2019年高三物理三轮冲刺---滑块滑板问题 Word版含解析

精做08 牛顿运动定律在滑板—滑块问题中的应用
1．（2017·新课标全国Ⅲ卷）如图，两个滑块A和B的质量分别为mA=1 kg和mB=5 kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1=0.5；木板的质量为m=4 kg，与地面间的动摩擦因数为μ2=0.1。某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v0=3 m/s。A、B相遇时，A与木板恰好相对静止。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）B与木板相对静止时，木板的速度；
（2）A、B开始运动时，两者之间的距离。
【答案】（1） （2）
【解析】（1）滑块A和B在木板上滑动时，木板也在地面上滑动。设A、B和木板所受的摩擦力大小分别为f1、f2和f3，A和B相对于地面的加速度大小分别是aA和aB，木板相对于地面的加速度大小为a1。在物块B与木板达到共同速度前有
①
②
③
由牛顿第二定律得
④
⑤
⑥
设在t1时刻，B与木板达到共同速度，设大小为v1。由运动学公式有
⑦
⑧
联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得⑨

对A有?
在t2时间间隔内，B（以及木板）相对地面移动的距离为?
在（t1+t2）时间间隔内，A相对地面移动的距离为 ?
A和B相遇时，A与木板的速度也恰好相同。因此A和B开始运动时，两者之间的距离为
?
联立以上各式，并代入数据得?
（也可用如图的速度–时间图线求解）

【名师点睛】本题主要考查多过程问题，要特别注意运动过程中摩擦力的变化情况，A、B相对木板静止的运动时间不相等，应分阶段分析，前一阶段的末状态即后一阶段的初状态。
2．（2016·四川卷）避险车道是避免恶性交通事故的重要设施，由制动坡床和防撞设施等组成，如图竖直平面内，制动坡床视为与水平面夹角为的斜面。一辆长12 m的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床，当车速为23 m/s时，车尾位于制动坡床的低端，货物开始在车厢内向车头滑动，当货物在车厢内滑动了4 m时，车头距制动坡床顶端38 m，再过一段时间，货车停止。已知货车质量是货物质量的4倍，货物与车厢间的动摩擦因数为0.4；货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的0.44倍。货物与货车分别视为小滑块和平板，取。求：

（1）货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向；
（2）制动坡床的长度。
【答案】（1）a1=5 m/s 沿制动坡床向下 （2）
【解析】（1）设货物的质量为m，货物在车厢内滑动过程中，货物与车厢的动摩擦因数μ=0.4，受摩擦力大小为f，加速度大小为a1，则①
②
联立①②并代入数据得a1=5 m/s③
a1的方向沿制动坡床向下。
（2）设货车的质量为M，车尾位于制动坡床底端时的车速为v=23 m/s。货车在车厢内开始滑动到车头距制动坡床顶端s0=38 m的过程中，用时为t，货物相对制动坡床的运动距离为s1，在车厢内滑动的距离s=4 m，货车的加速度大小为a2，货车相对制动坡床的运动距离为s2。货车受到制动坡床的阻力大小为F，F是货车和货物总重的k倍，k=0.44，货车长度l0=12 m，制动坡床的长度为l，则
④
⑤
⑥
⑦
⑧
⑨
联立①②③–⑨并代入数据得⑩。
【名师点睛】此题依据高速公路的避嫌车道，考查了牛顿第二定律的综合应用；涉及到两个研究对象的多个研究过程；关键是弄清物理过程，分析货物和车的受力情况求解加速度，然后选择合适的物理过程研究解答；此题属于中等题目。
3．（2015·新课标全国Ⅰ卷）一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块，在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5 m，如图（a）所示。时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至时木板与墙壁碰撞（碰撞时间极短）。碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板。已知碰撞后1 s时间内小物块的图线如图（b）所示。木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10 m/s2。求

（1）木板与地面间的动摩擦因数及小物块与木板间的动摩擦因数；
（2）木板的最小长度；
（3）木板右端离墙壁的最终距离。
【答案】（1） （2） （3）
【解析】（1）根据图象可以判定碰撞前木块与木板共同速度为
碰撞后木板速度水平向左，大小也是
木块受到滑动摩擦力而向右做匀减速运动，根据牛顿第二定律有
解得
木板与墙壁碰撞前，匀减速运动时间，位移，末速度
其逆运动则为匀加速直线运动可得
代入可得
木块和木板整体受力分析，滑动摩擦力提供合外力，即
可得

木块继续减速，加速度仍为
假设又经历二者速度相等，则有
解得
此过程，木板位移末速度
滑块位移
此后木块和木板一起匀减速。
二者的相对位移最大为
滑块始终没有离开木板，所以木板最小的长度为
（3）最后阶段滑块和木板一起匀减速直到停止，整体加速度
位移
所以木板右端离墙壁最远的距离为。
4．（2015·新课标全国Ⅱ卷）下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害。某地有一倾角为θ=37°（sin37°=）的山坡C，上面有一质量为m的石板B，其上下表面与斜坡平行；B上有一碎石堆A（含有大量泥土），A和B均处于静止状态，如图所示。假设某次暴雨中，A浸透雨水后总质量也为m（可视为质量不变的滑块），在极短时间内，A、B间的动摩擦因数μ1减小为，B、C间的动摩擦因数μ2减小为0.5，A、B开始运动，此时刻为计时起点；在第2 s末，B的上表面突然变为光滑，μ2保持不变。已知A开始运动时，A离B下边缘的距离l=27 m，C足够长，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A和B加速度的大小；
（2）A在B上总的运动时间。
【答案】（1）a1=3 m/s2 a2=1 m/s2 （2）t总=4 s
【解析】本题主要考查牛顿第二定律、匀变速运动规律以及多物体多过程问题；
（1）在0~2s内，A和B受力如图所示

由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得：




以沿着斜面向下为正方向，设A和B的加速度分别为，由牛顿第二定律可得：


联立以上各式可得a1=3 m/s2
a2 =1 m/s2
（2）在t1=2s，设A和B的加速度分别为，则
v1=a1t1=6 m/s
v2=a2t1=2 m/s
t>t1时，设A和B的加速度分别为，此时AB之间摩擦力为零，同理可得：


即B做匀减速，设经时间，B的速度减为零，则：

联立可得
在t1+t2时间内，A相对于B运动的距离为

此后B静止不动，A继续在B上滑动，设再经时间后t3，A离开B，则有

可得，t3=1 s（另一解不合题意，舍去，）
则A在B上的运动时间为t总
t总=t1+t2+t3=4 s。
【名师点睛】本题主要是考查多过程问题，要特别注意运动过程中摩擦力的变化问题。要特别注意两者的运动时间不一样的，也就是说不是同时停止的。

5．（2017·湖南浏阳一中高三期中）一块足够长的木板放置在光滑的水平面上，木板质量M=2 kg。木板左端有一质量为m=1 kg的小物块，物块与木板开始时都处于静止状态，物块与木板间的动摩擦因数。今在小物块上作用一水平向右的恒力F，（取，且认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力）求：

（1）F至少多大时，两者会有相对滑动；
（2）若F=2 N作用在小物块上，木板长度L=1 m，求M与m组成的系统因摩擦产生的热量。
【答案】（1）F=1.5 N （2）Q=1 J
【解析】（1）设当水平恒力为F时，两者恰好发生相对运动
对整体：
对M：
联立以上方程可知：F=1.5 N
（2）当水平恒力为F=2 N，则两者发生了相对运动，m肯定能从M上滑下，设系统产生的热量为
解得Q=1 J
6．（2017·黑龙江佳木斯一中高一期中）粗糙的水平面上叠放着A和B两个物体，质量分别是m和2m，A和B间的接触面也是粗糙的，如果用水平力F拉B，AB相对静止一起向右匀速运动，AB间，B与地面间的动摩擦因数均是μ，求：

（1）请画出A和B物体的受力分析图（重力用，弹力用，摩擦力用表示）；
（2）拉力F的大小。
【答案】（1）如图所示 （2）

【解析】（1）受力分析如图所示

（2）对整体，根据共点力平衡条件可得
在水平方向上：
在竖直方向上：
又，，
联立解得
【名师点睛】关键是分析物体的受力情况，根据平衡条件并结合正交分解法列方程求解。利用正交分解方法解体的一般步骤：①明确研究对象；②进行受力分析；③建立直角坐标系，建立坐标系的原则是让尽可能多的力落在坐标轴上，将不在坐标轴上的力正交分解；④x方向，y方向分别列平衡方程求解。
7．（2017·宁夏六盘山高中高三期中）一质量为M=4.0 kg、长度为L=3.0 m的木板B，在大小为8 N、方向水平向右的拉力F作用下，以v0=2.0 m/s的速度沿水平地面做匀速直线运动，某一时刻将质量为m=1.0 kg的小铁块A（可视为质点）轻轻地放在木板上的最右端，如图所示．若铁块与木板之间没有摩擦，求：（重力加速度g取10 m/s2）

（1）加一个铁块后，木板的加速度大小？
（2）二者经过多长时间脱离？
【答案】（1）a=0.5 m/s2 （2）t1=2 s
【解析】（1）由木板匀速运动时有，Mgμ=F；得μ=0.2
加一个物块后，木板做匀减速运动：(M+m)gμ–F=Ma
代入数据解得：a=0.5 m/s2
（2）物块放在木板上相对地面静止，木板匀减速运动的距离L后物块掉下来
由：L=v0t?at2
得：t2–8t+12=0
解得：t1=2 s，t2=6 s（舍去）
故2秒后A与B脱离
【名师点睛】题主要考查了牛顿第二定律与运动学公式，注意加速度是联系运动和力问题的中间桥梁。
8．（2017·江苏徐州高三模拟）如图所示，倾角为θ的斜面底端固定挡板P，质量为m的小物块A与质量不计的木板B叠放在斜面上，A位于B的最上端且与P相距L。已知A与B、B与斜面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，且，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A与挡板相撞没有机械能损失。将A、B同时由静止释放，求：

（1）A、B释放时，物块A的加速度大小；
（2）若A与挡板不相碰，木板的最小长度l0；
（3）若木板长度为l，整个过程中木板运动的总路程。
【答案】（1） （2） （3）①若， ②若
【解析】（1）释放木板与物块A，它们一起加速下滑。以木板与物块A为研究对象，设其加速度大小为a1，由牛顿第二定律有

解得

（3）分两种情况：
①若，木板与挡板相撞后不反弹，物块A一直减速直到静止在木板上。故木板通过的路程
②若，木板与挡板相撞后，物块A在木板上减速运动直至与挡板相撞。由于碰撞过程中没有机械能损失，A将以撞前速率返回，并带动木板一起随物块向上减速；当它们的速度减为零后，再重复上述过程，直至物块A停在挡板处。物块与木板间由于摩擦产生的热量
木板与斜面间由于摩擦产生的热量
根据能量守恒
解得
【名师点睛】此题是牛顿第二定律的综合应用问题；关键是搞清楚物体运动的物理过程，分析物体的受力情况，并结合临界情况列出位移及速度方程即可求解。
9．（2017·江苏高一期末）如图甲所示，质量为M=4 kg的木板静止在水平面上，质量m=1 kg的小滑块静止在木板的右端，可看成质点，已知木板与水平面间的动摩擦因数μ1=0.1，小滑块与木板间的动摩擦因数μ2=0.4，重力加速度g=10 m/s2。现用力F作用在木板M上，F随时间t变化的关系如图乙所示，求：

（1）t=1 s时，小滑块和木板的速度大小；
（2）为使小滑块不从木板上滑落下来，木板的最小长度。
【答案】（1）vm=4 m/s vM =5 m/s （2）L=0.75 m
【解析】（1）小滑块受到的摩擦力提供加速度，设小滑块的加速度是a1，则有
a1==μ2g=0.4×10 m/s2=4 m/s2
对木板，设第1 s内木板的加速度为a2，则有
a2= m/s2=5 m/s2
设木板在第2 s内的加速度为a3，则有
a3= m/s2=2 m/s2
t=1 s时，小滑块的速度为：vm=a1t=4×1 m/s=4 m/s
木板的速度为：vM=a2t=5×1 m/s=5 m/s
（2）由于a3解得：Δt=0.5 s
滑块与木板在1.5 s时保持相对静止，0~1.5 s内，木板的位移
s2=a2t2+a2tΔt+a3Δt2=×5×12 m+5×1×0.5 m+×2×0.52 m=5.25 m
滑块的位移为
s1=a1t2+a1tΔt+a1Δt2=×4×12 m+4×1×0.5 m+×4×0.52 m=4.5 m
木板的最小长度：L=s2–s1=5.25 m–4.5 m=0.75 m
10．（2017·海南海南中学高三月考）一质量为M的物体P静止与粗糙水平地面，其截面如图所示。图中ab为粗糙的水平面，长度为L1，bc为一光滑斜面，斜面倾角为θ，斜面和水平面通过与ab和bc均相切的长度可忽略的光滑圆弧连接。现有一质量为m的木块以一定的水平初速度从a点向左运动，在斜面上上升最大高度后下滑，返回后恰好停在a点，此过程中物体P运动状态始终不变。已知水平地面与物体P之间动摩擦因数为μ1，物体P的水平面ab与木块之间动摩擦因数为μ2，重力加速度为g。求：

（1）木块在ab段运动时，物体P受到地面的摩擦力f；
（2）木块在斜面上运动的加速度a；
（3）木块在ab水平面上运动的总时间。
【答案】（1） （2） （3）
【解析】（1）
（2）
（3）设木块以速度v0由a1减速运动到b，到达b时速度为v，用时t1；由b返回a用时t2





解得：


11．（2017·安徽六安一中高三月考）如图所示，可视为质点的物块A的质量为m=0.5 kg，完全相同的木板BC的长度均为L=2 m，质量为M=1.0 kg，物块A与木板之间的动摩擦因数为μ1=0.4，木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.1，设物体与木板与地面间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度取g=10 m/s2，现给物块A一个初速度v0，物块在木板B上向右运动，要想使物块A能滑上木板C但又不能从C上滑下来，求初速度v0的取值范围（计算结果可保留根号）。

【答案】4 m/s【解析】物块A在木板B上滑行时，它对木板B的摩擦力f1=μ1mg=0.4×0.5×10=2 N
物块A在木板B上滑行时，若木板相对于地面滑动，则地面对B的摩擦力：
f2=μ2(m+M+M)g=0.1×(0.5+1.0+1.0)×10=2.5 N>f1
所以木板相对于地面没有滑动
可知物块A刚好不能到达木板C时
?f1L=0?mv02
代入数据得：v0=4 m/s
物块A刚好能到达木板C，则速度要满足：v0>4 m/s
当物块A滑上木板C后，受到木板C的摩擦力：摩擦力f3=μ1mg=0.4×0.5×10=2 N
当A在C板上滑行时地面对C的摩擦力：f4=μ2(m+M)g=0.1×(0.5+1.0)×10=1.5 N可知物块A在C上减速运动的过程中，木板C做匀加速直线运动

运动情况如右图所示
当物块A在B板上运动时，B、C板均相对地面不动，A做匀减速直线运动，其加速度
设A滑上C板时的速度为v1，有
当物块A在C板上运动时，B板留在原地，C板开始做匀加速运动，A继续做匀减速运动，A的加速度不变，当它们达到共同速度v2时，A相对C静止
设这段时内C的加速度为a2，由于木板C水平方向受到物块的摩擦力和地面的摩擦力，根据牛顿第二定律有：f3–f4=Ma2
所以：a2=0.5 m/s2
设这段时间内，A的位移为x1，C的位移为x2，则
对A：，
对C：，
又由它们的位移关系：x1–x2=Δx=L
可求得，，
所以，若物块A恰好滑到木板C的右端，则对应的最大速度是
故要想使物块A能滑上木板C但又不能从C上滑下来，初速度v0的取值范围为：4 m/s【名师点睛】本题应分两个过程进行研究，能正确判断长木板运动或不运动的条件是滑块给长木板的摩擦力与地面对长木板的摩擦力的大小关系，并能根据摩擦力的表达式列出不等式进行求解，题目比较复杂，运算量较大。

12．（2017·湖南郴州高三监测）如图所示，质量M=l 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=l 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，某时刻起在铁块上加一个水平向右的恒力F=8 N，取g=10 m/s2，试求：

（1）恒力F作用时木板和铁块的加速度；
（2）当铁块运动到木板右端时，把铁块拿走，木板还能继续滑行的距离。
【答案】（1）a2=2 m/s2 a1=4 m/s2 （2）
【解析】（1）F作用时，对铁块：
解得：a1=4 m/s2
对木板：
解得：a2=2 m/s2

【名师点睛】此题是牛顿第二定律的综合应用习题；关键是首先求解两物体的加速度；弄清两物体的运动特征，结合位移关系列式求解。
13．（2017·黑龙江大庆高三教学检测）如图所示，木板静止于水平地面上，在其最右端放一可视为质点的木块。已知木块的质量m=1 kg，木板的质量M=4 kg，长L=2.5 m，已知木板上表面光滑，下表面与地面之间的动摩擦因数μ=0.2。现用水平恒力F=20 N拉木板，g取10 m/s2，求：

（1）木板加速度的大小；
（2）要使木块能滑离木板，水平恒力F作用的最短时间。
【答案】（1） （2）
【解析】（1）木板受到的摩擦力
则木板的加速度
解得：加速度
（2）设拉力F作用的时间为t，则木板在t时间内位移
拉力F撤去后，木板的加速度
木板先做匀加速运动，后做匀减速运动（设匀减速运动时间），且
要使木块能滑离木板，水平恒力F作用的最短时间，应有木板匀减速停止时，木块恰好脱离，即

解得：
【名师点睛】本题综合考查了牛顿第二定律和运动学公式，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，通过受力分析或运动学分析求出加速度是解决问题的关键。
14．（2017·河南鹤壁高三周练）如图所示，两套完全相同的小物块和轨道系统，轨道固定在水平桌面上，物块质量m=1 kg，轨道长度l=2 m，物块与轨道之间的动摩擦因数μ=0.20，现用水平拉力，同时拉两个物体，分别作用一段距离后撤去，使两物块都从静止出发，运动到轨道另一端时恰好停止。（），求：

（1）在作用下的小物块加速度多大？
（2）从两物块运动时开始计时直到都停止，除了物块在轨道两端速度都为零之外，另有某时刻t两物块速度相同，则t为多少？
【答案】（1） （2）
【解析】（1）根据牛顿第二定律得，解得：
（2）物块1先加速后减速，减速运动的加速度大小为
从静止开始运动达到最大速度的时间为t1，则
代入数据解得：
同理可得，物块2加速运动和减速运动的加速度为
由题意可判断两物块速度相等时，物块1正在减速，物块2正在加速，设此时刻为t，则
代入数据得：
【名师点睛】连接牛顿第二定律与运动学公式的纽带就是加速度，所以在做这一类问题时，特别又是多过程问题时，先弄清楚每个过程中的运动性质，根据牛顿第二定律求加速度然后根据加速度用运动学公式解题或者根据运动学公式求解加速度然后根据加速度利用牛顿第二定律求解力。
15．（2017·甘肃天水一中高三月考）如图所示，小木块质量m=1 kg，长木板质量M=10 kg，木板与地面以及木块间的动摩擦因数均为μ=0.5。当木板从静止开始受水平向右的恒力F=90 N作用时，木块以初速v0=4 m/s向左滑上木板的右端。则为使木块不滑离木板，木板的长度L至少要多长?

【答案】L=4 m
【解析】当F刚作用时，对M，根据牛顿第二定律得：
，
对m，根据牛顿第二定律得：
设经过时间t2，木块向左减速到0再向右加速到v0，跟木板相对静止，木块刚好不滑离木板，规定向右运动方向为正方向，则有：–v0+a2t=a1′t
解得：t=2 s
则此过程小木块的位移为：x2=–=2 m
木板的位移为：x1=–=6 m
此过程它们的相对位移为：x= x1–x2=4 m
解得：L=4 m
所以木板的长度L至少要4 m。
【名师点睛】本题考查了动力学中的滑块模型，关键理清木块和木板的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解。
16．（2017·福建三明一中高三月考）如图所示，质量M=4.0 kg的长木板B静止在光滑的水平地面上，在其右端放一质量m=1.0 kg的小滑块A（可视为质点）初始时刻，A、B分别以v0=2.0 m/s向左、向右运动，最后A恰好没有滑离B板。已知A、B之间的动摩擦因数μ=0.40，取g=10 m/s2。求：

（1）A、B相对运动时的加速度aA和aB的大小与方向；
（2）A相对地面速度为零时，B相对地面运动已发生的位移大小x；
（3）木板B的长度l。
【答案】（1）aA=4.0 m/s2，方向水平向右 aB=1.0 m/s2，方向水平向左 （2）x=0.875 m（3）l=1.6 m
【解析】（1）A、B分别受到大小为μmg的摩擦力作用，根据牛顿第二定律
对A有μmg=maA 则aA=μg=4.0 m/s2 方向水平向右
对B有μmg=MaB 则aB=μmg/M=1.0 m/s2 方向水平向左
（2）开始阶段A相对地面向左做匀减速运动，设到速度为零时所用时间为t1，则
v0=aAt1，解得t1=v0/aA=0.50 s
B相对地面向右做匀减速运动x=v0t1–aBt2=0.875 m
（3）A先相对地面向左匀减速运动至速度为零，后相对地面向右做匀加速运动，加速度大小仍为aA=4.0 m/s2
B板向右一直做匀减速运动，加速度大小为aB=1.0 m/s2
当A、B速度相等时，A滑到B最左端，恰好没有滑离木板B，故木板B的长度为这个全过程中A、B间的相对位移
在A相对地面速度为零时，B的速度vB=v0–aBt1=1.5 m/s
设由A速度为零至A、B速度相等所用时间为t2，则aAt2=vB–aBt2
解得t2=vB/(aA+aB)=0.3 s
共同速度v=aAt2=1.2 m/s
从开始到A、B速度相等的全过程，利用平均速度公式可知A向左运动的位移
xA=
B向右运动的位移
B板的长度l=xA+xB=1.6 m
【名师点睛】本题是木块在木板滑动的类型，运用牛顿第二定律、运动学、动量守恒和能量守恒结合求解比较简便，也可以采用图象法求解。
17．（2017·山东师大附中高三模拟）将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验．若砝码的质量为m1=0.1 kg，纸板的质量为m2=0.2 kg，砝码和纸板间的动摩擦因数μ1=0.1，砝码和桌面间及纸板与桌面间的动摩擦因数均为μ2=0.2。某次实验时，纸板抽出后，砝码刚好停在桌子边缘，已知砝码与纸板左端的距离d=0.08 m，砝码到桌子右端的距离l=0.12 m，取g=10 m/s2。求：

（1）纸板所受摩擦力的大小；
（2）砝码运动的时间；
（3）纸板所受拉力的大小。
【答案】（1） （2） （3）
【解析】（1）纸板受上表面的摩擦力为：
纸板受到下表面的摩擦力为：
故纸板受到的摩擦力为：
（2）砝码在纸板上加速时的加速度大小为a1，在桌面上减速时的加速度大小为a2，设脱离纸板时的速度为v，则：
其中，
解得：
故砝码运动时间为：
（3）设纸板的加速度为a3，则：

解得：
又由牛顿第二定律知：

解得：
18．（2017·贵州遵义四中高三月考）如图甲所示，质量M=1 kg的薄木板静止在水平面上，质量m=1 kg的铁块静止在木板的右端，可视为质点。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g=10 m/s2。现给铁块施加一个水平向左的力F。

（1）若力F从零开始逐渐增加，且铁块始终在木板上没有掉下来，铁块受到的摩擦力f随力F大小变化的图象如图乙所示，求木板与水平面间的动摩擦因数μ1和铁块与木板之间的动摩擦因数μ2；
（2）在第（1）问的基础上，若力F为恒力4 N，作用1 s后撤去F，最终发现铁块恰好能运动到木板的左端，求木板的长度L。
【答案】（1）μ1=0.05 μ2=0.2 （2）L= m

（2）当F=4 N时，铁块的加速度为
由牛顿第二定律F–f1=mam1（am1=2 m/s2）
木板的加速度为aM1，则f1–μ1(mg+Mg)=MaM1（aM1=1 m/s2）
因此在t=1 s内
sm=am1t2，sm =1 m
sM=aM1t2，sM =0.5 m
在t=1 s时
vm=am1t=2 m/s
vM=aM1t=1 m/s
在此后，铁块减速，其加速度为am2则μ2mg=mam2，得am2=2 m/s2
木板加速，其加速度为aM2则
μ2mg–μ1(mg+Mg)=MaM2，得aM2=1 m/s2
当两者达到共同速度时v=vm–am2t′=vM+aM2t′，得t′= s，v= m/s
从撤去力F到两者达到共同速度的过程中，铁块的位移
sm1=，得sm1= m
木板的位移sM1=，得sM2= m
则木板长度为L=(sm–sM)+(sm1–sM2)
解得L= m
【名师点睛】解决本题的关键能够正确地受力分析，分析铁块和木板的运动状态，运用牛顿第二定律进行求得不同的加速度，结合运动学公式联合求解。
19．（2017·湖北孝感高中高三调考）如图所示，质量M=2 kg的木板静止在光滑的水平面上，质量的小物块（可视为质点）放置在木板的中央。在地面上方存在着宽度的作用区，作用区只对小物块有水平向右的作用力，作用力的大小。将小物块与木板从图示位置（小物块在作用区内的最左边）由静止释放，已知在整个过程中小物块不会滑离木板，小物块与木板间的动摩擦因素为，重力加速度。

（1）小物块刚离开作用区时的速度；
（2）若小物块运动至距作用区右侧处的点时，小物块与木板的速度恰好相同，求距离及小物块离开作用区后的运动过程中物块与木板间由于摩擦而产生的内能。
【答案】（1） （2）
【解析】（1）小物块在区域Ⅰ中运动时：

而对物块：，故：
（2）物块在区域Ⅰ中运动的时间为：
故：离开区域Ⅰ时板的速度为：
设从小物块进入区域Ⅱ到小物块与木板共速历时为，则：
解得：=1.5 s
共速时二者速度均为
由运动学公式得：

【名师点睛】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合，关键理清物块和木板在整个过程中的运动规律，运用牛顿第二定律和运动学公式进行求解，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁。

20．某电视台娱乐节目在游乐园举行家庭搬运砖块比赛活动。比赛规则是：如图甲所示向滑动的长木板上放砖块，且每次只能将一块砖无初速度（相对地面）地放到木板上，木板停止时立即停止搬放，以木板上砖块多少决定胜负。已知每块砖的质量m=0.8 kg，木板的上表面光滑且足够长，比赛过程中木板始终受到恒定的拉力F=20 N的作用，未放砖块时木板以v0=3 m/s的速度匀速前进。获得冠军的家庭上场比赛时每隔T=0.8 s放一块砖，从放上第一块砖开始计时，图中仅画出了0~0.8 s内木板运动的v–t图象，如图乙所示，g取10 m/s2。求：

（1）木板的质量M及板与地面间的动摩擦因数为多少？
（2）木板停止时，木板上放有多少块砖？
（3）从放上第一块砖开始到停止，木板的总位移是多少？
【答案】（1） （2）n=5 （3）s=7.6 m
【解析】（1）没有放砖时对车受力分析有
放上第一块砖时，木板减速，设加速度大小为a1，对车受力分析：

得：
由图
联解得：，
（2）放第二块砖后，受力分析有
所以，在第二个0.8 s内车速度变化为
同理，


停下时有

得：
解得n=5
所以车停时有5块砖
（3）由木板运动的v-t图象得：第一个0.8 s内车的位移
第二个0.8 s内车的位移
第三个0.8 s内车的位移
第四个0.8 s内车的位移
第五个0.8 s内车的位移
总位移为7.6 m。
21．如图所示，质量M=10 kg、上表面光滑的足够长的木板的在F=50 N的水平拉力作用下，以初速度沿水平地面向右匀速运动。现有足够多的小铁块，它们的质量均为m=1 kg，将一铁块无初速地放在木板的最右端，当木板运动了L=1 m时，又无初速地在木板的最右端放上第2块铁块，只要木板运动了L=1 m就在木板的最右端无初速度放一铁块。试问。（取g=10 m/s2）

（1）第2块铁块放上时，木板的速度多大？
（2）最终木板上放有多少块铁块？
（3）从第1块铁块放上去之后，木板最大还能运动多远？
【答案】（1） （2）n=10块 （3）s=9.5 m
【解析】（1）木板最初做匀速运动，由计算得出，
第l块铁块放上后，木板做匀减速运动，即有：
代入数据计算得出：；
根据速度位移关系公式，有：，计算得出
（2）设最终有n块铁块能静止在木板上，则木板运动的加速度大小为：
第1 块铁块放上后：
第2 块铁抉放上后：
第n块铁块放上后：
由上可得：
木板停下时，，得，即最终木板上放有10块
（3）从放上第1块铁块至刚放上第10块铁块的过程中，由（2）中表达式可得：

从放上第10 块铁块至木板停止运动的过程中，设木板发生的位移为d，则：

联立计算得出：
所以：木板共运动s=9.5 m
22．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=1.5 s小物块通过的位移大小为多少？（取g=10 m/s2）
【答案】（1） （2） （3）
【解析】（1）对小车和物体受力分析，由牛顿第二定律可得，
物块的加速度：
小车的加速度：
（2）由：
得：
所以速度相同时用的时间为1 s。
（3）在开始1 s内小物块的位移：
最大速度：
在接下来的0.5 s物块与小车相对静止，一起做加速运动，加速度：
这0.5 s内的位移：
所以通过的总位移：。
23．如图甲所示，质量M=1 kg的薄木板静止在水平面上，质量m=1 kg的铁块静止在木板的右端，可视为质点。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g=10 m/s2。现给铁块施加一个水平向左的力F。

（1）若力F从零开始逐渐增加，且铁块始终在木板上没有掉下来，铁块受到的摩擦力f随力F大小变化的图象如图乙所示，求木板与水平面间的动摩擦因数μ1和铁块与木板之间的动摩擦因数μ2；
（2）在第（1）问的基础上，若力F为恒力4 N，作用1 s后撤去F，最终发现铁块恰好能运动到木板的左端，求木板的长度L。
【答案】（1）μ1=0.05 μ2=0.2 （2）L=m
【解析】（1）从图乙中可以看出，当F从3 N逐渐增加到4.5 N时，f不变，则此时的f是滑动摩擦力，即f=μ2mg，解得μ2=0.2
由图乙可知，当力F从1 N逐渐增加到3 N时，铁块和木板相对静止，并且一起加速运动，当F=2 N时铁块所受摩擦力为fm=1.5 N，因此可求出铁块的加速度为

木板的加速度此时也为aM=am
对整体运用由牛顿第二定律 F–μ1(mg+Mg)=(M+m)aM
解得 μ1=0.05
（2）当F=4 N时，铁块的加速度为
由牛顿第二定律 F–f1=mam1
解得am1=2 m/s2
木板的加速度为aM1
则 f1–μ1(mg+Mg)=MaM1
aM1=1 m/s2
因此在t=1 s内
sm=am1t2 ，sm =1 m
sM=aM1t2，sM =0.5 m
在t=1 s时
vm=am1t=2 m/s
vM=aM1t=1 m/s
在此后，铁块减速，其加速度为am2 则μ2mg=mam2 得am2=2 m/s2
木板加速，其加速度为aM2 则
μ2mg–μ1(mg+Mg)=MaM2 得aM2=1m/s2
当两者达到共同速度时v=vm–am2t′=vM+aM2t′ 得t′=s，v=m/s
从撤去力F到两者达到共同速度的过程中，铁块的位移
，得sm1=m
木板的位移 sM2=，得sM2=m
则木板长度为 L=(sm– sM)+(sm1– sM2)
解得L=m。
24．有一项“快乐向前冲”的游戏可简化如下：如图，滑板长L=1 m，起点A到终点线B的距离s=5 m。开始滑板静止，右端与A平齐，滑板左端放一可视为质点的滑块，对滑块施一水平恒力F使滑板前进。板右端到达B处冲线，游戏结束。已知滑块与滑板间动摩擦因数μ=0.5，地面视为光滑，滑块质量m1=2 kg，滑板质量m2=1 kg，重力加速度g=10 m/s2，求：

（1）滑板由A滑到B的最短时间可达多少?
（2）为使滑板能以最短时间到达，水平恒力F的取值范围如何?
【答案】（1）t=1 s （2）
【解析】（1）滑板一直加速，所用时间最短。设滑板加速度为a2
f=?m1g=m2a2，a2=10 m/s2

t=1 s；

25．如图甲所示，质量为M=0.5 kg的木板静止在光滑水平面上，质量为m=1 kg的物块以初速度v0=4 m/s滑上木板的左端，物块与木板之间的动摩擦因数为μ=0.2，在物块滑上木板的同时，给木板施加一个水平向右的恒力F。当恒力F取某一值时，物块在木板上相对于木板滑动的路程为s，给木板施加不同大小的恒力F，得到的关系如图乙所示，其中AB与横轴平行，且AB段的纵坐标为1 m–1。将物块视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10 m/s2。

（1）若恒力F=0，则物块会从木板的右端滑下，求物块在木板上滑行的时间t是多少？
（2）图乙中BC为直线段，求该段恒力F的取值范围及的函数关系式；
（3）若恒力F=2 N ，则物块与木板因摩擦而产生的热量Q为多少?
【答案】（1） （2） （3）
【解析】（1）以初速度为正方向，物块的加速度大小：
木板的加速度大小：
由图乙知，板长
滑块相对木板的路程：
联立解得：，
当时，滑块的速度为2 m/s，木板的速度为4 m/s，而当物块从木板右端滑离时，滑块的速度不可能小于木板的速度，应舍弃，故所求时间为。
（2）①当F较小时，物块将从木板右端滑下，当F增大到某一值时物块恰好到达木板的右端，且两者具有共同速度v，历时，则：，
位移关系：，联立解得：
由图乙知，相对路程：
代入解得：
②当F继续增大时，物块减速、木板加速，两者在木板上某一位置具有共同速度；当两者共速后能保持相对静止（静摩擦力作用）一起以相同加速度a做匀加速运动，则：，
由于静摩擦力存在最大值，所以：
联立解得：
BC段恒力F的取值范围是，函数关系式是。
（3）由（2）可知，时，故。
【名师点睛】滑块问题是物理模型中非常重要的模型，是学生物理建模能力培养的典型模型。滑块问题的解决非常灵活，针对受力分析、运动分析以及牛顿第二定律的掌握，还有相对运动的分析，特别是摩擦力的变化与转型，都是难点所在。本题通过非常规的图象来分析滑块的运动，需要能从图中读懂物体的运动规律。






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