滑块滑板模型专题
高考物理复习考点知识专题讲解20 滑块-滑板模型(解析版)
高考物理复习考点知识专题讲解专题20 滑板-滑块模型一、单选题1.（2020·四川省高三三模）如图所示，质量均为M 的物块A 、B 叠放在光滑水平桌面上，质量为m 的物块C 用跨过轻质光滑定滑轮的轻绳与B 连接，且轻绳与桌面平行，A 、B 之间的动摩擦因数为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g ，下列说法正确的是（ ）A.若物块A 、B 未发生相对滑动，物块A 受到的摩擦力为2f Mmg F M m=+ B.要使物块A 、B 发生相对滑动，应满足关系1M m μμ>- C.若物块A 、B 未发生相对滑动，轻绳拉力的大小为mgD.若物块A 、B 未发生相对滑动时，轻绳对定滑轮的作用力为22Mmg F M m=+ 【答案】A【解析】A .若物块A 、B 未发生相对滑动，A 、B 、C 三者加速的大小相等，由牛顿第二定律得()2mg M m a =+对A ，由牛顿第二定律得f F Ma =解得2f Mmg F M m=+，故A 正确； B .当A 、B 发生相对滑动时，A 所受的静摩擦力达到最大，根据牛顿第二定律有Mg Ma μ=解得a g μ=以A 、B 、C 系统为研究对象，由牛顿第二定律得()2mg M m a =+ 解得21M m μμ=- 故要使物块A 、B 之间发生相对滑动，则21M m μμ>-，故B 错误； C .若物块A 、B 未发生相对滑动，设轻绳拉力的大小为F ，对C 受力分析，根据牛顿第二定律有mg F ma -=解得F mg ma mg =-<，故C 错误；D .若物块A 、B 未发生相对滑动时，由A 可知，此时的加速度为2fmg M mF a M ==+ 对C 受力分析，根据牛顿第二定律有mg F ma -=解得22Mmg F M m=+ 根据力的合成法则，可得轻绳对定滑轮的作用力2222+=2Mmg N F F M m=+ 故D 错误。
动量和能量中的滑板滑块模型专题
动量和能量中的滑块—滑板模型一、三个观点及其概要——— 解决力学问题的三把金钥匙二、思维切入点1、五大定律和两大定理是该模型试题所用知识的思维切入点。
该模型试题一般主要是考查学生对上述五大定律和两大定理的综合理解和掌握，因此，学生在熟悉这些定律和定理的内容、研究对象、表达式、适用条件等基础上，根据试题中的已知量或隐含已知量选择解决问题的最佳途径和最简捷的定律，以达到事半功倍的效果。
2、由于滑块和木板之间依靠摩擦力互相带动，因此，当滑块和木板之间的摩擦力未知时，根据动能定理、动量定理或能量守恒求摩擦力的大小是该模型试题的首选思维切入点。
3、滑块和木板之间摩擦生热的多少和滑块相对地面的位移无关，大小等于滑动摩擦力与滑块相对摩擦面所通过总路程之乘积是分析该模型试题的巧妙思维切入点。
若能先求出由于摩擦生热而损失的能量，就可以应用能量守恒求解其它相关物理量。
4、确定是滑块带动木板运动还是木板带动滑块运动是分析该模型运动过程的关键切入点之一．当（没有动力的）滑块带动木板运动时，滑块和木板之间有相对运动，滑块依靠滑动摩．．．擦力．．带动木板运动；当木板带动滑块运动时，木板和滑块之间可以相对静止，若木板作变速运动，木板依靠静摩擦力．．．．带动滑块运动。
三、专题训练1．如图所示，右端带有竖直挡板的木板B ，质量为M ，长L =1.0m ，静止在光滑水平面上．一个质量为m 的小木块（可视为质点）A ，以水平速度0 4.0m /s v 滑上B 的左端，而后与其右端挡板碰撞，最后恰好滑到木板B 的左端．已知M =3m ，并设A 与挡板碰撞时无机械能损失，碰撞时间可忽略（g 取210m /s ）．求：（1）A 、B 最后的速度；（2）木块A 与木板B 间的动摩擦因数．2．如图所示，光滑水平地面上停着一辆平板车，其质量为2m ，长为L ，车右端（A 点）有一块静止的质量为m 的小金属块．金属块与车间有摩擦，与中点C 为界，AC 段与CB 段摩擦因数不同．现给车施加一个向右的水平恒力，使车向右运动，同时金属块在车上开始滑动，当金属块滑到中点C 时，即撤去这个力．已知撤去力的瞬间，金属块的速度为v 0，车的速度为2v 0，最后金属块恰停在车的左端（B 点）如果金属块与车的AC 段间的动摩擦因数为μ1，与CB 段间的动摩擦因数为μ2，求μ1与μ2的比值．3．如图所示，质量为M 的小车A 右端固定一根轻弹簧，车静止在光滑水平面上，一质量为m 的小物块B 从左端以速度v 0冲上小车并压缩弹簧，然后又被弹回，回到车左端时刚好与车保持相对静止．求整个过程中弹簧的最大弹性势能E P 和B 相对于车向右运动过程中系统摩擦生热Q 各是多少？4．如图所示，质量M =4kg 的滑板B 静止放在光滑水平面上，其右端固定一根轻质弹簧，弹簧的自由端C 到滑板左端的距离L =0.5m ，这段滑板与木块A 之间的动摩擦因数μ＝0.2，而弹簧自由端C 到弹簧固定端D 所对应的滑板上表面光滑．可视为质点的小木块A 以速度v 0＝0.2，由滑板B 左端开始沿滑板B 表面向右运动．已知A 的质量m =1kg ，g 取10m/s 2 ．求： （1）弹簧被压缩到最短时木块A 的速度；（2）木块A 压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能．5．一块质量为M 长为L 的长木板，静止在光滑水平桌面上，一个质量为m 的小滑块以水平速度v 0从长木板的一端开始在木板上滑动，直到离开木板，滑块刚离开木板时的速度为v 05．若把此木板固定在水平桌面上，其他条件相同．求：（1）求滑块离开木板时的速度v ；（2）若已知滑块和木板之间的动摩擦因数为μ，求木板的长度．6.如图所示，质量m A 为4.0kg 的木板A 放在水平面C 上，木板与水平面间的动摩擦因数μ为0.24，木板右端放着质量m B 为1.0kg 的小物块B （视为质点），它们均处于静止状态.木板突然受到水平向右的12N ·s 的瞬时冲量I 作用开始运动，当小物块滑离木板时，木板的动能E kA 为8.0J ，小物块的动能E kB 为0.50J ，重力加速度取10m/s 2，求： （1）瞬时冲量作用结束时木板的速度v 0； （2）木板的长度L ．7．如图所示，长木板ab 的b 端固定一挡板，木板连同档板的质量为M=4.0kg ，a 、b 间距离s=2.0m ．木板位于光滑水平面上.在木板a 端有一小物块，其质量m =1.0kg ，小物块与木板间的动摩擦因数μ=0.10，它们都处于静止状态．现令小物块以初速v 0=4.0m/s 沿木板向前滑动，直到和挡板相碰.碰撞后，小物块恰好回到a 端而不脱离木板．求碰撞过程中损失的机械能．8．如图所示，在一光滑的水平面上有两块相同的木板B 和C ．重物A （视为质点）位于B 的右端，A 、B 、C 的质量相等．现A 和B 以同一速度滑向静止的C 、B 与C 发生正碰．碰后B 和C 粘在一起运动，A 在C 上滑行，A 与C 有摩擦力．已知A 滑到C 的右端而未掉下．试问：从B 、C 发生正碰到A 刚移到C 右端期间，C 所走过的距离是C 板长度的多少倍．9．如图所示，光滑水平面上有一质量M=4.0kg 的带有圆弧轨道的平板车，车的上表面是一段长L=1.5m 的粗糙水平轨道，水平轨道左侧连一半径R=0.25m 的41光滑圆弧轨道,圆弧轨道与水平轨道在O ′点相切。
物理专题7 滑板滑块问题解析版
专题7滑板滑块问题【规律和方法】1．模型特点：涉及两个物体，并且物体间存在相对滑动。
2．摩擦力方向的特点(1)若两个物体同向运动，且两个物体“一快一慢”，则“快”的物体受到的另一个物体对它的摩擦力为阻力，“慢”的物体受到的另一个物体对它的摩擦力为动力。
(2)若两个物体反向运动，则每个物体受到的另一个物体对它的摩擦力均为阻力。
3．运动特点(1)滑块由滑板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和滑板同向运动，位移大小之差等于板长；反向运动时，位移大小之和等于板长。
设板长为L ，滑块位移大小为x 1，滑板位移大小为x 2同向运动时：如图甲所示，L ＝x 1－x 2反向运动时：如图乙所示，L ＝x 1＋x 2(2)若滑块与滑板最终相对静止，则它们的末速度相等。
4．方法与技巧(1)弄清各物体初态对地的运动和相对运动(或相对运动趋势)，根据相对运动(或相对运动趋势)情况，确定物体间的摩擦力方向。
(2)正确地对各物体进行受力分析，并根据牛顿第二定律确定各物体的加速度，结合加速度和速度的方向关系确定物体的运动情况。
(3)速度相等是这类问题的临界点，此时往往意味着物体间的相对位移最大，物体的受力和运动情况可能发生突变。
(4)分析两物体运动过程时可用速度-时间图象记录物体的运动过程。
【典例分析】【例1】（有外力+水平面光滑）如图所示，光滑水平面上静止放着长L =1.6m ，质量为M =3kg 的木块（厚度不计），一个质量为m =1kg 的小物体放在木板的最右端，m 和M 之间的动摩擦因数μ=0.1，今对木板施加一水平向右的拉力F ，（g 取10m/s 2）(1)为使小物体不掉下去，F 不能超过多少？(2)如果拉力F =10N 恒定不变，求小物体所能获得的最大速度？(3)如果拉力F =10N ，要使小物体从木板上掉下去，拉力F作用的时间至少为多少？【解答】解：（1）物块随木板运动的最大加速度为a 对小物体由牛顿第二定律：μmg ＝m a 对整体由牛顿第二定律得：F m ＝（M+m ）a解得：F m ＝4N（2）因施加的拉力F ＞4N ，故物块相对木板相对滑动，木板对地运动的加速度为a 1，对木板由牛顿第二定律：F ﹣μmg ＝M a 1物块在木板上相对运动的时间为t ，L ＝a 1t 2﹣at 2解得：t ＝s物块脱离木板时的速度最大，v m ＝at ＝m/s（3）设木块滑到木板最右端速度恰好与木板相同时，水平力作用的时间为t 1，长木板加速阶段的末F速度为v 1,减速阶段的时间为t 2，加速度大小为a 2。
人教版高中物理-滑块--滑板模型专题
《滑块—滑板模型专题练习》1．如图所示，一质量M =50kg、长L=3m的平板车静止在光滑水平地面上，平板车上表面距地面的高度h=1.8m。
一质量m=10kg可视为质点的滑块，以v0=7.5m/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μ=0.5，取g =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。
2．如图，A为一石墨块，B为静止于水平面的足够长的木板，已知A的质量m A和B的质量m B均为2kg，A、B之间的动摩擦因数μ1 = 0.05，B与水平面之间的动摩擦因数μ2=0.1 。
t=0时，电动机通过水平细绳拉木板B，使B做初速度为零，加速度a B=1m/s2的匀加速直线运动。
最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等，重力加速度g=10m/s2。
求：（1）当t1=1.0s时，将石墨块A轻放在木板B上，此时A的加速度a A大小；（2）当A放到木板上后，保持B的加速度仍为a B=1m/s2，此时木板B所受拉力F的大小；（3）当B做初速度为零，加速度a B=1m/s2的匀加速直线运动，t1=1.0s时，将石墨块A轻放在木板B上，则t2=2.0s时，石墨块A在木板B上留下了多长的划痕？3．如图，一块质量为M = 2kg、长L = 1m的匀质木板放在足够长的光滑水平桌面上，初始时速度为零．板的最左端放置一个质量m = 1kg的小物块，小物块与木板间的动摩擦因数为μ = 0.2，小物块上连接一根足够长的水平轻质细绳，细绳跨过位于桌面边缘的定滑轮（细绳与滑轮间的摩擦不计，木板与滑轮之间距离足够长，g = 10m/s2）。
⑴若木板被固定，某人以恒力F= 4N向下拉绳，则小木块滑离木板所需要的时间是多少？⑵若木板不固定，某人仍以恒力F= 4N向下拉绳，则小木块滑离木板所需要的时间是多少？4、一个小圆盘静止在桌布上，桌布位于一方桌的水平桌面的中央。
专题04+动力学中典型模型-高考物理必考经典专题集锦+Word版含解析
考点分类：考点分类见下表考点一：“滑块—滑板”模型1.模型概述(1)滑块、滑板是上、下叠放的,分别在各自所受力的作用下运动,且在相互的摩擦力作用下相对滑动.(2)滑块相对滑板从一端运动到另一端,若两者同向运动,位移之差等于板长;若反向运动,位移之和等于板长.(3)一般两者速度相等为“临界点”,要判定临界速度之后两者的运动形式.2.常见情形动,且v板<v块,则两者加速度不同,x板<x块,Δ-x板,最后分离或相对静止考点二“传送带”模型1.模型概述：传送带模型包含水平传送带和倾斜传送带,求解的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析判断.物体的速度与传送带速度相等时,物体所受摩擦力可能发生突变.2.常见情形：(1)v0>v时,可能一直减速,也可能先减速再匀速送带较短时,滑块一直减速到左端传送带较长时,滑块还要被传一直加速可能先加速后匀速可能一直加速可能先加速后匀速可能先减速后反向加速典例精析★考点一：“滑块—滑板”模型◆典例一：(2018·湖北武汉模拟)如图所示,水平传送带足够长,传送带始终顺时针匀速运动,长为1 m的薄木板A的正中央放置一个小木块B,A和B之间的动摩擦因数为0.2,A和传送带之间的动摩擦因数为0.5,薄木板A的质量是木块B质量的2倍,轻轻把A,B整体放置在传送带的中央,设传送带始终绷紧并处于水平状态,取g=10 m/s2.在刚放上很短的时间内,A,B的加速度大小分别为( )A.6.5 m/s2,2 m/s2B.5 m/s2,2 m/s2C.5 m/s2,5 m/s2D.7.5 m/s2,2 m/s2【答案】A◆典例二：如左图所示，粗糙的水平地面上有一块长木板P，小滑块Q放置于长木板上最右端。
现将一个水平向右力F作用在长木板的右端，让长木板从静止开始运动。
滑块、长木板的速度图象如右图所示，己知物块与木板的质量相等，滑块Q始终没有从长木板P上滑下。
重力加速度g=10m/s2。
高考物理总复习 专题强化三 动力学中的“传送带”和“滑块—滑板”模型
【关键能力·分层突破】 模型一 “传送带”模型 1．模型特点 传送带在运动过程中，会涉及很多的力，是传送带模型难点的原因， 例如物体与传送带之间是否存在摩擦力，是滑动摩擦力还是静摩擦力 等；该模型还涉及物体相对地面的运动以及相对传送带的运动等；该 模型还涉及物体在传送带上运动时的能量转化等． 2．“传送带”问题解题思路
【跟进训练】 3．光滑水平面上停放着质量M＝2 kg的平板小车，一个质量为m＝1 kg的小滑块(视为质点)以v0＝3 m/s的初速度从A端滑上小车，如图所 示．小车长l＝1 m，小滑块与小车间的动摩擦因数为μ＝0.4，取g＝10 m/s2，从小滑块滑上小车开始计时，1 s末小滑块与小车B端的距离为 ()
香皂盒的质量为m＝20 g，香皂及香皂盒的总质量为M＝100 g，香皂盒与 传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.4，风洞区域的宽度为L＝0.6 m，风可以 对香皂盒产生水平方向上与传送带速度垂直的恒定作用力F＝0.24 N，假设 最大静摩擦力等于滑动摩擦力，香皂盒可看作质点，取重力加速度g＝10 m/s2 ，试求：
A．滑块A与木板B之间的动摩擦因数为0.1 B．当F＝10 N时木板B的加速度为4 m/s2 C．木板B的质量为3 kg D．滑2·山西临汾联考]某生产车间对香皂包 装进行检验，为检验香皂盒里是否有香皂，让
香皂盒在传送带上随传送带传输时(可视为匀 速)，经过一段风洞区域，使空皂盒被吹离传 送带，装有香皂的盒子继续随传送带一起运动
，如图所示．已知传送带的宽度d＝0.96 m，香 皂盒到达风洞区域前都位于传送带的中央．空
答案：BCD
命题分析
试题情境
属于综合性题目，以板块模型为素材创设学习探索问 题情境
物理模型 “滑板—滑块”模型
物理模型 “滑板—滑块”模型[模型概述] (1)滑板——滑块模型的特点①滑块未必是光滑的．②板的长度可能是有限的，也可能是足够长的．③板的上、下表面可能都存在摩擦，也可能只有一个面存在摩擦，还可能两个面都不存在摩擦．(2)滑板——滑块模型常用的物理规律匀变速直线运动规律、牛顿运动定律、动能定理、机械能守恒定律、能的转化和守恒定律、功能关系等．[模型指导] (1)两种位移关系滑块由滑板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和滑板同向运动，位移之差等于板长；反向运动时，位移之和等于板长．(2)解题思路处理滑块—木板模型问题的分析方法(1)动力学分析：分别对滑块和木板进行受力分析，根据牛顿第二定律求出各自的加速度；从放上滑块到二者速度相等，所用时间相等，由t ＝Δv 2a 2＝Δv 1a 1可求出共同速度v 和所用时间t ，然后由位移公式可分别求出二者的位移.(2)功和能分析：对滑块和木板分别运用动能定理，或者对系统运用能量守恒定律，要注意区分三个位移：①求摩擦力对滑块做功时用滑块对地的位移x 滑；②求摩擦力对木板做功时用木板对地的位移x 板；③求摩擦生热时用相对滑动的位移x 相.1．如图所示，光滑水平面上放置着质量分别为m 、2m 的A 、B 两个物体，A 、B 间的最大静摩擦力为μmg ，现用水平拉力F 拉B ，使A 、B 以同一加速度运动，则拉力F 的最大值为A ．μmgB ．2μmgC ．3μmgD ．4μmg解析 当A 、B 之间恰好不发生相对滑动时力F 最大，此时，对于A 物体所受的合外力为μmg ，由牛顿第二定律知a A ＝μmgm ＝μg ；对于A 、B 整体，加速度a ＝a A ＝μg ，由牛顿第二定律得F ＝3ma ＝3μmg 。
答案 C2.(2017·广西质检)如图所示，A 、B 两个物体叠放在一起，静止在粗糙水平地面上，物体B 与水平地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，物体A 与B 之间的动摩擦因数μ2＝0.2.已知物体A 的质量m ＝2 kg ，物体B 的质量M ＝3 kg ，重力加速度g 取10 m/s 2.现对物体B 施加一个水平向右的恒力F ，为使物体A 与物体B 相对静止，则恒力的最大值是(物体间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( )A ．20 NB ．15 NC ．10 ND ．5 N答案：B 解析：对A 、B 整体，由牛顿第二定律，F max －μ1(m ＋M )g ＝(m ＋M )a ；对物体A ，由牛顿第二定律，μ2mg ＝ma ；联立解得F max ＝(m ＋M )(μ1＋μ2)g ，代入相关数据得F max ＝15 N ，选项B 正确．3．(2017·黄冈质检)如图甲所示，在水平地面上有一长木板B ，其上叠放木块A 。
高考物理素养提升专题02动力学中“滑块滑板”模型(原卷版)
修养提高微打破02动力学中的“滑块-滑板”模型——建立模型，培育抽象思想意识“滑块 -滑板”模型“滑块 -滑板”模型波及两个物体，而且物体间存在相对滑动。
叠放在一同的滑块和木板，它们之间存在着互相作使劲，在其余外力作用下它们或加快度同样，或加快度不一样，不论哪一种状况受力剖析和运动过程剖析都是重点，特别是对相对运动条件的剖析。
本模型深刻表现了物理运动观点、互相作用观点的核心修养。
如图（ a），物块和木板叠放在实验台上，物块用一不行伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平。
t=0 时，木板开始遇到水平外力 F 的作用，在 t=4 s 时撤去外力。
细绳对物块的拉力 f 随时间 t 变化的关系如图（ b）所示，木板的速度 v 与时间 t 的关系如图（ c）所示。
木板与实验台之间的摩擦能够忽视。
重力加快度取 g=10 m/s2。
由题给数据能够得出A ．木板的质量为 1 kgB ．2 s~4 s 内，力 F 的大小为0.4 NC．0~2 s 内，力 F 的大小保持不变D．物块与木板之间的动摩擦因数为一、水平面上的滑块—滑板模型水平面上的滑块—滑板模型是高中参照题型，一般采纳三步解题法：如下图，质量m＝ 1 kg 的物块 A 放在质量M＝ 4 kg 的木板 B 的左端，开初A、 B 静止在水平川面上。
现用一水平向左的力 F 作用在 B 上，已知 A、 B 之间的动摩擦因数为μ＝，地面与 B 之间的动摩擦因1数为μ2＝。
假定最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10 m/s2。
求：(1)能使 A、 B 发生相对滑动的力 F 的最小值；(2)若力 F ＝ 30 N，作用 1 s 后撤去，要想 A 不从 B 上滑落，则 B 起码多长；从开始到A、 B 均静止， A 的总位移是多少。
二、斜面上的滑块—滑板模型1、抓住重点：一个转折和两个关系一个转折两个关系滑块与滑板达到同样速度转折前、后受力状况之间的关系和滑块、滑板位移与板长之间或许滑块从滑板上滑下是的关系。
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滑块与滑板相互作用模型【模型分析】1、相互作用：滑块之间的摩擦力分析２、相对运动：具有相同的速度时相对静止。
两相互作用的物体在速度相同，但加速度不相同时,两者之间同样有位置的变化，发生相对运动。
３、通常所说物体运动的位移、速度、加速度都是对地而言的。
在相对运动的过程中相互作用的物体之间位移、速度、加速度、时间一定存在关联。
它就是我们解决力和运动突破口。
４、求时间通常会用到牛顿第二定律加运动学公式或动量定理:应用动量定理时特别要注意条件和方向，最好是对单个物体应用动量定理求解。
５、求位移通常会用到牛顿第二定律加运动学公式或动能定理,应用动能定理时研究对象为单个物体或可以看成单个物体的整体。
另外求相对位移时：通常会用到系统能量守恒定律。
６、求速度通常会用到牛顿第二定律加运动学公式或动能定理或动量守恒定律：应用动量守恒定律时要特别注意系统的条件和方向。
１、如图所示,在光滑水平面上有一小车A，其质量为0.2m,小A车上放一个物体B ，其质量为0.1=B m ,如图（1)所示。
给B 一个水平推力F ，当Ｆ增大到稍大于3．0N 时,Ａ、Ｂ开始相对滑动。
如果撤去F ,对A 施加一水平推力F ′，如图（2)所示,要使A 、Ｂ不相对滑动,求F ′的最大值m F2.如图所示，质量8 的小车放在水平光滑的平面上，在小车左端加一水平推力8 N ，当小车向右运动的速度达到1.５ 时,在小车前端轻轻地放上一个大小不计,质量为2 的小物块，物块与小车间的动摩擦因数μ=0.２,小车足够长（取0 2）。
求: (１）小物块放后,小物块及小车的加速度大小各为多大？(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１．5 s 小物块通过的位移大小为多少?M m3.如图所示,一块质量为M ，长为L 的均质板放在很长的光滑水平桌面上，板的左端有一质量为m 的小物体(可视为质点）,物体上连接一根很长的细绳,细绳跨过位于桌边的定滑轮.某人以恒定的速率v 向下拉绳,物体最多只能到达板的中点，而板的右端尚未到达桌边定滑轮处．试求:（1)物体刚达板中点时板的位移.(2)若板与桌面之间有摩擦,为使物体能达到板的右端,板与桌面之间的动摩擦因数的范围是多少？v4.如图所示,质量为Ｍ，长度为L的长木板放在水平桌面上,木板右端放有一质量为m长度可忽略的小木块,木块与木板之间、木板与桌面之间的动摩擦因数均为μ。
开始时木块、木板均静止，某时刻起给木板施加一大小恒为F方向水平向右的拉力。
若最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
(1）要把长木板从小木块下拉出,拉力F应满足的条件。
(2）若拉力５μ（)g，求从开始运动到木板从小木块下被拉出所经历的时间。
５．如图所示，质量M = 8的长木板放在光滑水平面上,在长木板的右端施加一水平恒力Ｆ= 8N，当长木板向右运动速率达到ｖ1 =10时,在其右端有一质量m ＝ 2的小物块(可视为质点）以水平向左的速率v 2 = ２滑上木板，物块与长木板间的动摩擦因数μ = ０.2,小物块始终没离开长木板，g 取１02,求:⑴经过多长时间小物块与长木板相对静止; ⑵长木板至少要多长才能保证小物块始终不滑离长木板; ⑶上述过程中长木板对小物块摩擦力做的功.６．质量3.0、长度0．70m 、电量4.0×10-5Ｃ的导体板Ａ在足够大的绝缘水平面上，质量１.0可视为质点的绝缘物块B 在导体板A 的左端,开始时A 、B 保持相对静止一起向右滑动,当它们的速度减小到0v =３．０时，立即施加一个方向水平向左、场强大小1.０×10５的匀强电场,v m M F此时Ａ的右端到竖直绝缘挡板的距离为S =2m,此后A、B始终处在匀强电场中,如图所示.假定A与挡板碰撞时间极短且无机械能损失,A与Ｂ之间（动摩擦因数1μ=0.25）及A与地面之间（动摩擦因数2μ=0.10)的最大静摩擦力均可认为等于其滑动摩擦力，g取10２（不计空气的阻力)求:（1）刚施加匀强电场时,物块B的加速度的大小?(2)导体板A刚离开挡板时，A的速度大小？７.如图所示，光滑的水平面上有二块相同的长木板Ａ和Ｂ，长为l=0.5m，在B的右端有一个可以看作质点的小铁块C,三者的质量都为ｍ,C与A、Ｂ间的动摩擦因数都为μ。
现在Ａ以速度ν0=6向右运动并与Ｂ相碰，撞击时间极短,碰后A、B粘在一起运动，而C可以在Ａ、Ｂ上滑动，问：（1)如果μ=0.５，则C会不会掉下地面？(２）要使Ｃ最后停在长木板Ａ上,则动摩擦因数μ必须满足什么条件(102）8．如图所示,半径0.8m的光滑1/4圆弧轨道固定在光滑水平上，轨道上方的A点有一个可视为质点的质量１的小物块。
小物块由静止开始下落后打在圆弧轨道上的Ｂ点但未反弹，在该瞬间碰撞过程中，小物块沿半径方向的分速度即刻减为零,而沿切线方向的分速度不变,此后小物块将沿着圆弧轨道滑下。
已知A点与轨道的圆心Ｏ的连线长也为Ｒ，且连线与水平方向的夹角为3０°,Ｃ点为圆弧轨道的末端，紧靠C点有一质量３的长木板,木板的上表面与圆弧轨道末端的切线相平,小物块与木板间的动摩擦因数3.0=μ，ｇ取１02。
求:（1)小物块刚到达B点时的速度Bυ；（2)小物块沿圆弧轨道到达C点时对轨道压力的大小；9.如图所示,为一个实验室模拟货物传送的装置,Ａ是一个表面绝缘质量为1的小车,小车置于光滑的水平面上，在小车左端放置一质量为0.１带电量为1×1０-2Ｃ的绝缘货柜，现将一质量为0．9的货物放在货柜内．在传送途中有一水平电场,可以通过开关控制其有、无及方向．先产生一个方向水平向右,大小E1=3×１０2的电场,小车和货柜开始运动,作用时间2s后,改变电场，电场大小变为E2=１×102,方向向左，电场作用一段时间后，关闭电场，小车正好到达目的地,货物到达小车的最右端，且小车和货物的速度恰好为零。
已知货柜与小车间的动摩擦因数µ=0.1,(小车不带电，货柜及货物体积大小不计,g取102）求:⑴第二次电场作用的时间;⑵小车的长度；⑶小车右端到达目的地的距离.1、解:根据图（１），设A 、B 间的静摩擦力达到最大值f 时，系统的加速度为a .根据牛顿第二定律有： a m m F B A )(+= ①a m f A = ②代入数值联立解得：N f 0.2= ③根据图（2)设A 、B 刚开始滑动时系统的加速度为a '，根据牛顿第二定律有:a m f B '= ④ a m m F B A m'+=)( ⑤ 联立解得：N F m 0.6= ⑥2．(１8分）解：(1)物块的加速度22/m a g m s μ== (3分）小车的加速度:20.5/MF mga m s Mμ-== (3分）（２)由:0m M a t v a t =+ (2分)得:1s (2分)(3)在开始1s 内小物块的位移:21112m s a t m ==（２分)最大速度:2/v at m s == (1分） 在接下来的0.5s 物块与小车相对静止,一起做加速运动且加速度:20.8/Fa m s M m==+ (2分) 这0.5s内的位移:221 1.12s vt at m =+=(2分)通过的总位移12 2.1s s s m =+= (1分）3.(１）设物体与板的位移分别为S物、S板，则由题意有2L S S -=物板 ①212S S vt a t =物板板∶∶ ② 解得：,2LS L S ==物板．（2）由22112,,mgMv va S a M mgLμμ===板板板得.212,21,,2,(),2S S L S S S L S L mg M m g Ma v a S μμ''''''-===='''-+==物板物板板物板板板∶∶得由得222()Mv M m gL μ=+,故板与桌面之间的动摩擦因数222()Mv M m gLμ+≥４.解:（1）要把M 从m 下拉出，则m 与M 之间必须发生了相对滑动。
对m1ma mg =μ (1分）对M2)(Ma g m M mg F =+--μμ (１分)依题意，应该有 21a a > (１分）∴ 解以上各式可得:2()F M m g μ>+ （２分)（2）设拉出木板需要的时间为t ，拉出木板的过程中,木块与木块各做匀加速运动。
木块的位移： 21121t a s =(1分）木板的位移： 22221t a s =(1分) 拉出木板时：L s s =-12（1分）利用(１）的结果整理得： t ==(2分）5、⑴小物块的加速度为：a 1=μｇ＝22, 水平向右……………………………(1分)长木板的加速度为：2F mg a Mμ-==０.52，水平向右 ……………………(1分)令刚相对静止时他们的共同速度为v ，以木板运动的方向为正方向对小物块有:－v 2+a 1ｔ ……………………………………(1分)对木板有: v １＋a 2t ………………………………………………………………（1分)代入数据可解得:8s ； v =１4 ………………………………………………(2分)⑵此过程中小物块的位移为:x 1t vv 22+- ４８m …………………………………(2分)长木板的位移为：x ２t vv 21+ ９６ｍ …………………………………(2分)所以长板的长度至少为： x 21=48m …………………………………………ﻩ(2分） ⑶长木板对小物块摩擦力做的功为1922121222=-=mv mv W Ｊ ………………(4分)6．解：(1）设B 受到的最大静摩擦力为m f 1,则.5.211N g m f B m ==μ ① （1分)设A 受到地面的滑动摩擦力的2f ,则.0.4)(22N g m m f B A =+=μ ② （1分)施加电场后，设Ａ．B 以相同的加速度向右做匀减速运动,加速度大小为a ,由牛顿第二定律a m m f qE B A )(2+=+ ③ (2分）解得:2/0.2s m a = （2分） 设B 受到的摩擦力为1f ,由牛顿第二定律得 a m f B =1,④ 解得：.0.21N f =因为m f f 11<，所以电场作用后,Ａ.B仍保持相对静止以相同加速度a 向右做匀减速运动,所以刚加上匀强电场时，Ｂ的加速度大小2/0.2s m a = (2分） （2)Ａ与挡板碰前瞬间，设A.B 向右的共同速度为1v ,as v v 22021-= (２分）解得s m v /11= （1分）A 与挡板碰撞无机械能损失,故A 刚离开挡板时速度大小为s m v /11= （1分)7．解析：(1)不会（2)2μ为:6.012)3(21)2(2120122211==⇒⋅⋅-⋅⋅=glm m mgl υμυυμ（4=3＋1分)3.024)3(21)2(21)2(20222212==⇒⋅⋅-⋅⋅=⋅glm m l mg υμυυμ（4=３+1分)8.（2０分) 解:(１)由几何关系可知,间的距离为R (1分)小物块从A 到B 做自由落体运动,根据运动学公式有gR v B22= ①ﻩ(２分)代入数据解得4,方向竖直向下 （2分)（2)设小物块沿轨道切线方向的分速度为,因连线与竖直方向的夹角为60°,故6０°②ﻩ(2分)从B 到C ,只有重力做功，根据机械能守恒定律有2/2/)60cos 1(22Bx C mv mv mgR -=︒- ③ (2分)代入数据解得52=C v （１分) 在C 点，根据牛顿第二定律有R mv mg c F C /2=-'④ﻩ(2分）代入数据解得35='c F N (1分)再根据牛顿第三定律可知小物块到达Ｃ点时对轨道的压力35Ｎﻩ(１分)9.解答：（1)货物()20101111s /m 211011.033=⨯⨯-=++-=-=m m g m m m f F a μﻩ（1分）小车22s /m 1='=Mf a ﻩﻩ ﻩ ﻩ ﻩﻩﻩ（1分）经t 1=2ｓ 货物运动m 4212111==t a S ﻩ ﻩﻩﻩﻩ （１分) 小车运动m 2212122==t a S ﻩﻩﻩﻩ ﻩ （１分)货物V １1t 1＝２×2=4 向右 小车V ２2ｔ1=1×2＝2 向右经2秒后，货物作匀减速运动20121s /m 2111=+=++='m m f qE a 向左ﻩ（1分）小车加速度不变,仍为a ２=12向右，当两者速度相等时,货柜恰好到达小车最右端，以后因为２µ(ｍ０1）g ，货柜和小车一起作为整体向右以21023s /m 5.021==++=m m m qE a 向右作匀减速直到速度都为0.ﻩﻩﻩ（1分）共同速度为1—ａ1′ ｔ２ 22′t 2ﻩﻩt 2＝s 3238 ﻩ(1分）货物和小车获得共同速度至停止运动用时s 3165.03803=--=t ﻩﻩ (１分）第二次电场作用时间为２3＝6s ﻩ ﻩﻩﻩﻩ（２分） (2）小车在t 2时间内位移S 32t 221２t 22914 ﻩ （２分）货柜在t ２时间内位移为S 4１t 2—21a 1′t 2２920ﻩ ﻩ ﻩ（2分)小车长度1243924ﻩﻩ ﻩ ﻩﻩﻩ（2分)（或用能量守恒1S 12S 4＝2)(21V M m mgl ++μ924ﻩ (2分）（3)小车右端到达目的地的距离为Sm 7.103329962032232===-++=a V S S S ﻩﻩ ﻩ(2分）。