板块相对运动模型
地壳构造与板块运动模型解析
地壳构造与板块运动模型解析地壳构造与板块运动是地球科学中的重要研究领域，通过对地壳的构造和板块运动的解析，我们可以更好地了解地球的演化历史和地球表面的地理格局。
本文将从地壳构造的基本概念入手，解析板块运动的主要模型，旨在深入探讨这一领域的相关知识。
首先，我们先来了解地壳构造的基本概念。
地壳是地球上最外层的固体岩石层，由岩石和土壤组成。
地壳构造主要包括板块、地震带、地质构造以及板块的相对、绝对运动等要素。
地壳构造的形成和演化受到地球内部运动和外部环境的影响。
地球内部的构造运动包括地震、火山喷发、地壳抬升和沉降等，而外部环境包括潮汐力、大气压力等。
接下来，我们将解析板块运动模型。
板块运动模型是解释地球表面岩石、地震和地球内部构造运动的一种理论模型。
主要的板块运动模型包括“地质圈”模型、“拆分”模型、“解体”模型以及“扩张”模型等。
首先是“地质圈”模型，该模型认为地球由固态地幔、流体地幔和地壳构成。
地球表面的岩石一直在不断地移动、碰撞、分裂和重新连接。
地球表面被划分为若干个大块，称为板块，它们通过构造带连接在一起。
板块之间的相对运动导致地震和火山的活动。
其次是“拆分”模型，该模型认为地球的板块运动是由地壳上的张力和岩石的物理性质所致。
当地壳上的张力超过岩石强度的时候，地壳就会发生断裂，形成新的板块边界。
这种断裂过程导致板块的拆分和移动。
第三是“解体”模型，该模型认为地球的板块运动是由地幔柱状快速上升和地壳向两侧展开形成的。
当地幔柱状上升到地壳上方时，地壳就会向两侧展开，形成新的板块。
最后是“扩张”模型，该模型认为地球的板块运动是由地壳向两侧扩张所致。
地壳扩张导致岩石的上升、岩浆的充填和火山的喷发。
板块之间的相对运动形成了裂谷和陆地边缘。
以上所述的四种板块运动模型各有其侧重点，但它们都能够解释地球表面的板块运动和地质现象。
这些模型为我们提供了解释地壳构造和板块运动的重要理论基础，并且通过对地震、火山、地壳抬升和沉降等现象的研究，进一步验证了这些模型的可行性。
板块模型中的相对运动(解析版)-2024年高考物理二轮热点模型
板块模型中的相对运动目录一．板块模型概述1二．动力学中水平面上的板块模型2类型1 水平面上受外力作用的板块模型2类型2 水平面上具有初速度的板块模型2三. 斜面上的板块模型3一．板块模型概述1.两种常见类型类型图示规律分析长为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x B=x A+L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x B+L=x A2.关注“一个转折”和“两个关联”(1)一个转折滑块与木板达到相同速度或者滑块从木板上滑下是受力和运动状态变化的转折点。
(2)两个关联指转折前、后受力情况之间的关联和滑块、木板位移与板长之间的关联。
一般情况下，由于摩擦力或其他力的转变，转折前、后滑块和木板的加速度都会发生变化，因此以转折点为界，对转折前、后进行受力分析是建立模型的关键。
3.解决“板块”模型问题的“思维流程”二．动力学中水平面上的板块模型水平面上的板块模型是指滑块和滑板都在水平面上运动的情形，滑块和滑板之间存在摩擦力，发生相对运动，常伴有临界问题和多过程问题，对学生的综合能力要求较高。
类型1 水平面上受外力作用的板块模型 (1)木板上加力(如图甲)，板块可能一起匀加速运动，也可能发生相对滑动．(2)滑块上加力(如图乙)，注意判断B板动不动，是一起加速，还是发生相对滑动(还是用假设法判断)．类型2 水平面上具有初速度的板块模型 1.光滑地面，有初速度无外力类(1)系统不受外力，满足动量守恒．(2)如果板足够长，共速后一起匀速运动，板块间摩擦力突变为0，用图象法描述板、块的速度更直观2.地面粗糙，滑块(或板)有初速度类(1)因为系统受外力，动量不守恒，注意板是否会动．(2)若能动，且板足够长，达到共速后，判断它们之间是否相对滑动，常用假设法，假设二者相对静止，利用整=ma，求出滑块受的摩擦力F f，再比较它与最大静摩体法求出加速度a，再对小滑块进行受力分析，利用F合擦力的关系，如果摩擦力大于最大静摩擦力，则必然相对滑动，如果小于最大静摩擦力，就不会相对滑动．(3)若一起匀减速到停止，板块间由滑动摩擦力突变为静摩擦力，用图象法描述速度更直观．(如图2)三.斜面上的板块模型斜面上的板块模型是指滑板和滑块一起在斜面上运动的情形，此类问题的处理方法与水平面上的板块模型类似，只是要考虑滑块和滑板的重力在沿斜面方向上的分力对运动的影响。
物理板块运动模型
物理板块运动模型引言：物理板块运动模型是描述地壳运动和地震活动的重要理论模型之一。
通过研究地球表面的板块运动，可以揭示地球内部的构造和动力学过程，对于预测地震和地质灾害具有重要的意义。
本文将介绍物理板块运动模型的基本概念、形成原因以及与地震活动的关系。
一、物理板块运动模型的基本概念物理板块运动模型是指地球上的地壳被划分为若干个板块，这些板块在地球表面上相对运动的模型。
根据这一模型，地球上的地壳由几个大型板块和一些小型板块组成，它们相对于地球的固定内核而运动。
板块之间的相对运动导致了地球上的地震、火山喷发和山脉的形成。
二、物理板块运动模型的形成原因物理板块运动模型的形成原因涉及到地球内部的构造和动力学。
地球内部由地幔、地核和地壳组成，地壳是最外层的一层，由固态的岩石构成。
地幔是地壳和地核之间的一层，主要由岩石流体组成。
地核是地球的中心部分，由铁和镍等金属构成。
物理板块运动模型的形成主要有两个原因。
一是地球内部的热对流驱动了板块的相对运动。
地球内部的热量不均匀分布，导致地幔中形成了热对流。
热对流使得地幔物质上升并与地壳相互作用，形成了板块运动的动力。
二是地壳板块的相互作用导致了板块的相对运动。
地壳板块之间的相互作用包括三种类型：边界推移、边界消失和边界发生。
三、物理板块运动模型与地震活动的关系物理板块运动模型与地震活动有密切的关系。
地震是地球上地壳板块相对运动的结果，也是板块边界处能量释放的表现。
在板块运动过程中，板块之间的相对运动导致了板块边界的应力积累，当应力超过岩石的强度极限时，就会发生地震。
因此，地震活动的发生往往与板块边界的运动有关。
物理板块运动模型对于预测地震活动具有重要的意义。
通过对板块运动的研究，可以分析板块边界的应力积累情况，进而预测地震的发生概率和可能的震级。
此外，物理板块运动模型还可以解释地震活动的空间分布规律和地震带的形成机制，为地震学的研究提供了重要的理论基础。
结论：物理板块运动模型是解释地球地壳运动和地震活动的重要理论模型。
物理高三板块模型知识点
物理高三板块模型知识点引言：在学习物理的过程中，板块模型是一个重要的概念。
它可以帮助我们理解地球上的地壳运动以及地震、火山等地质现象。
本文将介绍物理高三板块模型的相关知识点，帮助读者更好地理解和掌握该概念。
一、板块模型的定义和基本概念1. 板块模型是指将地球表面划分成若干个大型板块，并认为这些板块在地球内部存在相对运动的理论模型。
2. 地球板块模型的形成和演化与地球上的地壳构造、地震和火山活动等密切相关。
3. 板块模型的核心理论是“地壳构造学”和“板块构造学”。
二、板块模型的分类1. 根据地壳运动方向和速度的不同，板块模型可以分为三种类型：边界运动型、内部运动型和混合型。
2. 边界运动型板块模型：板块间的相对滑动速度较快，形成了较明显的地壳运动现象，如反射地震带、弧后盆地等。
3. 内部运动型板块模型：板块内部的相对滑动速度较快，形成了内部断层和地壳运动现象，如火山地震、岩浆侵入等。
4. 混合型板块模型：同时具有边界运动型和内部运动型特征的板块模型。
三、板块模型的主要特征和作用1. 板块模型具有边界界线清晰、板块间相对运动、构造形态分明等特征。
2. 板块模型对地球上的地壳变形、地震和火山活动等地质现象起到了重要的控制作用。
3. 板块模型还可以解释地球表面的地理分布、陆地形态、海底地形等自然地理现象。
四、板块构造运动的主要类型1. 板块碰撞：两个板块的边界相互碰撞，形成山脉、高原等地形。
2. 板块俯冲：一块板块向下俯冲入地幔，形成深海槽、弧形火山等地形。
3. 板块扩张：两个板块的边界相互脱离，形成中海峡、洋脊等地形。
五、世界著名的板块边界带1. 环太平洋地震带：包括环太平洋地区的海沟、火山带以及日本、菲律宾等地的地震活动。
2. 阿尔卑斯-喜马拉雅地震带：沿着欧亚大陆的冲突带，包括阿尔卑斯山脉和喜马拉雅山脉。
3. 土耳其-伊朗-印度尼西亚地震带：包括土耳其、伊朗以及印度尼西亚等地的地震活动。
结论：板块模型是物理高三学习中的重要知识点，它可以帮助我们理解地球的地壳运动、地质现象以及自然地理现象。
高中物理模型法解题——板块模型
高中物理模型法解题———板块模型【模型概述】板块模型是多个物体的多个过程问题，是一个最经典、最基本的模型之一。
木板和物块组成的相互作用的系统称为板块模型，该模型涉及到静摩擦力、滑动摩擦力的转化、方向判断等静力学知识，还涉及到牛顿运动定律、运动学规律、动能定理和能量的转化和守恒等方面的知识。
板块类问题的一般解题方法(1)受力分析．(2)物体相对运动过程的分析．(3)参考系的选择（通常选取地面）．(4)做v-t图像(5)摩擦力做功与动能之间的关系．(6)能量守恒定律的运用．一、含作用力的板块模型问题：【例题1】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=1kg，木板的质量M=4kg，长L=2.5m，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=20N拉木板，g取10m/s2，求：（1）木板的加速度；（2）要使木块能滑离木板，水平恒力F作用的最短时间；（3）如果其他条件不变，假设木板的上表面也粗糙，其上表面与木块之间的动摩擦因数为0.3，欲使木板能从木块的下方抽出，需对木板施加的最小水平拉力是多大？（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）（4）若木板的长度、木块质量、木板的上表面与木块之间的动摩擦因数、木块与地面间的动摩擦因数都不变，只将水平恒力增加为30N，则木块滑离木板需要多长时间？【解题思路】（1）根据牛顿第二定律求出木板的加速度．（2）让木板先做匀加速直线运动，然后做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律，结合位移之和等于板长求出恒力F作用的最短时间．（3）根据牛顿第二定律求出木块的最大加速度，隔离对木板分析求出木板的加速度，抓住木板的加速度大于木块的加速度，求出施加的最小水平拉力．（4）应用运动学公式，根据相对加速度求所需时间．【答案】（1）木板的加速度2.5m/s2；（2）要使木块能滑离木板，水平恒力F作用的最短时间1s；（3）对木板施加的最小水平拉力是25N；（4）木块滑离木板需要2s【解析】解：（1）木板受到的摩擦力F f=μ（M+m）g=10N木板的加速度=2.5m/s2（2）设拉力F作用t时间后撤去，木板的加速度为木板先做匀加速运动，后做匀减速运动，且a=﹣a′有at2=L解得：t=1s，即F作用的最短时间是1s．（3）设木块的最大加速度为a木块，木板的最大加速度为a木板，则对木板：F1﹣μ1mg﹣μ（M+m）g=Ma木板木板能从木块的下方抽出的条件：a木板＞a木块解得：F＞25N（4）木块的加速度木板的加速度=4.25m/s2木块滑离木板时，两者的位移关系为x木板﹣x木块=L即带入数据解得：t=2s【变式练习】如图所示，质量M=1kg的木块A静止在水平地面上，在木块的左端放置一个质量m=1kg的铁块B（大小可忽略），铁块与木块间的动摩擦因数μ1=0.3，木块长L=1m，用F=5N的水平恒力作用在铁块上，g取10m/s2．（1）若水平地面光滑，计算说明两木块间是否会发生相对滑动．（2）若木块与水平地面间的动摩擦因数μ2=0.1，求铁块运动到木块右端的时间．【解题思路】（1）假设不发生相对滑动，通过整体隔离法求出A、B之间的摩擦力，与最大静摩擦力比较，判断是否发生相对滑动．（2）根据牛顿第二定律分别求出A、B的加速度，结合位移之差等于木块的长度求出运动的时间．【答案】（1）A、B之间不发生相对滑动；（2）铁块运动到木块右端的时间为．【解析】（1）A、B之间的最大静摩擦力为：f m＞μmg=0.3×10N=3N．假设A、B之间不发生相对滑动，则对AB整体分析得：F=（M+m）a对A，f AB=Ma代入数据解得：f AB=2.5N．因为f AB＜f m，故A、B之间不发生相对滑动．（2）对B，根据牛顿第二定律得：F﹣μ1mg=ma B，对A，根据牛顿第二定律得：μ1mg﹣μ2（m+M）g=Ma A根据题意有：x B﹣x A=L，，联立解得：．二、不含作用力的板块模型问题：【例题2】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—时间图像如图所示。
板块相对运动(含解析)
模型07 板块相对运动模型命题点一水平面上的滑块—滑板模型类型图示规律分析木板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x B=x A+L物块A带动木板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x B+L=x A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运动过程的加速度(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。
求解中更应注意联系两个过程的纽带,每一个过程的末速度是下一个过程的初速度。
2．解题思路[典例]如图所示，质量m＝1 kg 的物块A放在质量M＝4 kg的木板B的左端，起初A、B静止在水平地面上。
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μ1＝0.4，地面与B之间的动摩擦因数为μ2＝0.1。
假设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至少多长；从开始到A、B均静止，A的总位移是多少。
[解析](1)A的最大加速度由A、B间的最大静摩擦力决定，即对于A，根据牛顿第二定律得：μ1mg＝ma m解得a m＝4 m/s2对于A、B整体，根据牛顿第二定律得：F－μ2(M＋m)g＝(M＋m)a m解得F＝25 N。
(2)设力F作用在B上时A、B的加速度大小分别为a1、a2，撤去力F时速度分别为v1、v2，撤去力F后A、B速度相等前加速度大小分别为a1′、a2′，A、B速度相等时速度为v3，加速度大小为a3对于A，根据牛顿第二定律得：μ1mg＝ma1得a1＝4 m/s2，v1＝a1t1＝4 m/s对于B，根据牛顿第二定律得：F－μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2得a2＝5.25 m/s2，v2＝a2t1＝5.25 m/s撤去力F：a1′＝a1＝4 m/s2μ1mg＋μ2(M＋m)g＝Ma2′得a2′＝2.25 m/s2经过t2时间后A、B速度相等v1＋a1′t2＝v2－a2′t2得t2＝0.2 s共同速度v3＝v1＋a1′t2＝4.8 m/s从开始到A、B相对静止，A、B的相对位移即为B的最短长度LL＝x B－x A＝v222a2＋v32－v22－2a2′－12a1(t1＋t2)2＝0.75 mA、B速度相等后共同在水平地面上做匀减速运动，加速度大小a3＝μ2g＝1 m/s2对于A、B整体从v3至最终静止位移为x＝v322a3＝11.52 m所以A的总位移为x A总＝x A＋x＝14.4 m。
高考物理解题模型分类专题讲解7---板块相对运动(解析版)
由牛顿运动定律有
Ma1=Mg+f ① ma2= f– mg ②
联立①②式并代入题给数据，得 a1=2g，a2=3g③
（2）管第一次碰地前与球的速度大小相同。由运动学公式，碰地前瞬间它们的速
度大小均为
v0 = 2gH ④
方向均向下。管弹起的瞬间，管的速度反向，球的速度方向依然向下。 设自弹起时经过时间 t1，管与小球的速度刚好相同。取向上为正方向，由运动学
联立 式并代入题给数据得
4 x1 = 5 H
同理可推得，管与球从再次下落到第二次弹起至最高点的过程中，球与管的相对
位移 x2 为
4 x2 = 5 H1
设圆管长度为 L。管第二次落地弹起后的上升过程中，球不会滑出管外的条件是
3 / 29
联立
式，L 应满足条件为
x1+ x2≤L
L ≥ 152 H 125
【答案】(1) f = µ(2m1 + m2 )g (2) F > 2µ(m1 + m2 )g (3) F = 22.4N
【 解 析 】 (1) 砝 码 对 纸 板 的 摩 擦 力 f1 = µm1g 桌 面 对 纸 板 的 摩 擦 力
f2 = µ(m1 + m2 )g
f = f1 + f2 解得 f = µ(2m1 + m2 )g
高考物理解题模型分类专题讲解 模型 7 板块相对运动模型
两种类型 类型图示
规律分析
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 xB=xA+L
物块 A 带动木板 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
模型06 板块相对运动
模型06 板块相对运动模型两种类型类型图示规律分析木板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x B =x A +L物块A 带动木板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x B +L=x A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运动过程的加速度(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。
求解中更应注意联系两个过程的纽带,每一个过程的末速度是下一个过程的初速度。
【典例1】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1m 和2m ，各接触面间的动摩擦因数均为μ。
重力加速度为g 。
（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，求所需拉力的大小； （3）本实验中， 1m =0。
5kg ， 2m =0。
1kg ，μ=0。
2，砝码与纸板左端的距离d=0。
1m ，取g=102/m s 。
若砝码移动的距离超过l =0。
002m ，人眼就能感知。
为确保实验成功，纸板所需的拉力至少多大？【答案】(1) 12(2)f m m g μ=+ (2) 122()F m m g μ>+ (3) 22.4F N =【解析】(1)砝码对纸板的摩擦力 11f m g μ= 桌面对纸板的摩擦力 212()f m m g μ=+12f f f =+ 解得 12(2)f m m g μ=+(2)设砝码的加速度为1a ,纸板的加速度为2a ,则111f m a = 1222F f f m a --= 发生相对运动 21a a >解得 122()F m m g μ>+(3)纸板抽出前,砝码运动的距离121112x a t =纸板运动的距离212112d x a t += 纸板抽出后，砝码在桌面上运动的距离 223212x a t = 12l x x =+由题意知 131132,a a a t a t == 解得 122[(1)]dF m m g lμ=++代入数据得 22.4F N =【变式训练1】(多选)如图所示,一足够长的木板静止在粗糙的水平面上,t=0时刻滑块从木板的左端以速度v 0水平向右滑行,木板与滑块间存在摩擦,且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
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板块相对运动模型
1.．甲、乙两个同学在直跑道上练习4×100m 接力，他们在奔跑时有相同的最大速度。
乙从静止开始全力奔跑需跑出25m 才能达到最大速度，这一过程可看作匀变速直线运动。
现在甲持棒以最大速度向乙奔来，乙在接力区伺机全力奔出。
若要求乙接棒时奔跑的速度达到最大速度的80%，则
（1）乙在接力区须奔出多少距离？
（2）乙应在距离甲多远时起跑？
2.一条传送带始终水平匀速运动，将一个质量为m=20kg 的货物无初速地放到传送带上，货物从放上到跟传送带一起匀速运动，经过的时间是0.8s ，滑行距离是1.2m （g=10m/s 2）。
求：（1）货物与传送带间动摩擦因数的μ值。
（2）这个过程，动力对传送带多做的功是多少？
3、如图所示，质量M=8.0kg 的小车放在光滑的水平面上，给小车施加一个水平向右的恒力F=8.0N 。
当向右运动的速度达到V =1.5m/s 时，有一物块以水平向左的初速度v 0=1.0m/s 滑上小车的
右端。
小物块的质量m=2.0kg ，物块与小车表面的动摩擦因数μ=0.20。
设小车足
够长，重力加速度g =10m/s 2。
求：
⑴物块从滑上小车开始，经过多长的时间速度减小为零。
⑵求物块在小车上相对滑动的过程中，物块相对地面的位移
4、（2004年安徽）一小圆盘静止在桌布上，位于一方桌的水平桌面的中
央，桌布的一边与桌的AB 边重合，如图1所示。
已知盘与桌布间的动摩擦
因数为1μ，盘与桌面间的动摩擦因数为2μ。
现突然以恒定加速度a 将桌布
抽离桌面，加速度方向是水平的且垂直于AB 边。
若圆盘最后未从桌面掉下，
则加速度a 满足什么条件？（以g 表示重力加速度）
5、如图，在光滑的水平地面上停放着小车B ，车上左端放有一个小滑块A ，A m =1㎏,B m =4㎏ AB 间摩擦因数2.0=μ ，小车长L =2m
用F =14N 的水平拉力向左拉动小车，求3s 内小车的动能的增量。
（g 取10m/s 2）
6、如图所示，平板A 长L =5m ，质量为M =5kg ，放在水平桌
面上，板右端与桌边相齐，在A 上距其右端s =3m 处放一个质量m =2kg 的小物体B ，已知A 与B 之间的动摩擦因数μ1=0.1，A 、B 两物体与桌面间的动摩擦因数均为μ2=0.2．最初系统静止．现在对板A 右端施一水平恒力F 后，将A 从B 下抽出，且恰使B 停在桌右边缘．试求F 的大小．取g =l0m/s 2
7、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 的物块，物块上连接一根很长的细绳，细绳跨过位于桌面的定滑轮，某人以恒定的速率v 向下拉绳，物块最多只能到达板的中央，而此时的右端尚未到桌边定滑轮，试求
（1）物块与板的动摩擦因数及物体刚到达板的中点时板的位移
（2）若板与桌面之间有摩擦，为使物体能达到板的右端，板与桌面间的动摩擦因数范围 （3
）若板与桌面之间的动摩擦因数取（ 2
）问中的最v 0
F A B
2 小值，在物体从板的左端运动到板的右端的过程中，人拉绳的力所做的功（其它阻力不计）
8、（20分）如图所示，有一块木板静止在光滑且足够长的水平面上，木板质量为M=4kg ，长为L=1.4m ；木板右端放着一小滑块，小滑块质量为m=1kg ，其尺寸小于L 。
小滑块与木板之间的动摩擦因数为μ＝0.4（g ＝10m/s 2）
（1）现用恒力F 作用在木板M 上，为了使得m 能从M 上面滑落下来，问：F 大小的范围是什么？
（2）其它条件不变，若恒力F=22.8牛顿，且始终作用在M 上，最终使得m 能从M 上面滑落下来。
问：m 在M 上面滑动的时间是多大？
9、如图所示，长为L=1.0m 、质量为M=1.0kg 的木板，静止于光滑水平面上。
在长木板的左端有一个质量为m =1.0kg 的小木块（可视为质点）。
先用水平向右的恒力F=20N 作用于小木块，使其由静止向右运动。
作用一段距离后撤去水平力F ，最终小木块恰好运动到长木版的右端。
已知小木块与长木版间的动
摩擦因数为u=0.5，g=10m/s 2，求：水平力F 做
功W 为多少？
10、（18分）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 。