第17讲 板块模型（练习）（解析版）-2024年高考物理一轮复习全面攻略

第17讲板块模型

姓名：班级：考号：

一、好题与新题

I.（2023.仝国.高三专题练习）（多选）如图甲所示，一滑块置于足够长的长木板左端，

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AQ5

（N）的变力作用，从后0时刻开始计时，滑块所受摩擦力随时间变化的关系如图乙所

示。设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度*取lOm/s?,则下列说法正确的是

（）

A.滑块与木板间的动摩擦因数为0.4

B.木板与水平地面间的动摩擦因数为0.2

C.图乙中f2=24s

D.木板的最大加速度为2m/s2

【答案】ACD

【详解】A.由题图乙可知，滑块与木板之间的滑动摩擦力为8N,则滑块与木板间的

动摩擦因数为

4=&=色=0.4

mg20

故A正确；

B.由题图乙可知〃时刻木板相对地面开始滑动，此时滑块与木板相对静止，则木板与

水平地面间的动摩擦因数为

〃=

故B错误;

CD.〃时刻，滑块与木板将要发生相对滑动，此时滑块与木板间的摩擦力达到最大静摩

擦力

%8N

此时两物体的加速度相等，且木板的加速度达到最大，则对木板

6加一〃'2〃吆=

解得

2

«/H=2m/s

对滑块

F-Ffltt=mam

解得

F=12N

则由尸=0.5/（N）可知

/2=24S

故CD正确。

故选ACD.

2.（2022・湖南常德・常德市一中校考二模）（多选）如图甲所示，长木板4在静止在水

平地面上，在/=0时亥IJ,可视为质点、质量为1kg的物块A在水平外力尸作用下，从长

木板的左端滑上从静止开始运动，Is后撤去外力尸，物块A、长木板8的速度一时间图

像如图乙所示，g=10m/¥,则下列说法正确的是（）

A.长木板的最小长度为2m

B.人、B间的动摩擦因数是0.1

C.长木板的质量为0.5kg

D.外力”的大小为4N

【答案】ABD

【详解】A.由图像可知，2s后物块和木板达到共速后一起匀速运动，说明木板与地面

之间无摩擦，UT图像中图线与坐标轴为成的面积表示物体的位移，故由图乙可知，在

2s内物块的位移为X=4m,木板的位移为,q=2m,故长木板的最小长度为

2m

试卷第2页，共29页

A正确；

B.由图乙可知，Is时擞去外力尸，在1~2s内有物块A的受力及牛顿第二定律可知

=ma八

由图乙可知I~2s内物块A的加速度大小为

%=lm/s2

解得4、8间的动摩擦因数为

〃=0.1

B正确；

C.由图乙可知，木板的加速度大小为

%=lm/s2

由木板B的受力及牛顿第二定律可知

乂mg=Ma®

解得长木板的质量为

A/=1.0kg

C错误；

D.由0~Is内的物块A的受力及牛顿第二定律可知

F-/.img=ma\

又此过程中加速度的大小为

a\=3m/s2

解得

F=4N

D正确。

故选ABD.

3.（2024.全国•高三专题练习）（多选）如图所示，一长木板。在水平地面上运动，在

某时刻1=0）将一相对于地面静止的物块6轻放到木板上，此时。的速度水平向右,

大小为2杨，同时对〃施加一水平向右的恒力凡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的动摩擦因数相等，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦

力，且物块始终在木板匕在物块放到木板上之后，a、运动的速度•时间图像可能

是下列图中的（）

【答案】BC

【详解】小物块由静止开始，长木板有初速度且受到恒力作用，所以对物块受力分析,

由牛顿第二定律得

〃机g=mah

解得

对长木板受力分析有

F-/.ling-〃xhng=ma(l

解得

F0

4=-34g

m

AB.根据图像斜率可知初始阶段

aa<0,cih=\at\

解得

尸=24g

则。做匀减速直线运动，。做匀加速直线运动，共速后由于整体合力为零，将•起做匀

速直线运动，故A错误，B正确

C.根据图像知。做匀速直线运动，即

F=3〃〃zg

试卷第4页，共29页

〃做匀加速直线运动，两者共速后，一起做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有

F-2/ng=2"ia

解得

11

a=-^tg=-ah

故c正确；

D.若aaVab,则有

2/〃，/gV4/〃〃g

两者均做匀加速直线运动，共速后一起做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律的

F-2即堂=hna'

解得

"gV"V4g

故D错误。

故选BCo

4.（2023春♦北京西城•高三校考阶段练习）（多选）如图甲所示，一块质量为〃U=lkg

的木板A静止在水平地面上，一个质量为为=叫的滑块B静止在木板的左端，对B

施加一向右的水平恒力立一段时间后B从A右端滑出，A继续在地面上运动一段距

离后停止，此过程中A的速度随时间变化的图像如图乙所示。设最大静摩擦力等于滑

动摩擦力，重力加速度取g=10m/，。则下列说法正确的是（）

A.滑块与木板之间的动摩擦因数为0.6

B.木板与地面之间的动摩擦因数为0.1

C.产的大小可能为9N

D.产的大小与板长L有关

【答案】BCD

【详解】AB.由图像可知滑块在木板上滑动时木板的加速度为

Av2c/，

a,=——=—m/s2=2mzs~

△tI

对木板根据牛顿第二定律

gg一%（%+，〃B）g

滑块从木板上滑出时木板的加速度为

Av2,,,.

a、=——=—m/s-=lm/s2

~A/2

对木板根据牛顿第二定津

〃2"=/"2

联立解得

//|=0.4,—0.1

故A错误，B正确；

CD.根据

,I212

式中

r=ls

联立解得

F=2L+6（N）

即”的大小与板长L有关，且大于6,故CD正确。

故选BCD。

5.（2024秋.河北衡水而三河北冀州中学校考阶段练习）如图甲所示，质量M=2kg的

木板A静置于水平面上，质量"尸1kg的小滑块B静置于A的右端，现给A一水平向右

的初速度叼=9m/s,B在相对于A的运动过程中恰好没有滑落，已知A、B间的动摩擦

因数4尸0.1,A与地面间的动摩擦因数位=0.3,最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取

^=10m/s2o

（1）求A刚获得初速度时A、B加速度的大小念、制；

（2）求A的长度L；

（3）若在A获得初速度的同时，B受到水平向右的恒力产=3N,如图乙所示，求B开

始运动到从A上滑落所需的时间（结果可以用根号表示）。

甲乙

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22

【答案】(1)«A=5m/s,aB=lm/s；(2)6.75m；(3)乒-2s

2

【详解】(1)对A、B由牛顿第二定律有

从mg+也(m+M)g=MciA

解得

=5m/s2,=lm/s2

(2)设经过L时间AB共速，有

他"％一44

该过程中AB的位移分别为

1212

5=%_彳卬1，&|=彳诙4

2z

A的长度为

乙二如一a

代入数值解得

L=6.75m

(3)设开始运动时B的加速度为即厂经过时间U共速，有

尸+必”吆=切。加

解得

4“=4m/s2

到达共同速度u时有

了=〃/2=%一卯2

解得

芍=Is,v=4m/s

此时B相对A向左运动的距离为

网=卬2=4.5m

乙乙

共速后B继续加速，A继续减速，AB间的摩擦力方向发生改变，设共速后B的加速度

大小为他2，A的加速度大小为/…由牛顿第二定律有

F-从"吆=

外("7+M)g-从mg=MaM

解得

22

aM=4m/s,传2=2m/s

因为有

〃2（m+M）g＞从mg

所以当A速度减小到零后会保持静止状态，从AB共速到A停止运动的时间为

v.

r3=——=1s

«A1

该时间内B相对A向右运动的距离为

%=%+；即内2-（%-1〃A"=3m

故可知此时B距离A的右端距离为

Li=0一Aj=L5m

此时B的速度为

vB=i，+L=6m/s

A静止后，设再经过时间L，B从A的右端滑落，有

哂+/心心

解得

屈-6

2

故B开始运动到从A上滑落所需的时间为

x/42-2

，=，2+4+。=2—S

6.（2023春.云南昆明•高三昆明一中校考阶段练习）如图所示，质量为M=lkg的长木

板置于光滑水平地面上，质量为机=3kg的物块放在长木板的右端，在木板左侧有一弹

性墙壁，现使木板和物块以%=6m/s的速度一起向左匀速运动，之后木板与墙壁发生弹

性碰撞。已知物块与木板间的动摩擦因数"=0.5,重力加速度g取lOm/s?。

（1）求木板与墙壁第一次碰撞后，木板离开墙壁的最大距离也；

（2）若整个过程中物块不会从长木板上滑落，求长木板的最短长度Lo；

（3）若长木板的长度。=4.7m,求木板和墙第几次碰撵后物块与木板分离。

试卷第8页，共29页

/^//////////////////////77

【答案】(1)1.2m；(2)4.8m；(3)三次碰撞后物块和长木板分离

【详解】(1)木板与培壁发生弹性碰撞，第一次碰撞后的速度大小为仍为

木板向右减速到速度为零的位移大小即为离开墙壁的最大距离力，对此过程应用动能定

理得

一/"ng%=0—

代入数据解得

(2)木板与墙壁碰后，木板与物块组成的系统动量守恒，木板质量小，先减速到零后

乂反向加速，系统达到共同速度时，共速速度比开始的初速度小，所以共速时一定还未

与挡板碰，接着第二次与挡板碰撞，如此经过反复的多次碰撞共速最终系统会处于静止

状态，整个过程中根据功能关系可得

4=4.8m

(3)木板与墙壁碰后，木板与物块组成的系统动量守恒，取水平向左为正方向，设第

一次碰撞后，系统达到共同速度为V/,由动量守恒定律得

mvQ—MVQ—(M十/n)v(

vi=2Vo

第二次碰撞后，物块反弹后瞬间速度大小为系统再次达到共同速度为1，2,由动量守

恒定律得

mvt-M\\=(M+ni)v2

解得

岭=gq=（g）2%

同理可得第三次碰撞后，小物块反弹后瞬间速度大小为历经一段时间系统的共同速度

为

匕=（》）

由以上计算分析可归纳总结出第次碰撞后，木板反弹后瞬间速度大小为

匕=（》"％

由（2）的分析计算可知在木板与物块的相对运动过程中，物块始终相对木板向左运动

设在相对运动中滑块的加速为〃/，木板的加速度为。2,对于物块有

ping=max

解得

4=5m/s

对于木板有

/Ltmg=Ma2

解得

a2=15m/s

第一次碰撞后，物块的位移大小

2a}8q

木板的位移大小

“必=强=宜

2a2&

第一次碰后相对位移大小

AW=玉+x="=3.6m

24

第二次碰撞后两者的位移及相对位移

<_4一岭_3%

l2%一百

片一片二3片

Za232%

试卷第10页，共29页

Ax,==—Z\A;=0.9in

8a,41

同理类推可归纳出

此=%,T

则

△x3=0.225m

0.05625m

又

L相=A.V1+Ax,+AX3

木板的长度

A=4.7m

所以

Ax,+Ax2+&。＞AX）+Ax2

可知是在笫三次碰撞后物块和长木板分离。

7.（2023春•河南三门峡•高三校考阶段练习）如图所示，一质量M=50kg、长L4m的

平板车静止在光滑的水平地面上。一质量〃?=10kg可视为质点的滑块，以历=6m/s的初

速度从左端滑上平板车，滑块与平板车间的动摩擦因数4=05取尺=10m/s2,

（1）分别求出滑块在平板车上滑行时，滑块与平板车的加速度大小；

（2）计算说明滑块能否从平板车的右端滑出。

【答案】⑴折5m/s2；Sim-（2）滑块不能从平板车的右端滑出

【详解】（1）对滑块，根据牛顿第二定律，可得

解得

«/=5m/s2

同理，对平板车，可得

pmg=Ma2

解得

ci2=1m/s2

（2）设经过，时间滑块从平板车上滑出，有

x^=voti-^aiti2,x^^G2tr

又

xfirX产L

根据数学知识得出判别式

△<0

即不能从右端滑出。

8.（2023•贵州黔东南•校考模拟预测）如图甲，质量为，〃=2kg的小物块放在长木板左端，

小物块与长木板间的动摩擦因数必=（）」。长木板静止在水平面上，右端紧靠竖直墙面，

质量为M=0.5kg,与地面间的动摩擦因数为处=0・。7。f=（）时刻小物块获得水平向右

的初速度%=8m/s,同时给小物块施加如图乙所示的水平向右的作用力。4s时小物块

与竖直墙壁发生弹性碰逾，碰撞时间极短。最终，小物块静止于长木板上某一位置，重

力加速度g取lOm/s?。求：

（i）4s内水平向右作用力的冲量大小；

（2）小物块与竖直墙碰撞前瞬间速度的大小；

【详解】（1）冲最大小即为图线与坐标轴围成的面积，则

.2x4八1

I=-----NXT-s=4N-s

2

（2）对小物块，取向右为正方向，由动量定理可得

I-卬阳=mv-〃?%

带入数据解得

=6m/s

试卷第12页，共29页

（3）物块与墙壁碰撞后速度大小不变，方向向左

对木板，由牛顿第二定津可得

从mg一〃2（M+〃?）g=

解得木板加速度大小为

q=O.5m/s2

对物块可得

=ma2

解得物块加速度大小为

2

a2=1m/s

设经过时间3木块和木板速度相等，由运动学公式可得

v'=卬=v-a2t

解得

/=4s

由于叼＞4,所以物块和木板共速后保持相对静止

木板位移为

124

X]=~a\r=4m

物块位移为

12

x2=vt--a2t=16m

这段时间内相对位移为

△x=x2-X）=12m

所以小物块相对长木板睁止时，距长木板右端的12m,

9.（2023.黑龙江哈尔滨.哈九中校考模拟预测）如图所示，--倾角8=30。的光滑斜面

固定在水平地面上，斜面底端固定一挡板人，长为L=5m的薄木板置于斜面上，其质量

”=lkg,下端位于8点，依=5m,薄木板中点处放有一质量5=lkg的滑块（可视为

质点）。已知滑块与薄木板之间的动摩擦因数〃=乎，设最大静摩擦力等于滑动摩擦

力,斜面上A3区间存在特殊力场，当滑块进入此区域时能对滑块产生一个沿斜面向上、

大小为尸=10N的恒力作用，对木板无作用力，A8区或沿斜面的宽度为/=2.5m,重力

加速度g=10m/s:现由静是释放薄木板和滑块，求：

（1）滑块机在进入AK区域之前，薄本板运动的加速度大小即；

（2）滑块第一次进入43区间内受薄木板的摩擦力/的大小和方向；

（3）若薄木板第一次与挡板。碰撞后以原速率反弹，小滑块与挡板碰撞后即粘在挡板

上，停止运动。求薄木板第一次与挡板P碰撞后沿斜面上升到最高点的时间，（忽略滑

块从薄木板上滑下时，对木板的影响，结果可保留根号）。

2

【答案】（1）«0=5m/s；（2）5N,方向沿斜面向下；（3）巫s

2

【详解】（1）滑块在注人AB区域之前，由「斜面光滑，将与木板一起以加速度〃。加

速下滑

（M+m）gsin0=（M4-〃?）/

2

a0=^sin^=5m/s

（2）进入A4区间后，假设滑块与木板仍然相对静止，设下滑的加速度为“，对整体

（M+m）gs\x\O-F=+m）a

对滑块，所受木板的静摩擦力启方向沿斜面向下，根据牛顿第二定律有

mgsin0+/许-F-ma

解得

a=0

•4=；〃?g=5N

又因为滑块与木板间的最大静摩擦力

fm=f.iN=pingcos。=5N

假设成江。即滑块受木板的静摩擦力益方向沿斜面向下，大小为5N；

（3）滑块和木板一起以加速度%加速下滑的速度为匕,时间为4,则

V,2=2端

滑块和木板一起匀速下滑/，对滑块有

试卷第14页，共29页

sin。一fimgcos0=〃以］

解得

4=0

即加在“上仍然匀速下滑

对薄木板有

Mgsin0+umgcos0=Ma-,

解得

2

a2=IOm/s

M以加速度匀减速上滑

设滑块离开薄木板的时间为G，有

卬产卜也-也；）=/

此时薄木板的速度

v2=v,-a2t.

分离后，对薄木板有

Mgsin0-M&

接着以加速度为=5m/s2减速上滑至最高点，有

0=彩一矶

所以薄木板沿斜面上升到最高点的时间为

♦j+O

解得

,V2

t=——s

2

10.（2023春•湖北襄阳•高三襄阳四中校考阶段练习）如图所示，倾斜角0=30。的光滑

斜面底端有一挡板1,木板A置于斜面上，小物块B置于A底端，A、B质量均为2kg,

挡板2到B和到挡板1的距离均为L=0.2m。/=0时刻，将A、B一起由静止释放，A、

B分别与挡板I和挡板2发生弹性碰撞，碰撞时间极短忽略不计。已知A、B间的动摩

擦因数〃=半，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取lOnVs?,小物块B始终

未离开木板A。求：

(I)小物块B第一次与挡板2碰撞后瞬间的动量大小；

(2)木板A的长度至少为多少：

(3)从片0时刻开始到木板A与挡板1第3次碰撞前瞬间，重力对木板A的总冲量。

【答案】(1)2瓜gm/s：(2)0.3m；(3)仪石+12)N.s

【详解】(I)斜面光滑，A、B共同下滑的加速度为

2mgsin0.-

a=-------=5cm/s

02m

得小物块B与挡板2碰撞的速度为

v=y]2a0L=V2m/s

由于发生弹性碰撞，则小物块B笫一次与挡板2碰撞后瞬间的动量大小为

=2^2kg-rn/s

(2)物块B沿斜面向上运动，对木板A分析

伸ngcos。一，〃gsin0=0

说明木板A匀速下滑，从物块B与挡板2碰撞到木板A与挡板1碰撞的过程，所用时

间为

LV2

t=—=——s

Av10

物块B减速上滑的加速度大小为

六丝坐小但g0mzs2

m

物块B减速从碰撞减速至0所用时间为

v41

。=-=-S=/

Ba10A

则木板A的长度至少

/min=2+L=S3m

2a

(3)木板A与挡板1碰撞后原速率返回，由于重力的下滑分力与B施加的摩擦力同向，

则匀减速运动的加速度也为〃=I0m/s2。由于B所受摩擦力与重力沿斜面的下滑分力平

试卷第16页，共29页

衡，故B保持静止状态。木板A上滑至速度为。的位移为

x=——=OJm

时间为

v_>/2

'a10

然后二者从静止开始再次加速度下滑，同时与挡板碰挣，运动时间为

―工0.2$

二者相对静止直至第三次碰撞。则从释放开始到第三次碰撞的总时间为

重力对木板A的总冲量为

=（8g+12）N.

二、全面刷真题

1.（2014.江苏.高考真题）（多选）如图所示，A、B两物块的质量分别为2m和八

静止叠放在水平地面上。A、B间的动摩擦因数为〃，B与地面间的动摩擦因数为经。

最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对A施加一水平拉力居则（

77777777777777777777777777.

A.当尸＜2"咫时，A、B都相对地面静止

B.当产二；〃〃长时，A的加速度为;

C.当尸＞34mg时，A相对B滑动

D.无论尸为何值，B的加速度不会超过《〃月

【答案】BCD

【详解】A.根据题意可知，B与地面间的最大静摩擦力为

因此要使B能够相对地面滑动，A对B所施加的摩擦力至少为

,「3

./kB=Am=-ZW

A、B间的最大静摩擦力为

AB...=211mg

3

故尸时，A、B都相对地面静止，A错误；

B.A、B恰好不相对滑动时，根据牛顿第二定律可知应当满足

.稗一.•比总=.!也二加且1"mg<fAB<2/mig

2min2

即

Enax=3"〃?g

35

则当加gWFV3Vmg,A、B将一起向右加速滑动。当尸=耳〃，咫时，对A和B整体

受力分析有

3

=(2m+m)

解得

1

%=%=产

故B止确。

CD.当/23〃〃陪时・，A、B将以不同的加速度向右滑动，根据牛顿第二定律有

F—2"/〃g=Imas,wng=maH

解得

1

°尸五T"g'afg

故CD正确。

故选BCDo

2.（2018・海南・高考真题）（多选）如图（〃），一长木板静止于光滑水平桌面上，户0

时，小物块以速度如滑到长木板上，图（〃）为物块与木板运动的图像，图中小必、

叼已如。重力加速度大小为8。由此可求得（）

A.木板的长度

试卷第18页，共29页

B.物块与木板的质量之比

C.物块与木板之间的动摩擦因数

D.从片0开始到〃时刻，木板获得的动能

【答案】BC

【详解】A.根据题意只能求出物块与木板的相对位移，不知道木块最终停在哪里，无

法求出木板的长度，A错误；

BC.由图像的斜率表示加速度求出长木板的加速度为

小物块的加速度

根据牛顿第二定律得

〃〃火=木

"mg=〃口物

解得

m_V1

Mv0-v1

”9

BC正确；

D.由于不知道木板的质量，无法求出从六0开始到〃时刻，木板获得的动能，D错误。

故选BC.

3.（2011•全国•高考真题）如图所示，在光滑水平面上有一质量为〃〃的足够长的木板，

其上叠放一质量为〃?2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/增大的水平力所卜a是常数），木板和木块加速度的大小分

别为G和42。下列反映G和G变化的图线中正确的是（〉

【答案】A

【详解】当尸比较小时，两个物体相对静止，加速度用同，根据牛顿第二定律得

"%+m2

则4正比于/；

当尸比较大时，加2相对于〃〃运动，根据牛顿第二定律

由于〃、"〃、，〃/都一定，则以/一定;

则“2是/的线性函数，，增大，。2增大。

k.k

---\--

町+m2"八

则两木板相对滑动后。2图像的斜率大于两者相对静止时图像的斜率。

故选A。

4.（2019・江苏・高考真题）如图所示，质量相等的物块人和8叠放在水平地面上，左边

缘对齐.A与仄B与地面间的动摩擦因数均为〃.先敲击4,4立即获得水平向右的初

速度，在B上滑动距离心后停下.接着敲击B,8立即获得水平向右的初速度，4、B

都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下.最大静摩擦

力等于滑动摩擦力，重力加速度为对求：

（1）A被敲击后获得的初速度大小VA；

（2）在左边缘再次对齐的前、后，3运动加速度的大小ap、a/；

（3）B被敲击后获得的初速度大小VB.

试卷第20页，共29页

【答案】(1)VA=J2〃四；(2)aB=3〃g,a8'=〃g；(3)0=2,2〃班

【详解】(1)由牛顿运动定律知，A加速度的大小

匀变速直线运动2山£二以2

解得〃=解〃皿

(2)设A、5的质量均为相

对齐前，8所受合外力大小尸=3〃〃唱

由牛顿运动定律F=maB,得〃B=3"g

对齐后，A、8所受合外力大小尸=2〃〃?g

由牛顿运动定律F=2maB',得aB-^g

(3)经过时间hA、5达到共同速度也位移分别为xA、A加速度的大小等于oA

贝!Jv=aAt,v=vB-aBl

12I2

4=5,卬，xB^vRt--aht

且xB-xA=L

解得％=2j2〃月L.

5.(2017.全国•高考真题)如图，两个滑块A和B的质量分别为〃加=1kg和〃s=5kg,

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川=0.5,木板

的质量为m=4kg,与地面间的动摩擦因数为〃2=0.1。某时刻A、B两滑块开始相向滑

动，初速度大小均为%=3m/s。A、B相遇时，A与木板恰好相对静止。设最大鄢摩擦

力等于滑动摩擦力，重力加速度大小g=10m/s20求：

(1)B与木板相对静止时，木板的速度大小；

(2)木板在地面上运动的距离一共是多少？

BA

7777777777777777777777777777777777777/7"

【答案】(1)lm/s；(2)0.55m

【详解】(1)对B分析有

解得物块B加速度大小为

6=内g=5m/s2

对木板分析有

ma

从〃%g一内…-%®+"%+"7)g=2

解得木板加速度大小为

2

a2=2.5m/s

设B与木板相对静止时间为必由运动学公式可得

%一的=初

解得

八=0.4s

则B与木板相对静止时，木板的速度大小为

匕=a2fl=lni/s

(2)对A分析有

卬限g=%4

解得物块A加速度大小为

4=〃]g=5m/s2

由于A与B初速度与加速度大小相等，所以当B速度减为lm/s时，A速度大小也减为

hn/s

B与木板相对静止后，对B与木板整体有

ZA版+恤+6)=(〃?+〃％)%

解得B与木板的加速度大小为

=^m/s2

设经时间12,A与木板共速，取向右为正方向，由公式可得

片一〃3,2=一匕+4/2

代入数据解得

t2—0.3s

此时三者具有共同速度为

v2=\\-a3t2=0.5m/s

最后三者一起做匀减速运动，则可得

5+〃?)g=("?A+"《+，〃)％

解得共同加速度大小为

=lm/s2

试卷第22页，共29页

木板在地面上运动的距离为

5=—/.+匕,必“/,+-^―=0.2m+0.225m+0.125m=0.55m

21222G

6.（2010・海南・高考真题）图1中，质量为m的物块叠放在质量为2m的足够长的木板

上方右侧，木板放在光滑的水平地面上，物块与木板之间的动摩擦因数为4=0.2.在

木板上施加一水平向右的拉力F,在0〜3s内F的变化如图2所示，图中F以mg为单

位，重力加速度g=10m/s2.整个系统开始时静止.

，F/mg

]—!

■

0.4.

0—1-j-j—1-1—

11.523

图1图2

（1）求Is、L5s、2s、3s末木板的速度以及2s、3s末物块的速度；

（2）在同一坐标系中画出0〜3s内木板和物块的V—1图象，据此求0〜3s内物块相对

于木板滑过的距离.

［答案］(1)巧=4m/.v,vt5=4.5m/5,v2=4m/s,vy=4mv,

v2*■4mfs

(2)如图所示.

Ai=2.25m

【详解】（i）设木板和物块的加速度分别为“和优，在t时刻木板和物块的速度分别

为斗和映，木板和物块之间的摩擦力的大小为f,根据牛顿第二定律，运动学公式和摩

擦定律得/=〃W，f=/mg

当匕＜叫，叫=叫+优应一片）

F-f=2ma,v,2=vt>

联立可得H=4m/s,匕$=4.5/z:/5,v2=4m/s,v3=4m/5,v'2=4m/stv\=4mIs

（2）物块与木板运动的VT图象，如右图所示.在。〜3s内物块相对于木板的距离&•等

于木板和物块VT图线下的面积之差，即图中带阴影的四边形面积，该四边形由两个三

角形组成，上面的三角形面积为0.25（m）,下面的三角形面积为2（m）,因此

As=2.25m

7.（2013•江苏•高考真题）如图所示，将小砧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，祛码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实

验。若祛码和纸板的质量分别为叫和〃?2,各接触面间的动摩擦因数均为〃。重力加速

度为g。

（1）当纸板相对破码运动时，求纸板所受摩擦力大小；

（2）要使纸板相对破码运动，求所需拉力的大小；

（3）本实验中，=0.5kg,=0.1kg,〃=0.2,祛码与纸板左端的距离d=O.lm,

取g=10m/s2。若祛码移动的距离超过/=0.002m,人眼就能感知，为确保实验成功，

【答案】（I）/=〃（2叫+〃?2）g;（2）F>2ju（m]+nt2）g-（3）22.4N

【详解】（1）当纸板相对跌码运动时，祛码和桌面对纸板的摩擦力分别为

ft=m，力=〃（/%+生）g

方向均水平向左；纸板所受摩擦力的大小

试卷第24页,共29页

f=£+&=〃(2叫+叫”

（2）设祛码的加速度为％,纸板的加速度为电，则龙祛码有

工="i

对纸板有

尸一/一6=，叫生

发生相对运动需要“2>%；代入数据解得

->2”（码+，％）<?

（3）为确保实验成功，即跌码移动的距离不超过/=Q002m,纸板抽出时跌码运动的

最大距离为

纸板运动距离

纸板抽出后，祛码在桌面上运动的距离

由题意可知

演+X2=1，Cl\—a5»（llfl=a3f2

代入数据联立得

尸=22.4N

即为确保实验成功，纸板所需的拉力至少为22.4N。

【点睛】这是2013年江苏高考题，考杳了连接体的运动，解题时应用隔离法分别受力

分析，找出两个物