第四章 培优提升十五动力学中的“木板—滑块”模型
(分值:100分)
选择题1~6题,每小题10分,共60分。
基础对点练
题组一 地面光滑的“木板—滑块”问题
1.如图所示,质量为M的长木板静止于光滑的水平面上,质量为m的木块以初速度v0从左向右水平滑上长木板,已知木块与木板间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,则木块在长木板上滑动的过程中,长木板的加速度大小为 ( )
0 μg
2.(多选)如图所示,质量为m1的足够长木板静止在光滑水平地面上,其上放一质量为m2的木块。t=0时刻起,给木块施加一水平恒力F。分别用a1、a2和v1、v2表示木板、木块的加速度和速度大小,下列图中可能符合运动情况的是 ( )
A B C D
3.如图所示,质量为1 kg的木板静止在光滑水平面上,一个小木块(可视为质点)质量也为1 kg,以初速度v0=4 m/s从木板的左端开始向右滑,木块与木板之间的动摩擦因数为0.2,要使木块不会从木板右端滑落,则木板的长度至少为 ( )
5 m 4 m 3 m 2 m
4.(多选)(2024·四川南充高一期末)如图甲所示,物块A叠放在木板B上,且均处于静止状态,已知水平地面光滑,A、B间的动摩擦因数μ=0.2,现对A施加一水平向右的拉力F,测得B的加速度a与拉力F的关系如图乙所示,下列说法正确的是(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,取g=10 m/s2) ( )
A的质量为4 kg
B的质量为6 kg
当F<24 N时,A、B相对静止
A、B间的最大静摩擦力为24 N
题组二 地面不光滑的“木板—滑块”问题
5.质量为m0=20 kg、长为L=5 m的木板放在水平地面上,木板与水平地面间的动摩擦因数为μ1=0.15。质量为m=10 kg的小铁块(可视为质点),以v0=4 m/s的速度从木板的左端水平冲上木板(如图所示),小铁块与木板间的动摩擦因数为μ2=0.4(最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g=10 m/s2)。则下列判断正确的是 ( )
木板一定静止不动,小铁块不能滑出木板
木板一定静止不动,小铁块能滑出木板
木板一定向右滑动,小铁块不能滑出木板
木板一定向右滑动,小铁块能滑出木板
6.(多选)如图所示,可视为质点的滑块与木板质量相等,木板长为L,静止时滑块叠放在木板右端,滑块与木板、木板与水平地面间的动摩擦因数均为μ,某时刻给木板一个向右的初速度,经过时间t两者共速,最后木板停在地面上时滑块位于木板左端,重力加速度为g。下列说法正确的是 ( )
木板加速度的最大值为2μg
木板加速度的最大值为3μg
t=
木板的初速度为
综合提升练
7.(12分)如图所示,厚度不计的薄板A长l=5 m,质量M=5 kg,放在水平地面上。在A上距右端x=3 m处放一物体B(大小不计),其质量m=2 kg,已知A、B间的动摩擦因数μ1=0.1,A与地面间的动摩擦因数μ2=0.2,原来系统静止。现在板的右端施加一大小恒定的水平向右的力F=26 N,将A从B下抽出。g=10 m/s2,求:
(1)(4分)A从B下抽出前A、B的加速度各是多大
(2)(4分)B运动多长时间离开A
(3)(4分)B离开A时的速度的大小。
8.(12分)如图所示,质量为M=3 kg的木板静止在光滑的水平面上,木板的长度为L=1 m,在木板的右端放置一个质量m=1 kg、可视为质点的铁块,铁块与木板之间的动摩擦因数μ=0.2,取g=10 m/s2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,现对木板施加水平向右的力F,求:
(1)(6分)若F=4 N,求铁块受到的摩擦力大小和方向;
(2)(6分)若F=14 N,求铁块运动到木板左端的时间。
培优加强练
9.(16分)(2024·贵州省铜仁市期末)如图所示,质量M=4 kg的长木板静止于粗糙水平地面上,长木板与地面间的动摩擦因数μ1=0.1,现有一质量m=3 kg的小木块以速度v0从左端滑上木板,到达右端时恰好相对静止,小木块与长木板间的动摩擦因数μ2=0.5,木板长度L=3.5 m,g取10 m/s2,求:
(1)(4分)木块刚滑上木板时,木块和木板的加速度大小;
(2)(6分)木块刚滑上长木板时速度v0的大小;
(3)(6分)木块与木板相对静止时,木板在地面上运动的位移。
培优提升十五 动力学中的“木板—滑块”模型
1.D [对木板进行受力分析可知，木板水平方向受到木块对木板的滑动摩擦力，方向水平向右，摩擦力大小f＝μmg，根据牛顿第二定律得a＝＝，故D正确。]
2.AC [木块和木板可能保持相对静止，一起做匀加速直线运动，加速度大小相等，故A正确；木块可能相对于木板向前滑动，即木块的加速度a2大于木板的加速度a1，都做匀加速直线运动，故B、D错误，C正确。]
3.D [根据牛顿第二定律得，木块的加速度大小a1＝＝μg＝0.2×10 m/s2＝2 m/s2，木板的加速度a2＝＝ m/s2＝2 m/s2，设经时间t木块与木板达到同速，根据匀变速直线运动的速度与时间关系有v0－a1t＝a2t，根据位移与时间关系有v0t－a1t2－a2t2＝L，解得L＝2 m，故D正确。]
4.AC [由图像可知，当F＝24 N，a＝4 m/s2时，A、B间刚要发生相对滑动，根据牛顿第二定律F－μmAg＝mAa，μmAg＝mBa，解得mA＝4 kg，mB＝2 kg，故A正确，B错误；当F<24 N时，加速度随拉力均匀增大，二者保持相对静止，故C正确；最大静摩擦力为fm＝μmAg＝8 N，故D错误。]
5.A [木板与地面间的最大静摩擦力为f1＝μ1(m0＋m)g＝45 N，小铁块与木板之间的滑动摩擦力为f2＝μ2mg＝40 N，因为f1>f2，所以木板一定静止不动；假设小铁块未滑出木板，在木板上滑行的距离为x，则v＝2μ2gx，解得x＝2 m6.BCD [共速之前滑块A做匀加速直线运动，木板B做匀减速直线运动，加速度分别为aA＝＝μg，aB＝＝3μg，共速之后直到静止滑块A与B加速度相同，为aA′＝aB′＝＝μg，所以，木板加速度的最大值为3μg，故A错误，B正确；从木板开始运动到滑块与木板共速的过程中，有v0－aBt＝aAt，xB＝v0t－aBt2，xA＝aAt2，xB－xA＝L，联立解得t＝，v0＝，故C、D正确。]
7.(1)2 m/s2 1 m/s2 (2)2 s (3)2 m/s
解析 (1)对B，由牛顿第二定律可得μ1mg＝maB
解得aB＝1 m/s2
对A，由牛顿第二定律可得F－μ1mg－μ2(m＋M)g＝MaA
解得aA＝2 m/s2。
(2)设经时间t，A从B下抽出，则xA＝aAt2
xB＝aBt2，Δx＝xA－xB＝l－x，解得t＝2 s。
(3)vB＝aBt＝2 m/s。
8.(1)1 N 水平向右 (2)1 s
解析 对m，最大加速度为am＝＝μg＝2 m/s2
二者不发生相对滑动的最大拉力为
F0＝(m＋M)am＝8 N
(1)若F＝4 N，则二者不发生相对滑动，根据牛顿第二定律可得
a1＝＝ m/s2＝1 m/s2
铁块受到的摩擦力大小为f＝ma1＝1 N，方向水平向右。
(2)当F＝14 N>8 N时，m、M之间发生相对滑动，最终将会分离，
对m，有am＝2 m/s2
对M，有aM＝＝4 m/s2
设铁块运动到木板左端的时间为t，则有aMt2－amt2＝L
解得t＝1 s。
9.(1)5 m/s2 2 m/s2 (2)7 m/s (3)1 m
解析 (1)木块刚滑上木板时，木块的加速度大小
a1＝＝μ2g＝5 m/s2
木板的加速度大小a2＝＝2 m/s2。
(2)木块到达木板右端时恰好相对静止，则v＝v0－a1t＝a2t
L＝v0t－a1t2－a2t2
联立解得v0＝7 m/s，t＝1 s，v＝2 m/s。
(3)木块和木板相对静止时，木板在地面上运动的位移
x＝a2t2＝1 m。培优提升十五 动力学中的“木板—滑块”模型
学习目标 1.会分析木板、滑块的受力情况。2.会利用牛顿第二定律和运动学公式分析木板、滑块的运动。
“木板—滑块”模型概述
叠放在一起的滑块与木板之间存在摩擦力，在其他外力作用下它们或者以相同的加速度运动，或者加速度不同，有的题目也可能没有外加的拉力或推力。但无论是哪种情况，受力分析和运动过程分析都是解题的关键。
模型1 地面光滑的“木板—滑块”问题
例1 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，物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.2，小车足够长。求：
(1)小物块放上后，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)从小物块放上小车开始，经过t＝1.8 s小物块通过的位移大小为多少 (取g＝10 m/s2)
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板块模型的解题要点
(1)分析“板块”模型时要抓住一个转折和两个关联
(2)两种类型的临界分析
类型图型 规律分析
长为L的木板B带动物块A，物块恰好不从木板上掉下的临界条件是物块恰好滑到木板左端时二者速度相等，则位移关系为xA＋L＝xB
物块A带动长为L的木板B，物块恰好不从木板上掉下的临界条件是物块恰好滑到木板右端时二者速度相等，则位移关系为xB＋L＝xA
训练1 如图所示，物块A、木板B的质量分别为mA＝5 kg，mB＝10 kg，不计A的大小，木板B长L＝4 m。开始时A、B均静止。现使A以水平初速度v0从B的最左端开始运动。已知A与B之间的动摩擦因数为0.3，水平地面光滑，g取10 m/s2。
(1)求物块A和木板B发生相对运动过程的加速度的大小；
(2)若A刚好没有从B上滑下来，求A的初速度v0的大小。
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模型2 地面不光滑的“木板—滑块”问题
例2 (2024·河南省信阳期末)如图所示，放在水平地面上的长木板质量为M＝2.0 kg、长为l＝2.5 m，它与水平地面间的动摩擦因数μ1＝0.2，与水平地面间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相同。一质量为m＝3.0 kg可视为质点的滑块从长木板的右侧以初速度v0向左滑上长木板，长木板刚开始运动时的加速度大小a1＝1 m/s2，重力加速度大小g取10 m/s2。
(1)求滑块与长木板间的动摩擦因数μ2和滑块刚开始运动时的加速度大小a2；
(2)要使滑块不滑出长木板且恰好运动到长木板的左侧末端，求滑块初速度大小v0。
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训练2 如图所示，质量M＝1 kg、长L＝4 m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，铁块与木板上表面间的动摩擦因数μ2＝0.4，某时刻起在铁块上加一个水平向右的恒力F＝8 N，g取10 m/s2，求：
(1)加上恒力F后铁块和木板的加速度大小；
(2)铁块经多长时间到达木板的最右端，此时木板的速度多大？
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培优提升十五 动力学中的“木板—滑块”模型
例1 (1)2 m/s2 0.5 m/s2 (2)1 s (3)2.856 m
解析 (1)对物块，有μmg＝ma1
解得a1＝2 m/s2
对车，有F－μmg＝Ma2
解得a2＝0.5 m/s2。
(2)设经时间t1两者共速，则有
a1t1＝v0＋a2t1，解得t1＝1 s。
(3)在1 s内，物块的位移x1＝a1t＝1 m
1 s时两者共速，速度v＝a1t1＝2 m/s
1 s后整体有F＝(M＋m)a
解得加速度a＝0.8 m/s2
则有x2＝v(t－t1)＋a(t－t1)2＝1.856 m
总位移x＝x1＋x2＝2.856 m。
训练1 (1)3 m/s2 1.5 m/s2 (2)6 m/s
解析 (1)分别对物块A、木板B进行受力分析可知，A在B上向右做匀减速运动，设其加速度大小为a1，则有a1＝＝3 m/s2
木板B向右做匀加速运动，设其加速度大小为a2，则有
a2＝＝1.5 m/s2。
(2)由题意可知，A刚好没有从B上滑下来，则A滑到B最右端时的速度和B的速度相同，设为v，则有v＝v0－a1t，v＝a2t
位移关系为L＝t－t，解得v0＝6 m/s。
例2 (1)0.4 4 m/s2 (2)5 m/s
解析 (1)根据牛顿第二定律，对长木板有
μ2mg－μ1(M＋m)g＝Ma1
解得μ2＝0.4
对滑块有μ2mg＝ma2
解得a2＝4 m/s2。
(2)由题意知，滑块运动到长木板的左侧末端时，长木板、滑块速度恰好相等。设经过时间t，长木板、滑块的速度相等，则有
v0－a2t＝a1t
根据位移关系得
v0t－a2t2－a1t2＝l
代入数据解得t＝1 s，v0＝5 m/s。
训练2 (1)4 m/s2 2 m/s2 (2)2 s 4 m/s
解析 (1)以铁块为研究对象，根据牛顿第二定律得
F－μ2mg＝ma1
以木板为研究对象，根据牛顿第二定律得
μ2mg－μ1(M＋m)g＝Ma2
代入数据解得铁块的加速度大小a1＝4 m/s2
木板的加速度大小a2＝2 m/s2。
(2)设铁块运动到木板的最右端所用时间为t，
则根据位移关系得
L＝a1t2－a2t2
代入数据解得t＝2 s或t＝－2 s(舍去)
此时木板的速度v＝a2t＝4 m/s。(共31张PPT)
培优提升十五 动力学中的“木板—滑块”模型
第四章 牛顿运动定律
1.会分析木板、滑块的受力情况。2.会利用牛顿第二定律和运动学公式分析木板、滑块的运动。
学习目标
目 录
CONTENTS
提升
01
课后巩固训练
02
提升
1
“木板—滑块”模型概述
叠放在一起的滑块与木板之间存在摩擦力，在其他外力作用下它们或者以相同的加速度运动，或者加速度不同，有的题目也可能没有外加的拉力或推力。但无论是哪种情况，受力分析和运动过程分析都是解题的关键。
模型1 地面光滑的“木板—滑块”问题
例1 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，物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.2，小车足够长。求：
(1)小物块放上后，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)从小物块放上小车开始，经过t＝1.8 s小物块通过的位移大小为多少 (取g＝10 m/s2)
解析 (1)对物块，有μmg＝ma1
解得a1＝2 m/s2
对车，有F－μmg＝Ma2
解得a2＝0.5 m/s2。
(2)设经时间t1两者共速，则有a1t1＝v0＋a2t1，解得t1＝1 s。
1 s时两者共速，速度v＝a1t1＝2 m/s
1 s后整体有F＝(M＋m)a
解得加速度a＝0.8 m/s2
板块模型的解题要点
(1)分析“板块”模型时要抓住一个转折和两个关联
(2)两种类型的临界分析
类型图型 规律分析
长为L的木板B带动物块A，物块恰好不从木板上掉下的临界条件是物块恰好滑到木板左端时二者速度相等，则位移关系为xA＋L＝xB
物块A带动长为L的木板B，物块恰好不从木板上掉下的临界条件是物块恰好滑到木板右端时二者速度相等，则位移关系为xB＋L＝xA
训练1 如图所示，物块A、木板B的质量分别为mA＝5 kg，mB＝10 kg，不计A的大小，木板B长L＝4 m。开始时A、B均静止。现使A以水平初速度v0从B的最左端开始运动。已知A与B之间的动摩擦因数为0.3，水平地面光滑，g取10 m/s2。
(1)求物块A和木板B发生相对运动过程的加速度的大小；
(2)若A刚好没有从B上滑下来，求A的初速度v0的大小。
答案 (1)3 m/s2 1.5 m/s2 (2)6 m/s
木板B向右做匀加速运动，设其加速度大小为a2，
(2)由题意可知，A刚好没有从B上滑下来，则A滑到B最右端时的速度和B的速度相同，设为v，则有v＝v0－a1t，v＝a2t
模型2 地面不光滑的“木板—滑块”问题
例2 (2024·河南省信阳期末)如图所示，放在水平地面上的长木板质量为M＝2.0 kg、长为l＝2.5 m，它与水平地面间的动摩擦因数μ1＝0.2，与水平地面间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相同。一质量为m＝3.0 kg可视为质点的滑块从长木板的右侧以初速度v0向左滑上长木板，长木板刚开始运动时的加速度大小a1＝1 m/s2，重力加速度大小g取10 m/s2。
(1)求滑块与长木板间的动摩擦因数μ2和滑块刚开始运动时的加速度大小a2；
(2)要使滑块不滑出长木板且恰好运动到长木板的左侧末端，求滑块初速度大小v0。
解析 (1)根据牛顿第二定律，对长木板有μ2mg－μ1(M＋m)g＝Ma1
解得μ2＝0.4
对滑块有μ2mg＝ma2
解得a2＝4 m/s2。
(2)由题意知，滑块运动到长木板的左侧末端时，长木板、滑块速度恰好相等。设经过时间t，长木板、滑块的速度相等，则有v0－a2t＝a1t
代入数据解得t＝1 s，v0＝5 m/s。
答案 (1)0.4 4 m/s2 (2)5 m/s
训练2 如图所示，质量M＝1 kg、长L＝4 m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，铁块与木板上表面间的动摩擦因数μ2＝0.4，某时刻起在铁块上加一个水平向右的恒力F＝8 N，g取10 m/s2，求：
(1)加上恒力F后铁块和木板的加速度大小；
(2)铁块经多长时间到达木板的最右端，此时木板的速度多大？
答案 (1)4 m/s2 2 m/s2 (2)2 s 4 m/s
解析 (1)以铁块为研究对象，根据牛顿第二定律得F－μ2mg＝ma1
以木板为研究对象，根据牛顿第二定律得μ2mg－μ1(M＋m)g＝Ma2
代入数据解得铁块的加速度大小a1＝4 m/s2
木板的加速度大小a2＝2 m/s2。
(2)设铁块运动到木板的最右端所用时间为t，
代入数据解得t＝2 s或t＝－2 s(舍去)
此时木板的速度v＝a2t＝4 m/s。
课后巩固训练
2
D
题组一 地面光滑的“木板—滑块”问题
1.如图所示，质量为M的长木板静止于光滑的水平面上，质量为m的木块以初速度v0从左向右水平滑上长木板，已知木块与木板间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则木块在长木板上滑动的过程中，长木板的加速度大小为( )
基础对点练
AC
2.(多选)如图所示，质量为m1的足够长木板静止在光滑水平地面上，其上放一质量为m2的木块。t＝0时刻起，给木块施加一水平恒力F。分别用a1、a2和v1、v2表示木板、木块的加速度和速度大小，下列图中可能符合运动情况的是( )
解析 木块和木板可能保持相对静止，一起做匀加速直线运动，加速度大小相等，故A正确；木块可能相对于木板向前滑动，即木块的加速度a2大于木板的加速度a1，都做匀加速直线运动，故B、D错误，C正确。
D
3.如图所示，质量为1 kg的木板静止在光滑水平面上，一个小木块(可视为质点)质量也为1 kg，以初速度v0＝4 m/s从木板的左端开始向右滑，木块与木板之间的动摩擦因数为0.2，要使木块不会从木板右端滑落，则木板的长度至少为( )
A.5 m B.4 m C.3 m D.2 m
AC
4.(多选)(2024·四川南充高一期末)如图甲所示，物块A叠放在木板B上，且均处于静止状态，已知水平地面光滑，A、B间的动摩擦因数μ＝0.2，现对A施加一水平向右的拉力F，测得B的加速度a与拉力F的关系如图乙所示，下列说法正确的是(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10 m/s2)( )
A.A的质量为4 kg
B.B的质量为6 kg
C.当F<24 N时，A、B相对静止
D.A、B间的最大静摩擦力为24 N
解析 由图像可知，当F＝24 N，a＝4 m/s2时，A、B间刚要发生相对滑动，根据牛顿第二定律F－μmAg＝mAa，μmAg＝mBa，解得mA＝4 kg，mB＝2 kg，故A正确，B错误；当F<24 N时，加速度随拉力均匀增大，二者保持相对静止，故C正确；最大静摩擦力为fm＝μmAg＝8 N，故D错误。
A
题组二 地面不光滑的“木板—滑块”问题
5.质量为m0＝20 kg、长为L＝5 m的木板放在水平地面上，木板与水平地面间的动摩擦因数为μ1＝0.15。质量为m＝10 kg的小铁块(可视为质点)，以v0＝4 m/s的速度从木板的左端水平冲上木板(如图所示)，小铁块与木板间的动摩擦因数为μ2＝0.4(最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10 m/s2)。则下列判断正确的是( )
A.木板一定静止不动，小铁块不能滑出木板
B.木板一定静止不动，小铁块能滑出木板
C.木板一定向右滑动，小铁块不能滑出木板
D.木板一定向右滑动，小铁块能滑出木板
解析 木板与地面间的最大静摩擦力为f1＝μ1(m0＋m)g＝45 N，小铁块与木板之间的滑动摩擦力为f2＝μ2mg＝40 N，因为f1>f2，所以木板一定静止不动；假设小铁块未滑出木板，在木板上滑行的距离为x，则v＝2μ2gx，解得x＝2 mBCD
6.(多选)如图所示，可视为质点的滑块与木板质量相等，木板长为L，静止时滑块叠放在木板右端，滑块与木板、木板与水平地面间的动摩擦因数均为μ，某时刻给木板一个向右的初速度，经过时间t两者共速，最后木板停在地面上时滑块位于木板左端，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
7.如图所示，厚度不计的薄板A长l＝5 m，质量M＝5 kg，放在水平地面上。在A上距右端x＝3 m处放一物体B(大小不计)，其质量m＝2 kg，已知A、B间的动摩擦因数μ1＝0.1，A与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2，原来系统静止。现在板的右端施加一大小恒定的水平向右的力F＝26 N，将A从B下抽出。g＝10 m/s2，求：
综合提升练
(1)A从B下抽出前A、B的加速度各是多大？
(2)B运动多长时间离开A
(3)B离开A时的速度的大小。
答案 (1)2 m/s2 1 m/s2 (2)2 s (3)2 m/s
解析 (1)对B，由牛顿第二定律可得μ1mg＝maB
解得aB＝1 m/s2
对A，由牛顿第二定律可得F－μ1mg－μ2(m＋M)g＝MaA
解得aA＝2 m/s2。
8.如图所示，质量为M＝3 kg的木板静止在光滑的水平面上，木板的长度为L＝1 m，在木板的右端放置一个质量m＝1 kg、可视为质点的铁块，铁块与木板之间的动摩擦因数μ＝0.2，取g＝10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，现对木板施加水平向右的力F，求：
(1)若F＝4 N，求铁块受到的摩擦力大小和方向；
(2)若F＝14 N，求铁块运动到木板左端的时间。
答案 (1)1 N 水平向右 (2)1 s
二者不发生相对滑动的最大拉力为F0＝(m＋M)am＝8 N
(1)若F＝4 N，则二者不发生相对滑动，根据牛顿第二定律可得
铁块受到的摩擦力大小为f＝ma1＝1 N，方向水平向右。
(2)当F＝14 N>8 N时，m、M之间发生相对滑动，最终将会分离，
对m，有am＝2 m/s2
解得t＝1 s。
9.(2024·贵州省铜仁市期末)如图所示，质量M＝4 kg的长木板静止于粗糙水平地面上，长木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，现有一质量m＝3 kg的小木块以速度v0从左端滑上木板，到达右端时恰好相对静止，小木块与长木板间的动摩擦因数μ2＝0.5，木板长度L＝3.5 m，g取10 m/s2，求：
培优加强练
(1)木块刚滑上木板时，木块和木板的加速度大小；
(2)木块刚滑上长木板时速度v0的大小；
(3)木块与木板相对静止时，木板在地面上运动的位移。
答案 (1)5 m/s2 2 m/s2 (2)7 m/s (3)1 m
