023 朝阳区校级模拟）如图所示，在一辆小车上，有质量为m1，m2的两个物块（m1＞m2）随车一起匀速运动，它们与小车上表面的动摩擦因数始终相同，当车突然停止时，如不考虑其他因素，设小车无限长，则两个滑块（ ）
A．无论小车上表面光滑还是粗糙都一定不相碰
B．无论小车上表面光滑还是粗糙都一定相碰
C．上表面光滑一定相碰上表面粗糙一定不相碰
D．上表面光滑一定不相碰上表面粗糙一定相碰
【解答】解：如果小车上表面光滑，当车突然停止时，两物块所受的合力均为零，将以相同的速度做匀速直线运动，一定不会相撞；
如果小车上表面粗糙，当车突然停止时，两物块的合外力均为滑动摩擦力，均做匀减速运动，根据牛顿第二定律可得加速度大小为：，因为初速度相同，减速的加速度相同，根据速度—位移关系可得：v2＝2ax，可知两个滑块运动情况相同，所以两滑块一定不相撞，故A正确、BCD错误。
故选：A。
（2024 长春一模）木板静置于光滑水平地面上，初始时刻滑块以一定的水平初速度v0从左端滑上木板，当二者速度恰好相等时，对比初始时刻滑块和木板的位置情况可能是（ ）
A． B．
C． D．
【解答】解：滑块的速度比木板速度大，则物块的位移x1大于木板的位移x2，且满足Δx＝x1﹣x2
其中Δx代表滑块相对木板的位移，故A正确，BCD错误；
故选：A。
（2024 龙凤区校级模拟）如图所示，质量相等的A、B两物体放在轻质薄板C的两端，C与水平面之间无摩擦。在水平力F1和F2的共同作用下，A、B、C一起由静止开始运动，已知F1＞F2，三者始终相对静止。（ ）
A．若突然撤去F1，物体A的加速度一定减小
B．若突然撤去F1，物体A所受的摩擦力一定减小
C．若突然撤去F2，物体B的加速度一定减小
D．若突然撤去F2，物体B所受的摩擦力一定增大
【解答】解：AB.设物体A、B的质量分别为m1、m2，轻质薄板C的质量不计。
物体A、B、C始终静止，加速度满足（m1+m2）a0＝F1﹣F2
C对A的摩擦力f1＝F1﹣m1a0
联立可知f1＞F2
撤去F1后，加速度满足（m1+m2）a1＝F2
C对A的摩擦力f1'F2
故若突然撤去F1，物体A加速度无法比较，不一定减小，而物体A所受的摩擦力一定减小，故A错误，B正确；
CD.物体C对B的摩擦力f2＝F2+m2a0
而撤去F2后，加速度为（m1+m2）a2＝F1
C对B的摩擦力f2'＝m2a2
可得：a0＜a2，f2'＜f2
故若突然撤去F2，物体B加速度一定增大，物体B所受的摩擦力一定减小，故CD错误。
故选：B。
（2024 长沙模拟）如图甲所示，长木板放在粗糙的水平地板上，一个质量m＝5kg的铁块放在长木板上，如果给铁块施加从零开始逐渐增大的水平力F＝kt（式中k≠0），铁块与长木板之间的摩擦力随时间的变化规律如图乙所示。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2，结合图中数据下列说法正确的是（ ）
A．铁块与长木板之间的动摩擦因数为0.4
B．长木板的质量为1kg
C．长木板与地板间的动摩擦因数为0.2
D．当t＝3s时铁块的速度大小为6m/s
【解答】解：A、由题图乙可知，铁块与长木板之间的滑动摩擦力为30N，则动摩擦因数为：0.6，故A错误；
BC、由题图乙可知，在t＝1s时长木板与地面之间恰产生相对滑动，所以有：F＝20N＝k×1
代入时间解得：k＝20N/s
在t＝1s时对长木板分析拉力等于地面的最大静摩擦力可知：20N＝μ2（m+M）g
在t＝3s时物块与长木板产生相对滑动，在1s～3s过程中长木板和物块的整体做加速运动，则在t＝3s时
对铁块和木板的整体：kt3﹣μ2（m+M）g＝（m+M）a
对铁块：kt3﹣fm＝ma
以上两式代入数据，对整体：20×3﹣μ2（5+M）g＝（5+M）a
对铁块：20×3﹣30＝5a
联立解得：，μ2＝0.3，故BC错误；
D、在1～3s内对木板有动量定理：I﹣μ（M+m）t13＝Mv
其中：
代入数据解得：v＝6m/s
因此过程中铁块与木板速度相同，可知当t＝3s时铁块的速度大小为6m/s，故D正确。
故选：D。
（2024 重庆模拟）如图甲，足够长木板静置于水平地面上，木板右端放置一小物块。在t＝0时刻对木板施加一水平向右的恒定拉力F，作用1s后撤去F，此后木板运动的v﹣t图像如图乙。物块的质量m＝1kg，木板的质量M＝2kg，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．撤去F时，物块的速度达到最大值
B．物块与木板、木板与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.4
C．拉力F的大小为36N
D．木板全过程运动的距离为7.5m
【解答】解：ABC、由图可知，木板在1s～1.5s的加速度大小比1.5s后的加速度大小要大，也就意味着在1.5s之前木块与木板之间相对滑动，木块做加速运动，木板做减速运动，直到1.5s时刻木块与木板共速；
在1s～1.5s内，木板的加速度大小为a1m/s2＝10m/s2
在0～1.5s内，物块的加速度大小为a2m/s2＝2m/s2
假设木板与地面的动摩擦因数为μ1，物块与木板之间的动摩擦因数为μ2
则木板在1s～1.5s内根据牛顿第二定律有：μ1（m+M）g+μ2mg＝Ma1
木块在0～1.5s内根据牛顿第二定律有：μ2mg＝ma2
代入数据联立解得：μ1＝0.6，μ2＝0.2
木板在0～1s内的加速度为a3m/s2＝8m/s2
木板在0～1s内受力为F，根据牛顿第二定律可得：F﹣μ1（m+M）g﹣μ2mg＝Ma3
代入数据解得F＝36N，故AB错误，C正确；
D、在0～1.5s内木板的位移s1v1Δt3（v1+v1.5）Δt18×1m（8+3）×0.5m＝6.75m
在0～1.5s内木块的位移s2v1.5Δt23×1.5m＝2.25m
在1.5s后，物块与木板间仍有相对滑动
物块的加速度大小为：a1′＝μ2g＝0.2×10m/s2＝2m/s2
木板的加速度大小为a2′：μ1（m+M）g﹣μ2mg＝Ma2′
解得：a2′＝8m/s2
物块到停止的时间还需要：t1′s＝1.5s
木板到停止的时间还需要：t2′s
木板的位移为：s2m＝0.5625m
木板全过程运动的距离为s＝s1+s2＝6.75m+0.5625m＝7.3125m
故D错误。
故选：C。
（2024 市中区校级模拟）如图甲，足够长木板静置于水平地面上，木板右端放置一小物块。在t＝0 时刻对木板施加一水平向右的恒定拉力F，作用1s后撤去F，此后木板运动的v﹣t图像如图乙。物块和木板的质量均为1kg，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．拉力F的大小为24N
B．物块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.4
C．物块最终停止时的位置与木板右端间的距离为3m
D．t＝2s时刻，物块的速度减为0
【解答】解：AB、由图可知，木板在1s～1.5s的加速度大小比1.5s后的加速度大小要大，也就意味着在1.5s之前木块与木板之间相对滑动，直到1.5s时刻木块与木板共速；
在1s～1.5s内，木板的加速度大小为a1m/s2＝10m/s2
在0～1.5s内，物块的加速度大小为a2m/s2＝2m/s2
假设木板与地面的动摩擦因数为μ1，物块与木板之间的动摩擦因数为μ2
则木板在1s～1.5s内根据牛顿第二定律有：μ1×2mg+μ2mg＝ma1
木块在0～1.5s内根据牛顿第二定律有：μ2mg＝ma2
代入数据联立解得：μ1＝0.4，μ2＝0.2
木板在0～1s内的加速度为a3m/s2＝8m/s2
木板在0～1s内受力为F，根据牛顿第二定律可得：F﹣μ1×2mg﹣μ2mg＝ma3
代入数据解得：拉力F＝2μ1mg+μ2mg+ma3＝（2×0.4×1×10+0.2×1×10+1×8）N＝18N，故AB错误；
C、在0～1.5s内木板的位移s1v1Δt3（v1+v1.5）Δt18×1m（8+3）×0.5m＝6.75m
在0～1.5s内木块的位移s2v1.5Δt23×1.5m＝2.25m
在1.5s后，物块与木板间仍有相对滑动
物块的加速度大小为：a1′＝μ1g＝0.2×10m/s2＝2m/s2
木板的加速度大小为a2′：μ2 2mg﹣μ1mg＝ma2′
解得：a2′＝6m/s2
物块到停止的时间还需要：t1′s＝1.5s
木板到停止的时间还需要：t2′s＝0.5s
物块的位移为：x1′m＝2.25m
木板的位移为：x2′m＝0.75m
物块最终停止时的位置与木板右端间的距离为：Δs＝s1+x2′﹣s2﹣x1′＝6.75m+0.75m﹣2.25m﹣2.25m＝3m，故C正确；
D、由上可知，物块从开始到停止运动的时间为3s，2s时的速度不为零，故D错误。
故选：C。
（多选）（2024 庐阳区校级模拟）如图所示，粗糙的水平地面上有一块长木板P，处于静止状态。小滑块Q（可视为质点）放置于长木板中点。已知滑块与长木板的动摩擦因数μ1＝0.2，木板与地面的动摩擦因数μ2＝0.3，滑块、木板的质量均为1kg，重力加速度g＝10m/s2。现将一个水平向右的力F作用在长木板的右端。则（ ）
A．F＝4N，Q受到的摩擦力为零
B．F＝14N，P的加速度等于4m/s2
C．F＝8N，Q受到的摩擦力为1N
D．F＝8N，经过4s撤去F，若要Q不从P上滑脱，长木板至少为4m
【解答】解：A、设滑块、木板的质量均为m＝1kg，木板与地面之间的最大静摩擦力为：fm＝μ2（m+m）g，解得：fm＝6N，因F＝4N＜fm，故P、Q均保持静止，则Q受到的摩擦力为零，故A正确；
B、设P、Q恰好相对滑动时力F的大小为F0，此时P、Q之间的摩擦力为最大静摩擦力，大小为μ1mg，根据牛顿第二定律得：
对Q有：μ1mg＝ma
对PQ整体有：F0﹣fm＝2ma
解得：F0＝10N
因F＝14N＞F0，故P、Q相对滑动。
对P有：F﹣μ1mg﹣μ2（m+m）g＝ma1，解得：，故B错误；
C、因fm＜F＝8N＜F0，故P、Q相对静止一起做匀加速直线运，对P、Q整体有：，解得：
对Q分析可得其受到的摩擦力为：f＝ma2＝1×1N＝1N，故C正确；
D、根据C的解答，经过4s，P、Q的速度为：v＝a2t＝1×4m/s＝4m/s
撤去F后P、Q都做匀减速直线运动，滑块Q的加速度大小为：
木板P的加速度为：，解得：
P先停止运动，Q后停止运动，两者都停止运动后，相对位移大小为：，解得：x相＝2m
因Q初始放置于长木板的中点，故板长至少为2x相＝2×2m＝4m，故D正确。
故选：ACD。
（多选）（2024 新城区校级二模）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的作用。滑块、长木板的速度图像如图乙所示，已知物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。滑块Q与长木板P之间的动摩擦因数为μ1，长木板P与地面之间的动摩擦因数为μ2，重力加速度g＝10m/s2。则下列说法正确的是（ ）
A．μ1＝0.1
B．μ2＝0.3
C．时，木板P停止运动
D．滑块Q在长木板P上滑行的相对位移为
【解答】解：AB、根据v﹣t图像可知，滑块Q加速阶段的加速度大小为：
根据牛顿第二定律可得：μ1mg＝maQ
代入数据解得：μ1＝0.1
根据v﹣t图像可知，撤去力F到P、Q共速前过程，木板P做减速运动的加速度大小为a
对木板P受力分析，根据牛顿第二定律可得
μ1mg+μ2 2mg＝maP
代入数据解得：μ2＝0.2，故A正确，B错误；
C、由v﹣t图像可知，t＝4s共速后，由于：μ2＝0.2＞μ1＝0.1
则滑块Q相对于木板P向前运动，对P受力分析，根据牛顿第二定律可得
μ2 2mg﹣μ1mg＝ma′P
代入数据解得：
则共速到木板P停下所用时间为：
代入数据解得：
木板P停止运动的时刻为：，故C错误；
D、根据v﹣t图像的面积表示位移可知，共速前，滑块Q相对P向左运动的位移为
共速后滑块Q的加速度大小仍为：，代入数据解得：
则共速后到两者都停下，滑块Q相对P向右运动的位移为
则滑块Q在长木板P上滑行的相对位移为：s相＝Δx1﹣Δx2
代入数据解得：，故D正确。
故选：AD。
（多选）（2024 武汉模拟）如图（a）所示，质量为2kg且足够长的木板A静止在水平地面上，其右端停放质量为1kg的小物体B。现用水平拉力F作用在木板A上，F随时间t变化的关系如图（b）所示，其中0～t1时间内F＝2t（N），t1时刻A、B恰好发生相对滑动。已知A与地面、A与B之间的动摩擦因数分别为0.1和0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小g取10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．t1＝4.5s
B．t1时刻，A的速度为4.5m/s
C．6.5s时A的速度为18.0m/s
D．6.5s时B的速度为6.25m/s
【解答】解：设A的质量为M，B的质量为m，A与地面、A与B之间的动摩擦因数分别为μ1、μ2。
A、木板与物块间的滑动摩擦力：f1＝μ2mg＝0.2×1×10N＝2N
A与地面间滑动摩擦力为：f2＝μ1（M+m）g，解得：f2＝3N
由牛顿第二定律可得B相对于A滑动时的加速度大小为：aμ2g，解得：a＝2m/s2
设此时的拉力大小为F1，对整体根据牛顿第二定律可得：F1﹣f2＝（m+M）a
解得：F1＝9N
则有：F1＝2t1，解得：t1＝4.5s，故A正确；
B、设经过t0时间A开始滑动，则有：f2＝2t0，解得：t0＝1.5s
则t1时间内A运动的时间为：Δt＝t1﹣t0＝4.5s﹣1.5s＝3s
从t0～t1时间内，取向右为正方向，根据动量定理得：
f2Δt＝（M+m）vA﹣0，其中F0＝3N，解得：vA＝3m/s，故B错误；
C、t1～6.5s内，6.5s时拉力F′＝20N，由牛顿第二定律：F′﹣f1﹣f2＝MaA，解得：aA＝7.5m/s2
故t2＝6.5s时，A的速度大小为：v＝vA+aA（t2﹣t1），解得：v＝18.0m/s，故C正确；
D、对B由牛顿第二定律：f1＝maB，解得：aB＝2m/s2
故t＝6.5s时，B的速度大小为：vB＝vA+aB（t2﹣t1），解得：vB＝7m/s，故D错误。
故选：AC。
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小题精练04 板块问题
一、模型特点
滑块放置于木板上，木板放置于水平桌面或地面上，或斜面上
二、分析思路
三、分析滑块—木板模型时要抓住一个转折和两个关联
四、解决滑块—木板模型中速度临界问题的思维模板
五、解决滑块—木板模型中计算问题常用工具——两图四明确。
（1）画运动过程示意图
通过审题、分析与计算，画运动过程示意图，明确各运动过程的时间与位移及位移间关系、明确各时刻的空间位置、速度及速度大小关系。
（2）画速度-时间图像
通过审题、分析与计算，结合运动过程示意图，画v-t图像，明确图像与坐标轴围成的面积对应运动过程示意图中的哪段位移，明确图像拐点对应运动过程示意图中哪个位置和时刻及瞬时速度。
如果已给出了v-t图像，要能够从图像中获取关键的已知数据。
（2024 重庆模拟）如图1所示，一滑块置于长木板左端，木板放置在水平地面上。已知滑块和木板的质量均为2kg，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2所示。设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度g取10m/s2，则下列说法不正确的是（ ）
A．木板与水平地面间的动摩擦因数为0.1
B．滑块与木板间的动摩擦因数为0.4
C．图2中t2＝16s
D．木板的最大加速度为a2＝2m/s2
（2024 重庆模拟）如图甲所示，水平地面上有一长平板车M，平板车右端放一物块m，开始时M、m均静止。t＝0时，平板车在外力作用下开始沿水平面向右运动，其v﹣t图像如图乙所示，整个过程中物块m恰好没有从平板车上滑下。已知物块与平板车间的动摩擦因数为0.1，取g＝10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．0～4s内，物块m的加速度一直变大
B．整个过程中，物块m相对平板车M滑动的时间为4s
C．平板车M的长度为12m
D．物块m相对平板车M的位移为16m
（2023 朝阳区校级模拟）如图所示，在一辆小车上，有质量为m1，m2的两个物块（m1＞m2）随车一起匀速运动，它们与小车上表面的动摩擦因数始终相同，当车突然停止时，如不考虑其他因素，设小车无限长，则两个滑块（ ）
A．无论小车上表面光滑还是粗糙都一定不相碰
B．无论小车上表面光滑还是粗糙都一定相碰
C．上表面光滑一定相碰上表面粗糙一定不相碰
D．上表面光滑一定不相碰上表面粗糙一定相碰
（2024 长春一模）木板静置于光滑水平地面上，初始时刻滑块以一定的水平初速度v0从左端滑上木板，当二者速度恰好相等时，对比初始时刻滑块和木板的位置情况可能是（ ）
A． B．
C． D．
（2024 龙凤区校级模拟）如图所示，质量相等的A、B两物体放在轻质薄板C的两端，C与水平面之间无摩擦。在水平力F1和F2的共同作用下，A、B、C一起由静止开始运动，已知F1＞F2，三者始终相对静止。（ ）
A．若突然撤去F1，物体A的加速度一定减小
B．若突然撤去F1，物体A所受的摩擦力一定减小
C．若突然撤去F2，物体B的加速度一定减小
D．若突然撤去F2，物体B所受的摩擦力一定增大
（2024 长沙模拟）如图甲所示，长木板放在粗糙的水平地板上，一个质量m＝5kg的铁块放在长木板上，如果给铁块施加从零开始逐渐增大的水平力F＝kt（式中k≠0），铁块与长木板之间的摩擦力随时间的变化规律如图乙所示。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2，结合图中数据下列说法正确的是（ ）
A．铁块与长木板之间的动摩擦因数为0.4
B．长木板的质量为1kg
C．长木板与地板间的动摩擦因数为0.2
D．当t＝3s时铁块的速度大小为6m/s
（2024 重庆模拟）如图甲，足够长木板静置于水平地面上，木板右端放置一小物块。在t＝0时刻对木板施加一水平向右的恒定拉力F，作用1s后撤去F，此后木板运动的v﹣t图像如图乙。物块的质量m＝1kg，木板的质量M＝2kg，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．撤去F时，物块的速度达到最大值
B．物块与木板、木板与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.4
C．拉力F的大小为36N
D．木板全过程运动的距离为7.5m
（2024 市中区校级模拟）如图甲，足够长木板静置于水平地面上，木板右端放置一小物块。在t＝0 时刻对木板施加一水平向右的恒定拉力F，作用1s后撤去F，此后木板运动的v﹣t图像如图乙。物块和木板的质量均为1kg，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．拉力F的大小为24N
B．物块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.4
C．物块最终停止时的位置与木板右端间的距离为3m
D．t＝2s时刻，物块的速度减为0
（多选）（2024 庐阳区校级模拟）如图所示，粗糙的水平地面上有一块长木板P，处于静止状态。小滑块Q（可视为质点）放置于长木板中点。已知滑块与长木板的动摩擦因数μ1＝0.2，木板与地面的动摩擦因数μ2＝0.3，滑块、木板的质量均为1kg，重力加速度g＝10m/s2。现将一个水平向右的力F作用在长木板的右端。则（ ）
A．F＝4N，Q受到的摩擦力为零
B．F＝14N，P的加速度等于4m/s2
C．F＝8N，Q受到的摩擦力为1N
D．F＝8N，经过4s撤去F，若要Q不从P上滑脱，长木板至少为4m
（多选）（2024 新城区校级二模）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的作用。滑块、长木板的速度图像如图乙所示，已知物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。滑块Q与长木板P之间的动摩擦因数为μ1，长木板P与地面之间的动摩擦因数为μ2，重力加速度g＝10m/s2。则下列说法正确的是（ ）
A．μ1＝0.1
B．μ2＝0.3
C．时，木板P停止运动
D．滑块Q在长木板P上滑行的相对位移为
（多选）（2024 武汉模拟）如图（a）所示，质量为2kg且足够长的木板A静止在水平地面上，其右端停放质量为1kg的小物体B。现用水平拉力F作用在木板A上，F随时间t变化的关系如图（b）所示，其中0～t1时间内F＝2t（N），t1时刻A、B恰好发生相对滑动。已知A与地面、A与B之间的动摩擦因数分别为0.1和0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小g取10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．t1＝4.5s
B．t1时刻，A的速度为4.5m/s
C．6.5s时A的速度为18.0m/s
D．6.5s时B的速度为6.25m/s
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