高中物理滑块滑板模型
滑块木板模型(学生版)-2024届新课标高中物理模型与方法
2024版新课标高中物理模型与方法--滑块木板模型目录【模型归纳】1模型一光滑面上外力拉板模型二光滑面上外力拉块模型三粗糙面上外力拉板模型四粗糙面上外力拉块模型五粗糙面上刹车减速【常见问题分析】问题1．板块模型中的运动学单过程问题问题2．板块模型中的运动学多过程问题1--至少作用时间问题问题3．板块模型中的运动学多过程问题2--抽桌布问题问题4．板块模型中的运动学粗糙水平面减速问题【模型例析】5【模型演练】13【模型归纳】模型一光滑面上外力拉板加速度分离不分离m1最大加速度a1max=μgm2加速度a2=(F-μm1g) /m2条件：a2>a1max即F>μg(m1+m2)条件：a2≤a1max即F≤μg(m1+m2)整体加速度a=F/(m1+m2)内力f=m1F/(m1+m2)模型二光滑面上外力拉块加速度分离不分离m2最大加速度a2max=μm1g/m2 m1加速度a1=(F-μm1g)/m1条件：a1>a2max即F>μm1g(1+m1/m2)条件：a2≤a1max即F≤μm1g(1+m1/m2)整体加速度a=F/(m1+m2)内力f=m2F/(m1+m2)模型三粗糙面上外力拉板不分离(都静止)不分离(一起加速)分离条件：F≤μ2(m1+m2)g 条件：a2≤a1max即μ2(m1+m2)g<F≤(μ1+μ2)g(m1+m2)整体加速度a=[F-μ2(m1+m2)g)]/(m1条件：a2>a1max=μ1g即F>(μ1+μ2)g(m1+m2)+m2)内力f=m1a外力区间范围模型四粗糙面上外力拉块μ1m1g>μ2(m1+m2)g一起静止一起加速分离条件：F≤μ2(m1+m2)g 条件：μ2(m1+m2)g<F≤(μ1-μ2)m1g(1+m1/m2)整体加速度a=[F-μ2(m1+m2)g)]/(m1+m2)内力f1=μ2(m1+m2)g+m2a条件：a1>a2max=[μ1m1g-μ2(m1+m2)g]/m2即F>(μ1-μ2)m1g(1+m1/m2)外力区间范围模型五粗糙面上刹车减速一起减速减速分离m1最大刹车加速度：a1max=μ1g 整体刹车加速度a=μ2g条件：a≤a1max即μ2≤μ1条件：a>a1max即μ2>μ1m1刹车加速度：a1=μ1gm2刹车加速度：a2=μ2(m1+m2)g-μ1m1g)]/m2加速度关系：a1<a2【常见问题分析】问题1．板块模型中的运动学单过程问题恒力拉板恒力拉块分离，位移关系：x 相对=½a 2t 20-½a 1t 20=L 分离，位移关系：x 相对=½a 1t 20-½a 2t 20=L问题2．板块模型中的运动学多过程问题1--至少作用时间问题问题：板块分离，F 至少作用时间？过程①：板块均加速过程：②板加速、块减速位移关系：x 1相对+x 2相对=L 即Δv ·(t 1+t 2)/2=L ；利用相对运动Δv =(a 2-a 1)t 1、Δv =(a 2+a 1')t 2问题3．板块模型中的运动学多过程问题2--抽桌布问题抽桌布问题简化模型过程①：分离过程：②匀减速分离，位移关系：x2-x1=L10v0多过程问题，位移关系：x1+x1'=L2问题4．板块模型中的运动学粗糙水平面减速问题块带板板带块μ1≥μ2μ1<μ2【模型例析】1一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4.5m，如图(a)所示。
牛顿运动定律巧解滑块-滑板模型
当滑块在滑板上做匀速运动时，滑块受到重力、支持力和摩擦力的作用。由于是匀速运动，合外力为零，因此摩 擦力的大小等于滑块的重力沿斜面向下的分力。通过求解摩擦力和斜面的角度关系，可以得到滑块在滑板上的运 动规律。
例题二：滑块在滑板上的加速运动
总结词
利用牛顿第二定律求解滑块在滑板上的 加速运动问题。
当滑板减速滑动时，滑板受到的摩擦力大于支持力，合力提供滑板减速运动的加速 度。
滑块与滑板的相互作用力
滑块和滑板之间的相互作用力包括滑 块对滑板的压力和滑板对滑块的反作 用力。
这两个力是改变滑块和滑板运动状态 的原因，即产生加速度的合外力。
这两个力大小相等、方向相反，作用 在同一条直线上。
04
CATALOGUE
当滑块加速滑动时，滑块受到 的摩擦力小于支持力，合力提 供滑块加速运动的加速度。
当滑块减速滑动时，滑块受到 的摩擦力大于支持力，合力提 供滑块减速运动的加速度。
滑板与地面的摩擦
滑板与地面接触时，受到地面对它的支持力和摩擦力的作用。
当滑板加速滑动时，滑板受到的摩擦力小于支持力，合力提供滑板加速运动的加速 度。
详细描述
根据惯性定律，如果滑块或滑板 不受外力作用，它将保持原来的 静止状态或匀速直线运动状态。
第二定律（动量定律）
总结词
描述了力对时间的累积效应，即物体 动量的变化率等于作用在物体上的力 。
详细描述
动量定律是解决滑块-滑板问题的关键 ，它可以帮助我们理解力和速度之间 的关系，以及在力的作用下物体的加 速或减恒等基本物理规律
。
在工程学中，滑块-滑板模型 可以用来分析机械系统、车辆
和机器人的运动。
在日常生活中，滑块-滑板模 型可以用来解释交通工具的运
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 。
人教版高中物理必修第1册 第四章 专题3 滑块-滑板模型
a′2＝f1－f2＝－4 M
m/s2，木板从
1
s
末到停下来的位移
xM＝－2av′22＝21×24
m＝0.125 m，小物块从 1 s 末到停下来
的位移 xm＝－2av′12＝21×21 m＝0.5 m，1 s 末到两者都停下，小物块相对于木板的位移Δx′＝xm－xM＝0.375 m．故
小物块最终停在距木板右端Δx＝Δx1－Δx′＝3 m－0.375 m＝2.625 m 处．
A．P 在 Q 上时，P、Q 两个物体加速度分别为 6 m/s2、4 m/s2 B．P 在 Q 上时，P、Q 两个物体加速度分别为 6 m/s2、2 m/s2 C．P 滑块在 Q 上运动时间为 1 s D．P 滑块在 Q 上运动时间为 2 s
解析
P 受重力和 Q 对 P 的支持力作用，根据牛顿第二定律有 mPgsin 37°＝mPaP，解得 aP＝gsin 37°＝6 m/s2， Q 受重力、斜面对 Q 的支持力、摩擦力和 P 对 Q 的压力作用，根据牛顿第二定律有 mQgsin 37°－μ(mP＋mQ)gcos 37°＝mQaQ，解得 aQ＝2 m/s2，A 错误，B 正确；设 P 在 Q 上滑动的时间为 t，因 aP＝6 m/s2>aQ＝2 m/s2，故 P 比 Q 运动得快，根据位移关系有 L＝12aPt2－12aQt2，代入数据解得 t＝2 s，C 错误，D 正确．
秘籍04 滑块板块模型和传送带模型(教师版)-备战2024年高考物理抢分秘籍
秘籍04滑块木板模型和传送带模型一、滑块木板模型1．模型特点：滑块(视为质点)置于木板上，滑块和木板均相对地面运动，且滑块和木板在摩擦力的作用下发生相对滑动．2．位移关系：如图所示，滑块由木板一端运动到另一端的过程中，设板长为L ，滑块(可视为质点)位移大小为x 块，滑板位移大小为x 板。
同向运动时：L ＝x 块－x 板．反向运动时：L ＝x 块＋x 板．不再有摩擦力(水平面上共同匀速运动)．5．分析板块模型的思路二、传送带模型(摩擦力方向一定沿斜面向上)3．划痕问题：滑块与传送带的划痕长度Δx等于滑块与传送带的相对位移的大小，若有两次相对运动且两次相对运动方向相同，Δx＝Δx1＋Δx2(图甲)；若两次相对运动方向相反，Δx等于较长的相对位移大小．(图乙)4.功能关系分析：(1)功能关系分析：W＝ΔE k＋ΔE p＋Q。
(2)对W和Q的理解传送带克服摩擦力做的功：W＝fx；传。
产生的内能：Q＝fx相对【题型一】滑块木板模型A．地面对木板的摩擦力方向水平向右B．地面对木板的摩擦力大小为9NA．小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.6B．当水平拉力增大时，小滑块比长木板先相对地面发生滑动C．小滑块的质量为2kgF=时，长木板的加速度大小为2m/s D．当水平拉力12N【答案】AC【详解】A．设小滑块质量为m，小滑块与长木板之间的动摩擦数为A．若只增大M，则小滑块能滑离木板B．若只增大v0，则小滑块在木板上运动的时间变长【答案】（1）15 4a g=，方向沿斜面向下，【详解】（1）A第一次碰挡板前，系统相对静止，之间无摩擦。
碰后，对A．木板的长度为2mB．木板的质量为1kgC．木板运动的最大距离为2mD．整个过程中滑块B的位移为0【答案】D【详解】B．对两滑块受力分析，根据牛顿第二定律可得a=A依题意，相遇前木板匀加速，由牛顿第二定律，有μm g由图可知，木板的长度为A．滑块Q与长木板P之间的动摩擦因数是0.5B．长木板C．t=9s时长木板P停下来D．长木板P 【答案】C【详解】A．由乙图可知，力F在5s时撤去，此时长木板PA ．122v v =B ．弹簧弹性势能的最大值为2118mv C ．图甲所示的情况，滑块压缩弹簧被弹回后回到长木板右端时，滑块的速度为D ．图甲所示的情况，滑块压缩弹簧被弹回后回到长木板右端时，滑块的速度大小为【答案】BD【详解】CD ．如图甲，设滑块被弹簧弹开，运动到长木板右端时的速度为v 3，系统的合外力为零，系统动量守恒，滑块压缩弹簧被弹回后恰好可以到达A 的右端，由动量守恒定律得132mv mv =解得3112v v =故C 错误，D 正确；AB ．如图甲，弹簧被压缩到最短时两者速度相同，设为v ，弹簧最大弹性势能为长木板到弹簧被压缩到最短的过程，由动量守恒定律和能量守恒定律12mv mv=()22112p 11222mv mv mg x x E μ=⨯+++A ．滑块A 的质量为4kgB ．木板B 的质量为1kgC ．当10N F =时木板B 加速度为24m/sD ．滑块A 与木板B 间动摩擦因数为0.1【答案】BC【详解】ABD ．根据题意，由图乙可知，当拉力等于8N ，滑块【答案】（1）1.5m/s；1.5m/s；（2【详解】（1）由于A与B之间的动摩擦因数及均相对斜面静止，小球在由释放到碰【答案】（1）3m/s；（2）2m/s；（3）不能与1A B【典例1】如图所示，某快递公司为提高工作效率，利用传送带传输包裹，水平传送带长为4m ，由电动机驱动以4m/s 的速度顺时针转动。
高中物理滑块木板模型动能定理解
高中物理滑块木板模型动能定理解高中物理滑块木板模型是一种常见的力学模型，用来研究物体在斜面上滑动的问题。
动能定理是描述物体动能变化的定理，它表达了物体的动能变化等于物体所受力的功。
下面我将详细介绍高中物理滑块木板模型及其动能定理的原理和应用。
首先，我们来介绍一下高中物理滑块木板模型的基本概念。
滑块木板模型由一条倾斜的木板和一个放置在木板上的滑块组成。
滑块与木板之间有一定的摩擦力，可以通过改变木板的角度或滑块的质量来研究滑块在木板上滑动的性质。
在滑块木板模型中，我们考虑滑块在斜面上的运动。
当斜坡上无滑动摩擦力时，滑块只受到重力作用，其加速度仅受到斜面角度和重力加速度的影响。
当斜坡上存在摩擦力时，滑块的加速度还会受到摩擦力对滑块的阻碍。
动能定理是描述物体动能变化的定理。
根据动能定理，物体的动能变化等于物体所受力的功。
在高中物理滑块木板模型中，滑块在斜坡上滑动时，通过斜坡上的重力和摩擦力对滑块进行功。
根据动能定理，滑块的动能变化等于这些力的功之和。
具体来说，滑块的动能变化可以用下式表示：△K = Wg + Wf其中，△K表示滑块的动能变化，Wg表示重力对滑块做的功，Wf 表示摩擦力对滑块做的功。
重力对滑块做的功可以用如下公式表示：Wg = mgh其中，m表示滑块的质量，g表示重力加速度，h表示滑块的垂直高度。
摩擦力对滑块做的功可以用如下公式表示：Wf = fdcosθ其中，f表示滑块和斜面之间的摩擦力，d表示滑块在斜面上的位移，θ表示斜面的倾角。
通过将重力功和摩擦力功代入动能定理的公式，可以得到滑块的动能变化的表达式。
动能定理在物理学中有广泛的应用。
首先，动能定理可以用来计算滑块在斜面上的运动速度。
通过将动能定理的公式进行转换，可以得到滑块的末速度的表达式。
其次，动能定理可以用来研究滑块与斜面之间的摩擦力的大小和方向。
通过观察滑块的动能变化和速度的变化，可以确定摩擦力的大小和方向。
此外，动能定理还可以用来分析滑块与斜面之间的能量转换。
高中物理 滑块滑板模型
高中物理滑块滑板模型1. 在水平地面上，有一质量为M=4kg、长为L=3m的木板，在水平向右F=12N的拉力作用下，从静止开始经t=2s速度达到υ=2m/s，此时将质量为m=3kg的铁块（看成质点）轻轻地放在木板的最右端，如图所示．不计铁块与木板间的摩擦．若保持水平拉力不变，请通过计算说明小铁块能否离开木板？若能，进一步求出经过多长时间离开木板？解答：设木板加速运动的加速度大小为a1，由v=a1t得，a1＝1m/s2．设木板与地面间的动摩擦因数为μ，由牛顿第二定律得，F-μMg=Ma1代入数据解得μ=0.2．放上铁块后，木板所受的摩擦力f2=μ（M+m）g=14N＞F，木板将做匀减速运动．设加速度为a2，此时有：f2-F=Ma2代入数据解得a2＝0.5m/s2．设木板匀减速运动的位移为x，由匀变速运动的公式可得，x＝v2/2 a2=4m铁块静止不动，x＞L，故铁块将从木板上掉下．设经t′时间离开木板，由L=vt′- 1/2a2t′2代入时间解得t′=2s（t′=6s舍去）．答：铁块能从木板上离开，经过2s离开木板．2. 如图所示，两木板A、B并排放在地面上，A左端放一小滑块，滑块在F=6N的水平力作用下由静止开始向右运动．已知木板A、B长度均为l=1m，木板A的质量M A=3kg，小滑块及木板B的质量均为m=1kg，小滑块与木板A、B间的动摩擦因数均为μ1=0.4，木板A、B与地面间的动摩擦因数均为μ2=0.1，重力加速度g=10m/s2．求：（1）小滑块在木板A上运动的时间；（2）木板B获得的最大速度．解答：解：（1）小滑块对木板A的摩擦力木板A与B整体收到地面的最大静摩擦力，小滑块滑上木板A后，木板A保持静止①设小滑块滑动的加速度为②③解得：④（2）设小滑块滑上B时，小滑块速度，B的加速度，经过时间滑块与B速度脱离，滑块的位移，B的位移，B的最大速度，则：⑤⑥⑦⑧⑨解得：。
高中物理课件-期中复习专题1：滑块模型
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
图1
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 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 答案( A )
•
• 【练习1】如图所示，光滑水平面上静止放 着长L＝4 m，质量为M＝3 kg的木板(厚度 不计)，一个质量为m＝1 kg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10 m/s2)
• (1)为使两者保持相对静止，F不能超过 多少？
• (2)如果F＝10 N，求小物体离开木板时 的速度？
• 答案 (1)4 N (2)2 m/s
练习2：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m1和m2，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；
图6
解析 (1)设木板和物块的加速度分别为 a 和 a′，在 t 时刻
木板和物块的速度分别为 vt 和 vt′，木板和物块之间滑动摩
擦力的大小为 Ff，根据牛顿第二定律、运动学公式得
Ff＝ma′
①
Ff＝μmg，当 vt′<vt 时
②
Vt 2′＝vt 1′＋a′(t2－t1)
③
F－Ff＝2ma
④
vt 2＝vt 1＋a(t2－t1)．
(2)要使纸板相对砝码运动，求所需拉力的大小；
4.6滑块-滑板模型
方法指导
2.运动学条件判断法：先求出不受外力F作用的那个物 体的最大临界加速度，再用假设法求出在外力F作用下 滑块和滑板整体的加速度，最后把滑块和滑板的整体加 速度与不受外力F作用的那个物体的最大临界加速度进 行大小比较。若滑块与滑板整体的加速度不大于（小于
或等于）滑块的最大加速度，即 a a，ma二x 者之间就不发
(1)若地面光滑，计算说明铁块与木板间是否会发生相对滑动；
(2)若木板与水平地面间的动摩擦因数 μ2＝0.1，求铁块运动到木 板右端所用的时间．
动力学中的滑块—滑板模型
典型例题
(1)A、B 之间的最大静摩擦力为 fm＞μ1mg＝0.3×1×10 N＝3 N(2 分) 假设 A、B 之间不发生相对滑动，则 对 A、B 整体：F＝(M＋m)a(2 分) 对 A：fAB＝Ma(2 分) 解得：fAB＝2.5 N(1 分) 因 fAB＜fm，故 A、B 之间不发生相对滑动．(1 分) (2)对 B：F－μ1mg＝maB(2 分) 对 A：μ1mg－μ2(M＋m)g＝MaA(2 分) 据题意：xB－xA＝L(2 分) xA＝12aAt2；xB＝12aBt2(2 分)
知识梳理
3．两种位移关系：（相对滑动的位移关系）
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．
F
x1
L
x2
F
x2
L
x1
同向运动时： L=X1-X2
L
反向运动时： L=X1+X2
方法指导
一、滑块与滑板间是否发生相对滑动的判断方法
方法有两种： 1.动力学条件判断法：即通过分析滑块——滑木板间的摩 擦力是否为滑动摩擦力来进行判断。可先假设滑块与木板 间无相对滑动，然后根据牛顿第二定律对滑块与木板整体 列式求出加速度，再把滑块或木板隔离出来列式求出两者 之间的摩擦力，把求得的摩擦力与滑块和木板之间的滑动 摩擦力进行比较，分析求得的摩擦力是静摩擦力还是滑动 摩擦力，若为静摩擦力，则两者之间无相对滑动；若为滑 动摩擦力，则两者之间有相对滑动。
高中物理三种模型带你解决“滑块滑板”问题
高中物理三种模型带你解决“滑块滑板”问题
滑块滑板问题是高考的热点，也是高一上的一个重难点，在高一上的滑块滑板中它主要涉及到受力分析，运动状况分析，以及牛顿运动定律，综合性较强，所以也成为学生学习感到困难的一部分，滑块滑板看似复杂，掌握好受力分析与运动的分析结合牛顿运动定律，再进行分析就比较轻松了。
类型一.“板—块”模型
1．模型特点
上、下叠放两个物体，在摩擦力的相互作用下两物体发生相对滑动．
2．两种位移关系
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．3．解题方法
整体法、隔离法．
4．解题思路
(1)分析滑块和滑板的受力情况，根据牛顿第二定律分别求出滑块和滑板的加速度．
(2)对滑块和滑板进行运动情况分析，找出滑块和滑板之间的位移关系或速度关系，建立方程．特别注意滑块和滑板的位移都是相对地的位移．
类型二.水平传送带问题
滑块在水平传送带上运动常见的三个情景
类型三.倾斜传送带问题
滑块在倾斜传送带上运动常见的四个情景
总结：处理滑块与滑板类问题的基本思路
判断滑块与滑板间是否存在相对滑动是思考问题的着眼点.方法有整体法隔离法、假设法等.即先假设滑块与滑板相对静止，然后根据牛顿第二定律求出滑块与滑板之间的摩擦力，再讨论滑块与滑板之间的
摩擦力是不是大于最大静摩擦力.。
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高中物理滑块滑板模型
1.在水平地面上，有一质量为M=4kg、长为L=3m的木板，在水平向右
F=12N的拉力作用下，从静止开始经t=2s速度达到υ=2m/s，此时将质量为m=3kg的铁块（看成质点）轻轻地放在木板的最右端，如图所示．不计铁块与木板间的摩擦．若保持水平拉力不变，请通过计算说明小铁块能否离开木板若能，进一步求出经过多长时间离开木板
解答：设木板加速运动的加速度大小为a
1
，
由v=a
1t得，a
1
＝1m/s2．
设木板与地面间的为μ，由得，
F-μMg=Ma
1
代入数据解得μ=0.2．
放上铁块后，木板所受的摩擦力f
2
=μ（M+m）g=14N＞F，木板将做匀减速运动．
设加速度为a
2
，此时有：
f 2-F=Ma
2
代入数据解得a
2
＝0.5m/s2．
设木板匀减速运动的位移为x，由匀变速运动的公式可得，
x＝v2/2 a
2
=4m
铁块静止不动，x＞L，故铁块将从木板上掉下．
设经t′时间离开木板，由
L=vt′- 1/2a
2
t′2
代入时间解得t′=2s（t′=6s舍去）．
答：铁块能从木板上离开，经过2s离开木板．
2. 如图所示，两木板A、B并排放在地面上，A左端放一小滑块，滑块在F=6N的水平力作用下由静止开始向右运动．已知木板A、B长度均为l=1m，=3kg，小滑块及木板B的质量均为m=1kg，小滑块与木板木板A的质量M
A
A、B间的动摩擦因数均为μ
=0.4，木板A、B与地面间的动摩擦因数均为
1
=0.1，重力加速度g=10m/s2．求：
μ
2
（1）小滑块在木板A上运动的时间；
（2）木板B获得的最大速度．
解答：解：（1）小滑块对木板A的摩擦力
木板A与B整体收到地面的最大静摩擦力
，小滑块滑上木板A后，木板A保持静止①
设小滑块滑动的加速度为②
③
解得：④
（2）设小滑块滑上B时，小滑块速度，B的加速度，经过时间滑块与B速度脱离，滑块的位移，B的位移，B的最大速度，则：
⑤
⑥
?⑦
⑧
⑨
解得：。