1、1专题 12 牛顿运动定律的应用之“板块”模型（2）模拟提升1 （2019 届高黑龙江省哈尔滨市第三中学三上第二次调研考试）如图所示,一足够长的轻质滑板置于光滑水平地面上，滑板上放有质量分别为 和 的 A、B两物块,A、B 与滑板之间的动摩擦因数都为 ，一水平恒力 F 作用在 A 物体上,重力加速度 g 取 ，A、B 与滑板之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则当 F 逐渐增大时，A、B 的加速度为 和 ，下列说法正确的是:A 若 ，则 A、B 物块及木板都静止不动B 若 ，则 A、B 物块的加速度都为 2C 无论外力多大，B 物块与木板都不会发生相对滑动D 若 ，B 物块的加速度为【答案】BC
2、D速度为 ，B 正确；因为轻质滑板受到的最大摩擦力为 ，所以无论外力多大， B 物块与木板都不会发生相对滑动，若 时， A 相对轻质滑板滑动， B 和轻质滑板的加速度为，CD 正确2 （2019 届江苏省徐州市第一中学高三上第一次月考）如图所示，光滑水平面上放置两长度相同，质量分别为 M1和 M2的木板 P， Q，在木板的左端各有一大小、形状、质量完全相同的物块 a 和 b，木板和物块均处于静止状态，现对物块 a 和 b 分别施加水平恒力 F1和F2，使它们向右运动至物块与木板分离时， P， Q 的速度分别为 Vl， V2，物块 a， b 相对地面的位移分别为Sl， S2，已知两物块与木板间的
3、动摩擦因数相同，下列判断正确的是( )2A 若 F1=F2， M1M2，则 VlV2， Sl=S2B 若 F1=F2， M1V2， SlS2C 若 F1F2， M1=M2，则 VlS2D 若 F1V2， SlS2【答案】BD【解析】AB、首先看 时情况：由题得到 a、 b 所受的摩擦力大小是相等的，因此 a、 b 加速度相同，设 a、 b 加速度大小为 a，对于 P、 Q 滑动摩擦力即为它们的合力，设 P 的加速度大小为 a1， Q 的加速度大小为 a2，根据牛顿第二定律得： ， ，其中 m 为物块 a 和 b 的质量，设板的长度为 L，它们向右都做匀加速直线运动，当物块与木板分离时： a 与
4、 P 的相对位移为： ， b 与 Q 的相对位移为： ， P 的速度为： ， Q 的速度为： ，物块 a 相对地面的位移分别为：，物块 b 相对地面的位移分别为： ， 若 ，则有 ，所以得： ， ， ；若 ，则有 ，所以得： ， ， ，故 A 错误，B 正确；C、若 、 ，根据受力分析和牛顿第二定律的：则 a 的加速度大于 b 的加速度，即 ，由于 ，所以 P、 Q 加速度相同，设 P、 Q 加速度为 a，它们向右都做匀加速直线运动，当物块与木板分离时： a 与 P 的相对位移为： ， b 与 Q 的相对位移为： ，由于 ，所以得： ， P 的速度为： ， Q 的速度为： ，物块 a 相对地面
5、的位移分别为：，物块 b 相对地面的位移分别为： ， 则 ， ，故 C 错误；D、根据 C 选项分析得：若 、 ，则有 ，得 ， ，故 D 正确；故选 BD。3 （2019 安徽省淮北一中高三第一第二次月考）如图甲所示，足够长的木板 B 静置于光滑水平面上，其上放置小滑块 A。滑块 A 受到随时间 t 变化的水平拉力 F 作用时，滑块 A 的加速度 a 与拉力 F 的关系图象如图乙所示。滑块 A 的质量记作 ，长木板 B 的质3量记作 ，则（ ）A B C D 【答案】AC【解析】当 F 等于 12N 时，加速度为：a=3m/s 2，对整体分析，由牛顿第二定律有：F=（m A+mB）a；解得：
6、误；故选 AC。4 （2019 届甘肃省酒泉市敦煌中学高三二诊）如图甲所示，一足够长的质量 M=0.4kg 的长木板静止在水平面上，长木板与水平面间的动摩擦因数=0.1，一质量 m=0.4kg 的小滑块以 v0=1.8m/s 的速度从长木板的右端滑上长木板，小滑块刚滑上长木板0.2s 内的速度图象如图乙所示，小滑块可看成质点，重力加速度 g 取 10m/s2，求：（1）小滑块刚滑上长木板时长木板的加速度大小 a1（2）从小滑块滑上长木板到最后静止下来的过程中，小滑块运动的总位移 x【答案】(1) 2m/s 2 (2) 0.54m【解析】(1)小滑块刚滑上长木板时加速度大小为 小滑块对长木板的滑
7、动摩擦力 4地面对长木板的最大静摩擦力 (2)设经过时间 t 小滑块与长木板速度相等时,有： 代入数据得： 共同速度 这段时间内,小滑块运动的距离为： 此后小滑块与木板一起做匀减速运动据牛顿第二定律： 加速度的大小为： 共同运动的距离为： 所以小滑块滑行的总位移为：5 （2019 届宁夏银川一中高三第二次月考）如图甲所示，质量 M4 kg 且足够长的木板静止在光滑的水平面上，在木板的中点放一个质量 m=4 kg 大小可以忽略的铁块，铁块与木板之间的动摩擦因数 =0.2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力两物体开始均静止，从 t=0 时刻起铁块 m 受到水平向右、大小如图乙所示的拉力 F 的作用， F
8、 共作用时间为 6 s，( g取 10 m/s2)求：(1)铁块和木板在前 2 s 的加速度大小分别为多少？(2)铁块在 6s 内的位移大小为多少？(3)从开始运动到铁块和木板相对静止时它们的相对位移大小为多少？【答案】(1) （2）39m（3）4m【解析】 （1）前 2 s，由牛顿第二定律得对铁块： Fmg =ma1，5解得 a1=3 m/s2对木板： mg =Ma2， 解得 a2=2 m/s2（2） t 1=2 s 内，铁块的位移 x1 a1t126 m木板的位移 x 2= a2t12=4 m2 s 末，铁块的速度 v1=a1t1=6 m/s木板的速度 v2=a2t1=4 m/s2 s 后
9、，由牛顿第二定律，对铁块： F mg ma1解得 a11 m/s 2对木板： mg Ma2，解得 a22 m/s 2设再经过 t2时间铁块和木板的共同速度为 v，则v v1 a1 t2 v2 a2 t2解得 t 22 s， v8 m/s在 t2时间内，铁块的位移 x1 t0 2 m14 m 木板的位移 x 2 t2= 2 m=12 mF 作用的最后 2 s，铁块和木板相对静止，一起以初速度 v8 m/s 做匀加速直线运动，由牛顿第二定律，对铁块和木板整体有F=(M+m)a，解得 a=1.5 m/s2最后 2 s 铁块和木板运动的位移均为x3 v t a( t)219 m所以铁块在 6 内的运动
10、的总位移为x 铁块 x1 x1 x339 m（3）铁块和木板相对静止前木板运动的总位移 x 木板 x 2x 216 m铁块和木板的相对位移大小 x1 x1-x 木板 =4 m 6 （2019 届齐鲁名校教科研协作体湖北、山东部分重点中学高三第一次联考）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。 若砝码和纸板的质量分别为 m1=0.5kg 和 m2=0.1kg，砝码与纸板间的动摩擦因数 1=0.2，砝码与桌面、纸板与桌面间的动摩擦因数均为 2=0.5。重力加速度 g=10m/s2。 6（1）要使纸板相对砝码运动，求所需拉力的大小范围；（2）若开始时，砝码与纸板左端的
11、距离 d=1m，拉力 F=4.4N。为确保砝码不掉下桌面，则开始时纸板左端与桌子右侧距离 l 至少多大？【答案】 （1） F4.2N （2） l=2.4m【解析】 （1）设纸板和砝码的加速度大小分别为 a1、 a2，根据牛顿第二定律， 1m1g =m1a1， F- 2(m1+m2)g- 1m1g =m2a2， 为使纸板相对砝码运动，应有 a14.2N （2）由第一问可知，两者发生相对运动。由 1m1g =m1a1， F- 2(m1+m2)g- 1m1g =m2a2 可知： a1=2m/s2； a2=4m/s2, 由 ， ， x2=x1+d， 7 （2019 届四川省雅安中学高三上第一次月考）如
12、图所示，质量为 m=5kg 的长木板 B 放在水平地面上，在木板的最右端放一质量也为 k=5kg 的物块 A（可视为质点） 。木板与地面间的动摩擦因数 1=0.3，物块与木板间的动摩擦因数 2.现用一水平力 F=60N作用在木板上，使木板由静止开始匀加速运动，经过 t=1s，撤去拉力，设物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力， ，求：（1）拉力撤去时，木板的速度 vB；（2）要使物块不从木板上掉下，木板的长度 L 至少为多大；（3）在满足（2）的条件下，物块最终将停在右端多远处。【答案】(1)V B=4m/s；(2)L=1.2m；(3)d=0.48m7【解析】 (1)若相对滑动，对木板有：
13、，得：对木块有 ，所以木块相对木板滑动撤去拉力时，木板的速度 ，(2)撤去 F 后，经时间 t2达到共同速度 v；由动量定理，可得 ，v=2.4m/s在撤掉 F 之前，二者的相对位移撤去 F 之后，二者的相对位移木板长度(3)获得共同速度后，对木块，有 ，木块最终离木板右端的距离8 （2019 届四川省成都外国语学校高三上第一次月考）如图，一质量为 m=l kg 的木板静止在光滑水平地面，木板右端与墙相距 L=0.08m ，某时刻，质量 m=1kg的小物块以初速度 =2m/s 滑上木板左端。木板长度可保证物块在运动过程中不与墙接触，物块与木板之间的动摩擦因数为 =0.1，木板与墙碰撞前后速率相
14、等，取 g=10 。求：(1)从物块滑上术板到两者达到共同速度时，木板与墙壁碰撞的次数及所用的时间(2)若在达到共同速度时，物块恰好运动到木板的最右端，则木板的长度是多少【答案】 （1）2 次；1.8s（2）1.96m【解析】 （l）物块滑上木板后，在摩擦力作用下，木板从静止开始做匀加速运动设木板加速度为 a，经历时间 T 后与墙第一次碰撞碰撞时的速度为 v1，则 mg=ma 8L aT2 v1=at 联立解得 T=0.4s v1=0.4m/s在物块与木板两者达到共同速度前，在每两次碰撞之间，木板受到物块对它的摩擦力作用而做加速度恒定的匀减速直线运动，因而木板与墙相碰后将返回至初态，所用时间也
15、为 T设在物块与木板两者达到共同速度 v 前木板共经历 n 次碰撞，则有v=v0-（2nT+t）a=at式中t 是碰撞 n 次后木板从起始位置至达到共同速度时所需要的时间由于最终两个物体一起以相同的速度匀速前进，故式可改写为2v=v0-2nT由于木板的速率只能位于 0 到 v1之间，故有 0v 0-2nT2v 1求解上式得 1.5n2.5由于 n 是整数，故 n=2 再有得t=0.2s v=0.2m/s （2）全过程由能量守恒定律： 可得：L=1.96m9 （2019 届贵州省贵阳市第一中学高三 9 月月考）图甲中,质量为 m 的物块叠放在质量 M=2m 的足够长的木板上方右侧,木板放在水平地
16、面上,物块与木板之间的动摩擦因数 ,木板与地面之间的动摩擦因数共 。在木板上施加一水平向右的拉力 F,在 0-3s 内 F 的变化如图乙所示,图中 F 以 m 为单位,重力加速度 g=10m/s。整个系统开始时静止。求(1)0-3s 内物块 m 的对地位移;9(2)1-3s 时物块 m 距离木板 M 右端的距离【答案】(1)8m (2)2.25m【解析】 （1）设木板和物块的加速度分别为 a 和 ，在 t 时刻木板和物块的速度分别为 和 ，木板和物块之间的摩擦力大小为 f1，根据牛顿第二定律，对物块：解得：则：对木板：解得：物块与木板运动的 v-t 图象如图所示：则物块 m 前 2s 对地位移
17、第 3s 位移则：（2）在 0-3s 内物块相对于木板的距离 等于木板和物块 v-t 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 0.25m，下面三角形的面积为 2m，因此=2.25m。10 （2019 届黑龙江省哈尔滨市第六中学高三 10 月月考）如图，倾角 的光滑的斜面底端固定一块垂直于斜面的挡板。将长木板 A 静置于斜面上， A 上放置一小物块 B，初始时 A 下端与挡板相距 。已知在 A 停止运动之前 B 始终没有脱离 A 且不会与挡板碰撞，A 和 B 的质量均为 ，它们之间的动摩擦因数 ，A 或 B 挡板每次碰撞损失的动能均为，忽略碰10
18、撞时间，重力加速度大小 ，求：（1） A 第一次与挡板碰前瞬间的速度大小 v；（2） A 第一次与挡板碰撞到第二次与挡板碰撞的时间间隔 t；（3） B 相对于 A 滑动的可能最短时间 t。【答案】 （1） （2） （3） 【解析】 （1）B 和 A 一起沿斜面向下运动，由机械能守恒定律有 2mgLsin (2m)v2由式得 v2 m/s设 A 第 1 次反弹的速度大小为 v1，由动能定理有 mv2 mv12 E t 由式得 t s（3）设 A 第 2 次反弹的速度大小为 v2，由动能定理有 mv2 mv222 E得 v2=10 m/s即 A 与挡板第 2 次碰后停在底端，B 继续匀速下滑，与挡
19、板碰后 B 反弹的速度 为 v，加速度大小为 a，由动能定理有 mv2 mv 2 E（11）mgsin+mgcos=ma（12）由（11） （12）式得 B 沿 A 向上做匀减速运动的时间 t2 （13）当 B 速度为 0 时，因 mgsin=mgcosf m，B 将静止在 A 上 （14）11当 A 停止运动时，B 恰好匀速滑至挡板处，B 相对 A 运动的时间 t 最短，故 t=t+t 2=11 （2019 届山东省济南外国语学校高三上第一次月考）如图所示，地面依次排放两块完全相同的木板 A、B，长度均为 L=25m，质量均为 =150kg，现有一小滑块以速度 =6m/s 冲上木板 A 左端
20、，已知小滑块质量 =200kg，滑块与木板间的动摩擦因数为 ，木板与地面间的动摩擦因数 =0.2。 （最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取 g=10 m/s2）（1）若滑上木板 A 时，木板不动，而滑上木板 B 时，木板 B 开始滑动，求 应满足的条件。（2）若 =0.4，求滑块运动时间。 （结果可用分数表示） 。【答案】(1) (2) 【解析】(1)滑上木板 A 时，木板不动，由受力分析得： 若滑上木板 B 时，木板 B 开始滑动，由受力分析得： 代入数据得： (2)若 1=0.4，则货物在木板 A 上滑动时，木板不动；设货物在木板 A 上做减速运动时的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得 解
21、得：由 达到 B 板时速度 在 A 板上滑动时间由 解得：滑块滑上 B 板时 B 运动，由 得： 速度相同时解得： 相对位移 物块与板 B 能达到共同速度： 12然后一起相对静止的一起减速： 12 （2019 届贵州省遵义航天高级中学高三第二次模拟）如图所示，质量 M=3kg 的长方形木板 A 放在粗糙的固定斜面上，斜面倾角 370，木板下距斜面底端挡板L=2 米，此时一质量为 m=2kg 可视为质点的小物块 B 以初速 V0=10m/s 从 A 的下端沿 A 的表面冲上 A，A、B间的动摩擦因数为 1=0.5，A 恰好不下滑，木板 A 足够长，取 求： (1)B 冲上 A 的过程中，B 的加
22、速度，(2)木板 A 与斜面间的动摩擦因数 (3)A、B 一起下滑过程中 A、B 间的摩擦力大小(4)若 A、B 与挡板相碰后均被粘住，B 从冲上 A 开始运动的总时间。【答案】 （1）a 1=10m/s2 方向沿斜面向下（2）0.25（3）4N（4）3s【解析】(1)对 B 有： mgsin370+ 1mgcos370=ma1解得： a1=10m/s2 方向沿斜面向下 （2） B 沿 A 上滑过程中，对 A 有：解得： 2=0.25 （3） A、 B 一起下滑时，对 A、 B 整体，由牛顿第二定律得：B 沿 A 上滑时间为13上滑距离：B 一起下滑时间为 t2，由 L= a t22 解得：
23、t2=1s A 碰到挡板时， B 的速度 v=at2=4m/s B 从 A 上滑至挡板时间为 t3根据位移时间公式：解得： t3=1s 运动的总时间： t= t1+ t2 + t3=3s13 （2018 湖北省武汉市第十一中学一模拟）静止在光滑水平面上的木板 A 上放有一个小铁块 B， A、 B 的质量均为 m=2kg，如图(a)。从 t=0 时刻开始在木板 A 上施加随时间均匀增大的水平力 F，即 F=kt， k 为常数，整个过程中小铁块 B 受到的摩擦力随时间变化如图(b)图线 oabc 所示，其中坐标点 c 对应的时刻小铁块离开木板。取 g=10m/s2。试求：(1)常数 k 及小铁块与
24、木板间动摩擦因数 ；(2)小铁块匀变速运动的位移 x。【答案】 （1） k=9N/s =0.4 （2） x=31.5m【解析】 （1）图线 oa 段表明小铁块与木板相对静止，小铁块受到静摩擦力，小铁块与木板有相同加速度a0，由牛顿第二定律得 其中 Ff=kt=4.5t，解得 k=9N/s，由 bc 段小铁块受到的滑动摩擦力，由 Ff=mg解得 =0.4。14（2）设小铁块在 2s 末的速度为 v1，由动量定理得 小铁块匀变速运动的加速度 小铁块匀变速运动的位移 解得 x=31.5m 14 （2018 北京四中高一下期末）如图所示，一质量 M=4.0kg、长度 L=2.0m 的长方形木板 B 静
25、止在光滑的水平地面上，在其右端放一质量m=1.0kg 的小滑块 A（可视为质点） 。现对 A、B 同时施以适当的瞬时冲量，使 A 向左运动，B 向右运动，二者的初速度大小均为 2.0m/s，最后 A 并没有滑离 B 板。已知 A、B 之间的动摩擦因数 =0.50，取重力加速度 g=10m/s2。求：（1）经历多长时间 A 相对地面速度减为零；（2）站在地面上观察，B 板从开始运动，到 A 相对地面速度减为零的过程中，B 板向右运动的距离；（3）A 和 B 相对运动过程中，小滑块 A 与板 B 左端的最小距离。【答案】 （1） （2） （3） 【解析】 （1）A 在摩擦力 f=mg 作用下，经过时间 t 速度减为零，根据动量定理有：mgt=mv 0解得 t=0.40s（2）设 B 减速运动的加速度为 a，A 速度减为零的过程中，板 B 向右运动的位移为 x根据牛顿第二定律有 mg=Ma，解得 a=1.25m/s2根据匀变速直线运动位移公式有 x=v0t- at2解得 x=0.70m设 A 和 B 二者达到共同速度时，小滑块 A 与板 B 右端的距离为 l，根据做功与能量变化的关系有 mgl= （M+m）v 02- （M+m）v 2解得 l=1.28m，15所以 A、B 相对运动过程中，小滑块 A 与板 B 左端的最小距离为：x=L-l=0.72m
