微专题16牛顿运动定律应用之“滑块—木板模型”问题

1、微专题16牛顿运动定律应用之滑块一木板模型”问题【核心要点提示】1问题的特点滑块一木板类问题涉及两个物体，并且物体间存在相对滑动.2 常见的两种位移关系(1) 滑块从木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板向同一方向运动，则滑块的位 移和木板的位移之差等于木板的长度；(2) 若滑块和木板向相反方向运动，则滑块的位移和木板的位移之和等于木板的长度.【核心方法点拨】此类问题涉及两个物体、多个运动过程，并且物体间还存在相对运动，所以应准确求出各物 体在各个运动过程中的加速度 (注意两过程的连接处加速度可能突变)，找出物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口求解中应注意联系两个过程的纽带

2、，每一个过程的 末速度是下一个过程的初速度.【微专题训练】 类型一：滑块-木板间有摩擦，木板与地面间无摩擦【例题1】(多选)如图所示，物体 A放在物体B上，物体B放在光滑的水平面上，已知mA=6 kg , mB= 2 kg.A、B间动摩擦因数尸0.2.A物体上系一细线，细线能承受的最大拉力是 220 N，水平向右拉细线，下述中正确的是(g取10 m/s )(A .当拉力0v FV 12 N时，A静止不动B .当拉力F > 12 N时，A相对B滑动C.当拉力F = 16 N时，B受到A的摩擦力等于4 ND .在细线可以承受的范围内，无论拉力F多大，A相对B始终静止【解析】假设细线不断裂，则

3、当细线拉力增大到某一值A物体会相对于 B物体开始滑动，此时A、B之间达到最大静摩擦力以B为研究对象，最大静摩擦力产生加速度，由牛顿第二定律得：(img= mBa,解得a = 6 m/s2以整体为研究对象，由牛顿第二定律得：Fm = (mA+ mB)a = 48 N即当绳子拉力达到 48 N时两物体才开始相对滑动，所以 A、B错，D 正确.当拉力 F = 16 N时，由F = (mA+ mB)a解得a = 2 m/s2，再由Ff= mBa得Ff = 4 N，故 C正确.【答案】CD【变式1-1】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 尸0.2,重力加速度

4、g= 10 m/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，最大静摩擦力等于滑动摩擦力， 下列选项可能正确的是()M *A . am= 2 m/s2, a” = 1 m/s22 2B. am= 1 m/s , aM = 2 m/sC. am= 2 m/s , 3m = 4 m/sD. am= 3 m/s2, a” = 5 m/s2【解析】若物块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，由牛顿第二定律可得：F= (M + m)a，隔离小物块受力分析，二者间的摩擦力Ff为静摩擦力，且FfW mg 由牛顿第二定律可得：Ff = ma,联立可得：am=

5、a” = ag 2 m/s2.若物块与小车间发生了相对运动，二者间的摩擦力Ff为滑动摩擦力，且 am<aM,隔离小物块受力分析，如图所示，由牛顿第二定律可得：Ff =卩m= mam,可得：am= 2 m/s2，选项C正确，选项A、B、D错误.23 / 18【答案】C【变式1-2】如图甲所示，静止在光滑水平面上的长木板B(长木板足够长)的左端静止放着小物块A.某时刻，A受到水平向右的外力 F作用，F随时间t的变化规律如图乙所示，即F=kt,其中k为已知常数.设物体A、B之间的滑动摩擦力大小等于最大静摩擦力Ff,且A、【解析】A、B相对滑动之前加速度相同，由整体法可得：F = 2ma,当A、

6、B间刚好发生相对滑动时，对木板有 Ff= ma,故此时F = 2Ff = kt, t=罕，之后木板做匀加速直线运动，故k只有B项正确.【答案】BF = (M + m)a。设A、B之间的摩擦【例题2】如图所示，在光滑的水平面上有一长为 0.64 m、质量为4 kg的木板A,在木板的 左端有一质量为2 kg的小物体B, A、B之间的动摩擦因数为 卩=0.2。当对B施加水平向右 的力F = 10 N时，求经过多长的时间可将 B从木板A的左端拉到右端？(物体B可以视为质 点，g 取 10 m/s2)a扌A解析假设二者相对静止， 则对整体由牛顿第二定律得 力为f, A所受的摩擦力水平向右，对 A: f

7、= Ma。由于二者相对静止，故 f为静摩擦力，要 使二者不发生相对滑动，满足 仕卩mg解得F耳m曙6 N，由于F >6 N，故B将相对 于A发生滑动。法一：以地面为参考系，A和B都做匀加速运动，且B物体的加速度大于 A物体的加速度，B的加速度大小：aB= F _卩m = 3 m/s2;mA的加速度大小：aA =1 m/s2。B从A的左端运动到右端，A、B的位移关系满足1 o 1 oxi X2= L,即 §aBt 2aAt = L,解得 t= 0.8 s。法二：以A为参照物，B相对A的加速度aBA = aB aA,即B相对A做初速度为零的匀加速1 2直线运动，相对位移大小为L,故

8、L = 2aBAt2，解得t= 0.8 so 答案0.8 s【变式2-1】如图所示，平板小车静止于水平地面上，在其最右端放一可视为质点的小木块，已知木块的质量 m= 1kg，小车的质量 M = 4kg，上表面与木块间的动摩擦因数 尸0.3,地 面给小车的阻力与地面所受正压力成正比，比值为冶0.2。现用向右的水平恒力 F = 30N拉平板小车，该水平恒力 F作用时间t1 = 2s, g取10m/s2，求：LOCD(1) 水平恒力F作用过程中，木块和小车的加速度各为多大；(2) 水平恒力F撤去后，木块再经过一段时间后恰好停在小车左端，则小车长L为多少；(3) 小车从开始运动到最终停下来运动的距离为

9、多少。17 o答案：(1)3m/s2m/s2 (2)3m (3)24.6m4解析(1)水平恒力F作用的过程中，木块的加速度a1 = MT 3m/s2,小车的加速度 a?=F 口 m入 m+ M g 172m = 7m/s12(2)t1= 2s内，木块的位移 X1 = a111= 6m。b = 2s内，小车的位移X2= ja2t1= 8.5mt1 = 2s末，木块的速度 v1 = a1t1 = 6m/s,小车的速度 v2= a2t1 = 8.5m/s水平恒力F撤去后，木块的加速度a1不变m mg 入 m+ M g 132小车的加速度 a2'=m= m/s，方向向左木块停在小车左端时，木块

10、与小车速度相等，v= V1 + a1t2= V2 a2t2得 t2= 0.4s, v= 7.2m/s恒力F撤去后，木块的位移 x1 = v1t2+ 1a1t2= 2.64m1恒力F撤去后，小车的位移 X2 = V2t2 2玄2*2= 3.14m 木板长度 L =(X2 xi) + (x2 xi ' 4 3m(3) 达到共同速度后，二者一起做匀减速运动，有a= g 2m/s22共同做匀减速直线运动的位移x3= + = 12.96m2a小车运动的总位移x= x2 + x2，+ x3= 24.6m类型二：滑块-木板间有摩擦，木板与地面间有摩擦1 用水平力拉木板如图所示，A是小木块，B是木板，

11、A和B都静止在地面上，A在B的右端，从某一时刻起， B受到一个水平向右的恒力 F作用。A、B之间的动摩擦因数为 吐B与地面间的动摩擦因 数为 忆 木板的长度为L。假设最大静摩擦力 fm和滑动摩擦力相等，根据 F的大小可分为 三种运动情况。(1)当FW(j2(m1+ m2)g时，二者均相对地面静止，且A不受摩擦力作用。当垃(m1 + m2)gv F%+史伽 + mg时，二者相对静止，以相同的加速度向右滑动。 对A而言，其摩擦力产生的加速度存在极值，即m1aA<m1g，因而A、B共同加速的加速度apig。对整体由牛顿第二定律得F (J2(m1 + m2)g = (m1 + m2)a, 解得

12、F WJ + p)(m1 + m2)g。此匕时 aA = J1g , aB =当F > ( J1 + J2)(m1 + m2)g时，二者发生相对滑动。1m1g j2 m1+ m2 g ,一 -> J1g, A相对B向左滑动。2 用水平力拉物块如图，A在B的左端，从某一时刻起， A受到一个水平向右的恒力 F而向右运动。这种情况 抓住A带动B运动，A对B的摩擦力为动力。(1)当jm1gWj(m1+ m2)g时，不论拉力 F多大，B均静止。当 jm1g> j(m1 + m2)g 时： F v j(m1 + m2)g时，二者相对静止，且相对于地面静止。 若 J(m1+ m2)g v

13、FWj(m1+ m2)g+ jm® j(m1 + m2)g时，A、B 相对地面运动,但A、B保持相对静止。 对B由牛顿第二定律得fAB (mi + m2)g= m2a,当F增大，a增大，fAB也增大，但是fAB<pimig, 卫mig 止 mi + m2 g所以awm2对整体而言 F M2(mi + m2)g = (mi + m?)a,则 F <M2(mi + m2)g +mi + m2m2 pimig 比(mi + m2)g。mi + m2A带动B运动，故aAF > 血(mi + m2)g+ m- pimig 吃(mi + m2)g时，二者相对滑动,> aB

14、, Va > Vb。【例题3】如图所示，质量为 mi的木块和质量为 m2的长木板叠放在水平地面上。现对木块施加一水平向右的拉力 F。木块在长木板上滑行，而长木板保持静止状态。已知木块与长木板间的动摩擦因数为p,长木板与地面间的动摩擦因数为p,且最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，则(D )叫1 FA. pi> pB. p< pC. 若改变F的大小，当F>p(mi + m2)g时，长木板将开始运动D. 若将F作用于长木板，当 F>( p+(mi+ m2)g时，长木板与木块将开始相对滑动解析对mi,根据牛顿运动定律有：F pmig = mia，对m2，由于保持静止有：pmi

15、g Ff= 0, FfV p(mi + m2)g，所以动摩擦因数的大小从中无法比较。故A、B错误；C、改变F的大小，只要木块在木板上滑动，则木块对木板的滑动摩擦力不变，则长木板仍然保持静止，故C错误；D、若将F作用于长木板，当木块与木板恰好开始相对滑动时，对木块，pmig=mia,解得 a= pg,对整体分析，有 F p(mi+ m2)g= (mi+ m2)a，解得 F = (p+ p)(mi + m2)g,所以当F>( p+ p)(mi+ m2)g时，长木板与木块将开始相对滑动，故D正确。故选D。【变式3-i】(多选)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.

16、A、iB间的动摩擦因数为 p B与地面间的动摩擦因数为 2卩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，则()A .当F<2 p mg寸，A、B都相对地面静止5iB .当F= 2 p mg寸，A的加速度为3 pgC.当F>3 p mg寸，A相对B滑动1D .无论F为何值，B的加速度不会超过2冋【解析】当0<F冷卩mg寸，A、B皆静止；当号卩m<F三3 mg寸，A、B相对静止，但两者相B相对地面3F -尹 mg a=3m32卩m-卩mgm对地面一起向右做匀加速直线运动；当F>3卩mg寸，A相对B向右做加速运动,5也向右加速，选项A错误，选项

17、C正确.当F = 2卩mg寸，A与B共同的加速度13卩g选项B正确.F较大时，取物块B为研究对象，物块B的加速度最大为a2=1= 2g选项D正确.【答案】BCD【例题4】一长木板在水平地面上运动，在t= 0时刻将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，以后木板运动的速度一时间图象如图所示。已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上。取重力加速度的大小 g = 10 m/s2,求： (1)物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数;从t= 0时刻到物块与木板均停止运动时，物块相对于木板的位移的大小。【解析】由v t图象可知，

18、在t1 = 0.5 s时，二者速度相同，为速度大小分别为a1和a2,则a1 =a2 = v0 1t1设物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为山、忐，根据牛顿第二定律，对物块有 wmg= ma1对木板有 wmg + 2垃mg = ma2联立式得：山=0.2,忐=0.3(2)t1时刻后，地面对木板的摩擦力阻碍木板运动， 物块与木板之间的摩擦力改变方向。 设物 块与木板之间的摩擦力大小为 Ff,物块和木板的加速度大小分别为 a1和a2，由牛顿第二定 律得对物块有Ff= ma17对木板有2血mg Ff= ma2z假设物块相对木板静止，即Ffv wmg,则a= a2；得 Ff = &mg&

19、gt; mg,与假设矛盾，所以物块相对木板向前减速滑动，而不是与木板共同运动，物块加速度大小ai = ai = 2 m/s2物块的v t图象如图所示。此过程木板的加速度a2 = 2 M2g-呃=4 m/s2由运动学公式可得，物块和木板相对地面的位移分别为2 2ViV1x1=鬲+矿0.5 mvo+ V1vi13x2= 丁t1+茲,=8 m物块相对木板的位移大小为x= X2 - xi= 1.125 m【答案】(1)0.20.3 (2)1.125 m【变式4】如图所示，质量 M = 1 kg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pi= 0.1,在木板的左端放置一个质量m= 1 kg

20、、大小可以忽略的铁块，铁块与木板间的动摩擦因数 血=0.4,取g= 10 m/s2,试求：(1) 若木板长L = 1 m,在铁块上加一个水平向右的恒力F = 8 N ,经过多长时间铁块运动到木板的右端？(2) 若在铁块上的右端施加一个大小从零开始连续增加的水平向右的力F,通过分析和计算后,请在图中画出铁块受到木板的摩擦力f2随拉力F大小变化的图像。(设木板足够长)L-解析(1)铁块的加速度大小ai =F mmgm2=4 m/s木板的加速度大小a2=mg-w M + m g = 2 m/s2,2M设经过时间t铁块运动到木板的右端，1 o 1 o则有?ait 尹上=L,解得:t= 1 s。当F w

21、(m+ M)g = 2 N时，M、m相对静止且对地静止，f2= F。二者相对静止时，以系统为研究对象，根据牛顿第二定律有F1 (M + m)g= (M + m)a。此时系统的加速度 aw 2 m/s,解得Fi< 6 N所以当2 N v F < 6 N时，M、m相对静止，系统 向右做匀加速运动，其加速度 a= F 5 M + m g。M + m以M为研究对象，根据牛顿第二定律有:f2 5i(M + m)g= Ma，解得 f2= |+ 1。当F > 6 N, M、m发生相对运动，f2 =&mg= 4 N。 画出f2随拉力F大小变化的图像如图所示。答案(1)1 s (2)见

22、解析【巩固习题】1如图甲所示，A、B两长方体叠放在一起放在光滑的水平面上，B物体从静止开始受到一个水平变力的作用，该力与时间的关系如图乙所示，运动过程中A、B始终保持相对静止。则在02to时间内，下列说法正确的是 ()A .to时刻，A、B间的静摩擦力最大，加速度最小B . to时刻，A、B的速度最大C. 0时刻和2to时刻，A、B间的静摩擦力最大D . 2to时刻，A、B离出发点最远，速度为 02质量M = 1kg的长木板置于水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数尸0.1。木板上放有质量分别为mA= 2kg和mB= 1kg的A、B两物块，A、B与木板间的动摩擦因数分别为 电=0.3、0.5,水

23、平恒力F作用在物块A上，如图所示。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g= 10m/s2。贝V ()A .若F= 5N，物块A受到的摩擦力大小为 5NB .若F= 6N，物块B受到的摩擦力大小为 5NC.若F= 7N，物块A将会相对木板滑动D 无论力F多大，B与长木板之间都不会发生相对滑动解析A与木板间的最大静摩擦力为FAmax= M2mAg= 6N; B与木板间的最大静摩擦力为fBmax=虫mBg= 5N;木板与地面间的最大静摩擦力为f= p(M + mA + mB)g= 4N ;若F = 5N ,木板已相对地面滑动，设A、B相对木板静止，则对整体：F f= (M + Ea+ mB)a,对A：

24、FfA= mAa,解得 fA= 4.5N<6N ;对 B： fB= mBa，解得 fB= 0.25N<5N，故 A、B 确实相对木板静止，且fA= 4.5N故A错误；若F= 6N，木板已相对地面滑动，设 AB相对木板静止， 则对整体：F f= (M + mA+ mB)a,对 A： F fA= mAa,解得 fA= 5N<6N ;对 B: fB= mBa，解 得fB= 0.5N<5N，故A、B确实相对木板静止，且fB = 0.5N，故B错误；若F = 7N，木板已相对地面滑动，设 AB相对木板静止，则对整体F f = (M + Ea+ mB)a，对A： F fA= mAa

25、,解得fA = 5.5N<6N ;对B: fB= mBa,解得fB= 0.75N<5N，所以A、B确实相对木板静止，故 C错误；木板和 B之所以能运动，是 A与木板间的摩擦力做动力，当A与木板间的摩擦力达到最大时，设木板和 B相对静止，对木板和 B: fAmax f = (M + mB)a,对B： fB= mBa,解 得fB= 1N，即A与木板间的摩擦力达到最大时，木板和 B仍相对静止。则无论力 F多大， B与长木板之间都不会发生相对滑动。故D正确。3辆运送沙子的自卸卡车装满沙子，沙粒之间的动摩擦因数为吐沙子与车厢底部材料的动摩擦因数为 血，车厢的倾角用 B表示(已知血pi)，下列

26、说法正确的是()A 要顺利地卸干净全部沙子，应满足tanB>比B 要顺利地卸干净全部沙子，应满足sin 0>田C.只卸去部分沙子，车上还留有一部分沙子，应满足p>tanB> piD 只卸去部分沙子，车上还留有一部分沙子，应满足比>p>ta nB【答案】AC4如图所示，长木板放置在水平面上，一小物块置于长木板的中央，长木板和物块的质量均为m,物块与木板间的动摩擦因数为 p,木板与水平面间动摩擦因数为 才，已知最大静摩擦 力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度为 g。现对物块施加一水平向右的拉力 F，则木板加 速度大小a可能是()M rA a= pgB. a =2p

27、g3pg3Fd. a=2mpg35如图所示，质量为 m的木块在质量为 M的长木板上向右滑行，木块受到向右的拉力F的作用，长木板处于静止状态，已知木块与长木板间的动摩擦因数为p,长木板与地面间的动摩擦因数为 p,则() 1 1FWI A .长木板受到地面的摩擦力的大小一定是pmgB .长木板受到地面的摩擦力的大小一定是p(m+ M)gC.当F> p(m+ M)g时，长木板便会开始运动 D .无论怎样改变 F的大小，长木板都不可能运动【解析】木块受到的滑动摩擦力大小为 mmg，由牛顿第三定律，长木板受到 m对它的摩擦 力大小也是pimg，对长木板使用平衡条件得地面对长木板的静摩擦力为田mg,

28、 A正确.改变F的大小，木块 m受到的滑动摩擦力不会发生变化，长木板受力不变，D正确.【答案】AD6如图甲所示，一质量为M的长木板静置于光滑水平面上， 其上放置一质量为 m的小滑块。木板受到随时间t变化的水平拉力 F作用时，用传感器测出其加速度a,得到如图乙所示的a- F 图象。取 g= 10 m/s2,则（）A 滑块的质量B. 木板的质量C. 当F= 8 N时滑块的加速度为 D .滑块与木板间的动摩擦因数为【解析】当F = 6 N时，加速度为m = 4 kgM = 6 kgc , 22 m/s0.1a= 1 m/s2,对整体分析，由牛顿第二定律有 F = （M + m）a,e|代入数据解得M

29、 + m= 6 kg ;当F > 6 N时，根据牛顿第二定律得 a = 严一1 1知图线的斜率k=皿=p解得M= 2 kg，滑块的质量 m= 4 kg，故A正确，B错误；根据F>6 N的图线知，F = 4 N时，a = 0，即0 =十年一弋丰，代入数据解得 尸0.1 , D正确；当 F = 8 N时，对滑块，根据牛顿第二定律得m= ma'，解得a = g 1 m/s?, C错误。【答案】AD7如图所示，在光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板，其上叠放一 质量为m2的木块假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等.现给木块施加一随时间 t增大的水平力F = kt（k

30、是常数），木板和木块加速度的大小分别为 a1和a2.下列反映a1和a2变化的 图线中正确的是（）【解析】在木板与木块相对滑动前，F= kt= （m1+ m2）a, a与t成正比关系，a t关系图线的斜率为当m1与m2相对滑动后，木板受的摩擦力是Ff21 =皿=m1a1, a1=常ktk斜率为，可知A正确，B、C、Dm2为一恒量，对木块有f-皿=m2a2，得a2=m2- g 错误.【答案】A8如图所示，质量M = 8 kg的小车放在光滑的水平面上， 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22 kg的小物块，小物块与小车间的动摩擦因数尸0.2，小车足够长

31、。(g= 10 m/s)求:-1(1) 放上小物块后，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。解析小物块的加速度am=- 2 m/s2在小车左端加一水平推力F = 8 N,m=小车的加速度aM - 三严-0.5 m/s2。由 amt- V0 + aMt 得 t= 1 S。1 2在开始1 s内小物块的位移 S1 =尹mt - 1 m 在1 s末小物块的速度 v= at= 2 m/s在接下来的0.5 s内小物块与小车相对静止，一起做加速运动，且加速度a= - 0.8 m/s2M + m1这 0

32、.5 s 内的位移 s2= vt + at2 1.1 m通过的总位移 s= s1+ s2 2.1 m。答案(1)2 m/s2 0.5 m/s2 (2)1 s (3)2.1 m9.如图所示，物块 A、木板B的质量均为m= 10 kg ,不计A的大小，B板长L- 3 m.开始 时A、B均静止.现使 A以某一水平初速度从 B的最左端开始运动.已知 A与B、B与水平 面之间的动摩擦因数分别为m= 0.3和&= 0.1 , g取10 m/s2.(1) 若物块A刚好没有从B上滑下来，则A的初速度是多大？(2) 若把木板B放在光滑水平面上，让A仍以(1)问中的初速度从 B的最左端开始运动，则A能否与

33、B脱离？最终A和B的速度各是多大？"77777777777777777777777777777?【解析】(1)A在B上向右匀减速运动，加速度大小a1= pig 3 m/s2a2 =pmg p 2mgm1 m/s2由题意知,时间关系:位移关系:A刚好没有从B上滑下来，则A滑到B最右端时和B速度相同，设为v，得t= V0Va1v_a2V02 v22a12v2a2木板B向右匀加速运动，加速度大小解得 V0= 2 ,6 m/s.(2)木板B放在光滑水平面上，A在B上向右匀减速运动,加速度大小仍为 a1 = 呃=3 m/s由牛顿第二定律得F pnmg疋(m+ M)g = MaA 代入数据得：F

34、 = 26 N.B向右匀加速运动，加速度大小a2=皿 3 m/s2m设A、B达到相同速度v时A没有脱离B,由时间关系vo_ v'v'aia2解得 v '= V0=m/sA的位移2 2V0 vXa= 2a1=【答案】(1)3 s (2)26 N m2B的位移vxb=- 1 m2a2由Xa Xb= 2 m可知A没有与B脱离，最终A和B的速度相等，大小为，6 m/s【答案】(1)2 6 m/s 没有脱离6 m/s 6 m/s10.如图所示，薄板A长L = 5 m,其质量M = 5 kg,放在水平桌面上，板右端与桌边相齐. 在A上距右端s= 3 m处放一物体B(可看成质点)，其

35、质量m= 2 kg.已知A、B间动摩擦因数 =0.1 , A与桌面间和B与桌面间的动摩擦因数均为吃=0.2，原来系统静止现在在板的右端施加一大小一定的水平力F持续作用在A上直到将A从B下抽出才撤去，且使 B最后停于桌的右边缘.(g取10 m/s2)求：(1)B运动的时间；力F的大小.【解析】(1)对于B，在未离开A时，其加速度为:沏=晋= 1设A的加速度为aA,则根据相对运动的位移关系得尹人一2aB1t12= L s解得：aA= 2 m/s2 m/s2设经过时间t1后B离开A，离开A后B的加速度为:aB2= -函叽-2 m/s2m设物体B离开A时的速度为Vb1 2 ,Vb有 vB = aB1t

36、1 和 aB1t1 += s2 2aB2代入数据解得t1 = 2 svbaB2所以B运动的时间是:t= t1 +12= 3 s.11.2018年新春佳节，我市的许多餐厅生意火爆，常常人满为患，为能服务更多的顾客，服务员需要用最短的时间将菜肴送至顾客处(设菜品送到顾客处速度恰好为零)。某次服务员用单手托盘方式(如图)给12m远处的顾客上菜， 要求全程托盘水平。 托盘和手、碗之间的摩擦 因数分别为0.2、0.15，服务员上菜最大速度为3m/s。假设服务员加速、减速运动过程中是匀变速直线运动，且可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：(1) 服务员运动的最大加速度；(2) 服务员上菜所用的最短时间。答

37、案：(1)1.5m/s2(2)6s解析(1)设碗的质量为 m,托盘的质量为 M，以最大加速度运动时，碗、托盘、手保持相 对静止，碗受力如图所示，由牛顿第二定律得：Ff1 = ma1;i"+w碗与托盘间相对静止，则：Ff1才 f1max =wmg,解得：= 0.15 氷0m/s2 = 1.5m/s2,对碗和托盘整体，由牛顿第二定律得：Ff2= (M + m)a2,手和托盘间相对静止，则：Ff2才f2max= (J2(M + m)g ,解得：a2<p2g = 0.2 10m/s = 2m/s ,则最大加速度：amax= 1.5m/s2;(2)服务员以最大加速度达到最大速度，然后匀速

38、运动，再以最大加速度减速运动，所需时 间最短， 加速运动时间：h = Vmax= T3s= 2s,a max 1.5减速运动时间：t2 = t1 = 2s, 位移： X2= X1 = 3m,匀速运动位移：Xg= L 一 x? = 12 3 3m = 6m匀速运动时间：t3= "x = 2s,Vmax位移:1 1x1 = qvmaxt1 = 2 >3 X2m = 3m ,最短时间：t= t1 + t2+ t3= 6s12.如图所示，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。若砝码和纸板的质量分别为mi

39、和m2，各接触面间的动摩擦因数均为由重力加速度为go(1) 当纸板相对砝码运动时，求纸板所受摩擦力的大小；(2) 要使纸板相对砝码运动，求所需拉力大小；本实验中，mi = 0.5 kg, m2= 0.1 kg,尸0.2,砝码与纸板左端的距离 d = 0.1 m,取g= 10 m/s2o若砝码移动的距离超过1 = 0.002 m,人眼就能感知。为确保实验成功，纸板所需的拉力至少多大？【解析】(1)砝码对纸板的摩擦力 f1= umg桌面对纸板的摩擦力 f2=(Xm1+ m2)gf =f2,解得 f=(X2m1 + m2)g(2) 设砝码的加速度为a1,纸板的加速度为a?,则f1= m1a1, F

40、f1 f2= m2a2发生相对运动a2>a1，解得F>2(Xm1 + m2)g一 1 2(3) 纸板抽出前，砝码运动的距离X1= 2玄讥1纸板运动的距离d + X1 = 2"a2t2纸板抽出后，砝码在桌面上运动的距离1 2X2= a3t2, 2 1 2 1?a2t ?a1t + 22t a1t) At= L解得t= 2 So答案(1)0.10.1(2)4.5 J (3)2 s = x1 + x2由题意知 a1 = a3, a1t1= a3t2-J解得 F = 2 pm1+ (1 + d)m2g代入数据得F = 22.4 N【答案】(1) K2m1 + m2)g (2)大于

41、 2 p(m1 + m2)g (3)22.4 N13如图甲所示，水平面上静止放着长L = 2.75 m，质量为M = 3 kg的木板，一个质量为m=1 kg的小物体静止放在木板的最右端，小物体和木板之间的动摩擦因数为口，地面与木板之间的动摩擦因数为&，现对木板施加一水平向右的拉力F° (g取10 m/s2)(1)在小物体不脱离木板的情况下，力F大小与木板的加速度 aM关系如图乙所示，求*和仪的值？当F = 11 N,小物体与木板从静止开始运动，当小物体动能Ek1 = 0.5 J时，木板对地位移恰好为S2= 1 m，问此时小物块，木板与地面构成系统产生的总热量Q为多少？当F =

42、 11 N,要使小物体与木板脱离，F的作用时间t最短为多少？解析(1)由题意知Fi= M2(M + m)gFi= 4 N得到(-2= 0.1F -(M + m)g -mg= MaM 当 f = 11 N 时，aM = 2 m/s2得到-=0.1。(2) - mgs1 = Ek1Q1= -mg(S2 s”Q2= -(m+ M)gs2得到 Q = Q1+ Q2= 4.5 Jo(3) 设F作用时间为t,撤去F后，小物体和木板达到共速前还运动了时间At, F作用时，对小物体有a1 = -g = 1 m/s2对木板有F a2 =-mg - M + mMg = 2 m/s2撤掉F后，对木板有a3 =-mg

43、 -M + m g 52 M= 3m/s达到共速时有a1(t+ At) = a2t+ a3At共速前，小物体与木板相对运动为 114如图4甲所示，质量 M = 1 kg的木板静止在粗糙的水平地面上，在木板的左端放置一个 质量m = 1 kg、大小可以忽略的铁块.在铁块上施加一个外力F，在铁块运动过程中，铁块和木板之间的摩擦力Ff随外力F变化的关系图象如图乙所示，已知重力加速度g= 10 m/s2 ,各接触面间的最大静摩擦力均等于滑动摩擦力求：(1) 木板与地面间的动摩擦因数口和铁块与木板间的动摩擦因数仪；(2) 当F = 6 N时铁块的加速度 a.6口铁块i5木柜3X0申2 1 6 H 10

44、12 14 f/N 乙【解析】(1)由Ff F图象可知，当0 v F V 2 N时，铁块、木板均静止在水平地面上，当2 N乘V 10 N时，铁块、木板一起在水平地面上做加速运动，当F > 10 N时，铁块和木板发生相对滑动，由题图乙可得当 F = 2 N 时，有 Ff= w(m + M)g = 2 N当 F > 10 N时，有 Ff = temg= 6 N由以上两式可得 冈=0.1,血=0.6由题图乙可知，当F = 6 N时，Ff = 4 N ,此时铁块和木板一起在水平地面上做加速运动. 对铁块，由牛顿第二定律有F Ff= ma可得 a= 2 m/s2.【答案】(1)0.10.6

45、(2)2 m/s215. 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.t = 0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右 运动，直至t = 1s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 vt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鬼；(2) 木板的最小长度；(3) 木板右端离墙壁的最终距离.【解析】(1)根据题图b可以判定碰

46、撞前小物块与木板共同速度为v= 4 m/s碰撞后木板速度水平向左，大小也是v= 4 m/s小物块受到滑动摩擦力而向右做匀减速直线运动，加速度大小4 0a2=22m/s = 4 m/s .根据牛顿第二定律有&mg= ma2，解得 &= 0.4木板与墙壁碰撞前，匀减速运动时间t= 1 s,位移x= 4.5 m，末速度v= 4 m/s其逆运动则为匀加速直线运动可得x= vt+ *ait2解得 ai = 1 m/s2对小物块和木板整体受力分析，滑动摩擦力提供合外力，由牛顿第二定律得：w(m+ 15m)g=(m+ 15m)a1，即卩= a1解得m = 0.1(2)碰撞后，木板向左做匀减速运动，依据牛顿第二定律有p1(15m + m)g +(J2mg= 15ma3可得 a3 =4 m/s2对小物块，加速度大小为