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高中物理重难点96讲专题21板块模型动力学分析(原卷版+解析)
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这是一份高中物理重难点96讲专题21板块模型动力学分析(原卷版+解析)，共34页。试卷主要包含了 不受拉力作用的板块模型等内容，欢迎下载使用。
1.板块模型中对物体所受的摩擦力进行正确的分析与判断是求解的前提。
2.摩擦力的方向沿两物体的接触面，与相对运动或相对运动趋势的方向相反。
1．(多选)如图所示，A为长木板，在水平面上以速度v1匀速向右运动，同时物块B在A的上表面以速度匀速v2向右运动，v1和v2以地面为参考系，且A、B接触面粗糙，下列判断正确的是（ ）
A．若v1=v2，A、B之间无摩擦力
B．若v1>v2，A受到B所施加的滑动摩擦力向左
C．若v1D．若v1>v2，A、B之间无滑动摩擦力
2．(多选)如图所示，物体A、B叠放在水平地面上，水平力F作用在B上，使二者一起向右做匀速直线运动，下列说法正确的是（ ）
A．A、B之间无摩擦力 B．A受到B施加的摩擦力水平向右
C．A、B之间为滑动摩擦力 D．地面受到B施加的摩擦力为滑动摩擦力，方向水平向右
3．（2022·重庆·西南大学附中高二期末）已知A与B的质量分别为mA=1kg，mB=2kg，A与B间的动摩擦因数μ1=0.3，B与水平面间的动摩擦因数μ2=0.2，如图甲、乙所示。现用大小为12N的水平力F，分别作用在A、B上，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2，则各物体所受摩擦力的情况是（ ）
A．甲图中，A不受摩擦力，B受到地面水平向左的大小为6N的摩擦力
B．甲图中，A受摩擦力水平向右，大小为3N；B受地面的摩擦力水平向左，大小为6N
C．乙图中，A受摩擦力水平向左，大小为8N；B受地面的摩擦力水平向左，大小为6N
D．乙图中，A受摩擦力水平向左，大小为3N；B受地面的摩擦力水平向左，大小为3N
考点二 不受拉力作用的板块模型
1．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，滑块和木板同向运动时，位移之差Δx＝x1－x2＝L(板长)；滑块和木板反向运动时，位移大小之和x2＋x1＝L.
2.临界条件：滑块不从木板的末端掉下来的临界条件是滑块到达木板末端时的速度与木板的速度恰好相同。
3.动力学分析流程
4．（2022·山西·长治市上党区第一中学校高一期中）如图所示，质量为1kg的木板静止在光滑水平面上，一个小木块（可视为质点）质量也为1kg，以初速度v0=4m/s从木板的左端开始向右滑，木块与木板之间的动摩擦因数为0.2，要使木块不会从木板右端滑落，则木板的长度至少为（ ）
A．5mB．4mC．3mD．2m
5．(多选)如图所示，可视为质点的滑块与木板质量相等，木板长为L，静止时滑块叠放在木板右端，滑块与木板、木板与水平地面间的动摩擦因数均为μ，某时刻给木板一个向右的初速度，经过时间t两者共速，最后木板停在地面上时滑块位于木板左端，重力加速度为g。下面说法正确的是（ ）
A．木板加速度最大值为2μgB．木板加速度的最大值为3μg
C．t=L2μgD．木板的初速度为8μgL
6．（2022·宁夏·石嘴山市第三中学模拟预测）(多选)如图甲所示，质量为M的木板静止在光滑水平面上。一个质量为m的小滑块以初速度v0从木板的左端向右滑上木板。滑块和木板的水平速度随时间变化的图像如图乙所示。某同学根据图像作出如下一些判断，正确的是（ ）
A．滑块和木板始终存在相对运动 B．滑块始终未离开木板
C．滑块的质量大于木板的质量 D．木板的长度一定为v0t12
7．（2022·新疆维吾尔自治区喀什第二中学高三阶段练习）(多选)如图1所示，光滑水平面上静置一个薄长木板，长木板上表面粗糙，其质量为M，t=0时刻质量为m的物块以水平速度v滑上长木板，此后木板与物块运动的v−t图像如图2所示，重力加速度g取10m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A．M=2mB．0-2s内物块的位移为10m
C．木板与物块间的动摩擦因数为0.1D．木板的长度为8m
8．如图所示，质量m=10kg的物块（可视为质点）以v0=4.5m/s的水平速度滑上静止在地面上的长为L的长木板，木板质量为M=20kg，物块最后恰好没有滑出长木板。已知物块与木板间的动摩擦因数为μ1＝0.4，木板与水平地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2，求：
（1）物块刚滑上木板时，物块和木板的加速度大小分别为多少？
（2）木板的长度L？
9．（2022·安徽省定远县第三中学模拟预测）如图所示，质量M=4.0kg的长木板B静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）初始时刻，A、B分别以v0=2.0m/s向左、向右运动，最后A恰好没有滑离B板。已知A、B之间的动摩擦因数μ=0.40，取g=10m/s2。求：
（1）A、B相对运动时的加速度aA和aB的大小与方向；
（2）A相对地面速度为零时，B相对地面的运动速度vB；
（3）木板B的长度l。
10．如图所示，质量为M=2kg的木板B静止在粗糙的水平面上，木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.1，木板长为L，距离木板右边s处有一挡板，在木板的左端放置一个质量m=3kg、可视为质点的小木块A，以初速度v0=5m/s滑上木板，小木块与木板之间的动摩擦因数μ1=0.2，取g=10m/s2。求：
（1）假设s足够大，且A没有从B上滑下来，请问B板至少要多长；
（2）要使木板不撞挡板，则挡板距离木板右边的距离s至少要多长。
如图，两个滑块A和B的质量分别为mA=1kg和mB=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μ1=0.5；木板的质量为m=4kg，与地面间的动摩擦因数为μ2=0.1，某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v0=6m/s。A、B相遇时，A与木板恰好相对静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g=10m/s2。求：
（1）B与木板相对静止时，木板的速度；
（2）A、B开始运动时，两者之的距离。
12．（2022·山西·临汾第一中学校高一期末）如图所示，水平地面上固定着倾角θ=37°的足够长斜面。在质量M=7kg的长方体型木板由静止释放的同时，一质量m=1kg的小物块以v0=8.0m/s的初速度，从木板的下端滑上木板。在小物块上滑的过程中，木板恰好不往下滑，且小物块到达木板上端时物块速度恰好为零。已知物块与木板之间的动摩擦因数μ1=0.25，最大静摩擦力均分别等于各自接触面的滑动摩擦力，取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8。求：
（1）木板的长度L；
（2）木板与斜面之间的动摩擦因数为μ2；
（3）物块滑离木板时，物块的速度大小v。
13．（2022·全国·高三专题练习）如图，倾角为θ的斜面体C固定在水平地面上，一质量m1=2kg的木板A以v0=3m/s初速度沿斜面匀速下滑，木板A与斜面间的动摩擦因数为μ1。将一质量m2=1kg的滑块B轻放在距木板下端L处，滑块B可视为质点，与木板A之间的动摩擦因数为μ2且μ2=12μ1。当木板A速度刚减为零时，滑块B恰好从下端滑离木板。已知斜面足够长，sinθ=0.4，重力加速度g=10m/s2，求：
(1)木板与斜面间的动摩擦因数大小μ1（结果可保图根号）；
(2)滑块B刚放在木板A上时，滑块B的加速度大小a2及木板A的加速度大小a1；
(3)滑块B释放时距木板下端的距离L。
14．（2021·甘肃省民乐县第一中学高三阶段练习）(多选)如图所示，倾角θ=37°的斜面底端固定一个挡板P，质量m=1kg的小物块A与质量M=4kg的木板B叠放在斜面上，A位于B的最上端且与挡板P相距L=8m。已知A与B、B与斜面间的动摩擦因数分别为μ1=0.8和μ2=0.5。现将A、B同时由静止释放，cs37°=0.8，sin37°=0.6，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，B与挡板相撞后立即静止。
(1)求A、B释放后，小物块A与木板B的加速度大小；
(2)若小物块A与挡板恰好不相碰，求木板B的长度l0。（结果保留三位有效数字）
考点三 受到拉力作用的板块模型
1.判断板和地面之间是否会发生相对运动需要对板进行受力分析。
2.判断某一拉力F作用下两个物体是否有相对运动的两种方法：
1）假设两物体间无相对滑动，先用整体法算出共同加速度，再用隔离法算出其中一个物体“所需要”的摩擦力f；比较f与最大静摩擦力fmax的关系，若f > fmax，则发生相对滑动，否则不会发生相对滑动。
2）若板和地面之间可以发生相对滑动，则当滑块和板之间的静摩擦力刚好达到最大静摩擦力时的拉力即是两者保持相对静止的最大拉力Fmax，利用整体法和隔离法算出相对静止的最大拉力Fmax，若拉力小于等于Fmax则两者保持相对静止，若拉力大于Fmax则两者发生相对滑动。具体计算如下（以拉力作用到滑块上为例）：
如图当AB保持相对静止但就要发生相对运动时，AB间的静摩擦力为最大静摩擦力，此时AB的运动状态相同。设A的质量为m，B的质量为M,AB间的最大静摩擦力为f1，B和地面间的最大静摩擦力为f2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
对AB: Fmax一f2=（m+M）a eq \\ac(○,1)
对A: Fmax一f1=ma eq \\ac(○,2)
两式联立可得：Fmax=m+MMf1一mMf2
重要提醒：根据以上第 eq \\ac(○,2)式可以得到Fmax=f1+ma，所以拉力必须大于（f1+ma）时AB才会发生相对运动。
3.当拉力F作用到滑块上时，如果板和地面之间会发生相对运动，在F由零逐渐增大的过程中，两者如何运动？
在拉力F小于等于板和地面之间最大静摩擦力的过程中两者均保持静止，拉力F大于板和地面之间的最大静摩擦力后，两者保持相对静止以共同的加速度做加速运动，当拉力F大于两者相对静止的最大拉力后发生相对运动，在此后的运动过程中板的加速度保持不变，滑块的加速度随着F的增大继续增大。
15．（2022·河北张家口·高一期末）(多选)如图所示，一长木板放在光滑水平面上，靠近木板的左端有一个小物块，开始时二者均处于静止状态。已知小物块与木板间的动摩擦因数为μ，木板与小物块的质量均为m，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。现用水平向右的拉力F作用在小物块上，当F逐渐增大时，以下说法正确的是（ ）
A．当F=2μmg时木板将要与地面产生相对滑动
B．当F=2μmg时小物块将要与木板产生相对滑动
C．当F=μmg时木板的加速度大小为μg
D．木板的最大加速度为μg
16．（2022·海南·一模）(多选)如图所示，在光滑水平面上有一静止的质量M=2kg的木板，木板上静止放置一质量m=1kg的物体，物体与木板之间的动摩擦因数μ=0.2，重力加速度g取10m/s2。现用水平恒力F拉物体m，下列关于拉力F的大小及物体加速度a可能的是（ ）
A．F=1N时a=1m/s2B．F=2N时a=23m/s2
C．F=3N时a=1.5m/s2D．F=4N时a=2m/s2
17．（2022·湖北·孝感高中高一期中）(多选)A、B两物体质量均为m=1kg，静止叠放在光滑的水平地面上，A、B间的动摩擦因数为μ=0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g=10m/s2。现对B施加一水平拉力F，下列说法正确的是（ ）
A．只有当F>2N时，B才会运动
B．当F=3N时，B的加速度大小为1m/s2
C．当F>4N时，A相对B滑动
D．当F=5N时，A的加速度大小为2m/s2
18.（2021·全国乙卷，21）(多选)水平地面上有一质量为m1的长木板，木板的左端上有一质量为m2的物块，如图(a)所示．用水平向右的拉力F作用在物块上，F随时间t的变化关系如图(b)所示，其中F1、F2分别为t1、t2时刻F的大小．木板的加速度a1随时间t的变化关系如图(c)所示．已知木板与地面间的动摩擦因数为μ1，物块与木板间的动摩擦因数为μ2.假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g.则( )
A．F1＝μ1m1g
B．F2＝m2m1+m2m1(μ2-μ1)g
C. μ2>m1+m2m2μ1
D．在0～t2时间段物块与木板加速度相等
19．（2022·辽宁·模拟预测）(多选)如图所示，质量m1=2kg、长度L=5m的木板A静止在水平面上，木板A的上表面与水平面平行。某时刻一质量m2=3kg的木块B以初速度v0=6m/s从左端滑上木板A的上表面，同时对木板A施加一个水平向右的力F=3N，已知木板A与木块B间的动摩擦因数μ1=0.2，木板A与水平面间的动摩擦因数μ2=0.1，重力加速度g=10m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A．木块B在木板A上滑动时木板A的加速度大小为1m/s2
B．木块B从滑上木板A到两者相对静止所需的时间为1.5 s
C．木板A与木块B相对静止时共同的加速度大小为0.4m/s2
D．木板A运动的总位移为12 m
20．(多选)如图所示，一质量为M的斜面体静止在水平面上，物体B受沿斜面向上的力F作用沿斜面匀速上滑，A、B之间动摩擦因数为μ，μA．A、B保持相对静止
B．地面对斜面体的摩擦力等于mg(sinθ−μcsθ)csθ+Fcsθ
C．地面受到的压力等于（M+2m）g
D．B与斜面间动摩擦因数为F−mgsinθ−μmgcsθ2mgcsθ
21．（2022·全国·高三专题练习）(多选)如图，一倾角为α=37°的光滑足够长的固定斜面上放有质量M=0.12kg的足够长木板；一木块（可视为质点）置于木板上，木块与木板间有摩擦。初始时木块与木板上端相距L=1.6m。木块与木板同时由静止开始下滑，木块下滑距离x1=0.75m后受到平行斜面向上的作用力其大小为F=kv1（v1为木块运动速度），木块以v1做匀速运动，直至木板再向下运动L时将平行斜面向上的作用力由作用在木块上改为作用于木板上，木板以v2的速度匀速运动，作用力F=kv2保持恒定。g=10m/s2，k=0.12N⋅s/m，sin37°=0.6，cs37°=0.8，下列说法正确的有（ ）
A．木板匀速运动速度v2为5m/s
B．木块的质量为0.04kg
C．木块与木板之间的动摩擦因数为0.25
D．木板匀速运动的距离为1.11m
22. （2019·全国Ⅲ卷·T20）(多选)如图（a），物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可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，木板开始受到水平外力F的作用，在t=4s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可以忽略．重力加速度取g=10m/s2．由题给数据可以得出
A. 木板的质量为1kg
B. 2s~4s内，力F的大小为0.4N
C. 0~2s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0.2
23．（2022·贵州·贵阳一中高三阶段练习）(多选)如图甲所示，长为L=2m、质量为M=1kg的木板静止于光滑的水平桌面上。开始时，一可视为质点的木块置于木板左端，木块另一端被水平绳子拴接并系于竖直墙上。水平外力F作用在木板上，水平外力F、木板的速度v随时间t变化的关系如图乙、丙所示，则下列说法正确的是（ ）
A．0~2s内绳对木块的拉力逐渐增大
B．2s~3s木板受到的摩擦力恒为4N
C．木块与木板间的动摩擦因数为0.2
D．要使木板从木块下抽出，2s后F至少作用时间1s
24．（2022·安徽·模拟预测）(多选)水平地面上有一质量为m2的长木板，木板的右端上方有一质量为m1的物块，如图1所示。用水平向右的拉力F作用在长木板上，F随时间t的变化关系如图2所示，其中F1、F2分别为t1、t2时刻F的大小。物块受到的摩擦力f1随时间t的变化关系如图3所示。已知物块与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数为μ2，假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g。则（ ）
F1 =μ2m2g
B．F2=(μ1+2μ2)(m1 +m2)g
F=2F2时，木板的加速度为(μ1+μ2)(m1+m2)m2+μ1g
在0~t2时间内物块与木板加速度相等
25．（2022·广西·高二阶段练习）如图所示，在倾角为θ=37∘的足够长的固定的光滑斜面上，有一质量为M=4kg的长木板正以v0=12m/s的初速度沿斜面向下运动，现将一质量m=2kg的小物块（可视为质点）轻放在长木板最下端。已知物块与长木板间的动摩擦因数μ=0.5，设物块与木板间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8。求：
（1）放上小物块后，木板和小物块的加速度大小。
（2）要使小物块不滑离长木板，长木板至少要有多长。
（3）假设长木板长L=10m，在轻放小物块的同时对长木板施加一沿斜面向上的F=40N的恒力，求小物块在长木板上运动时间。
专题21 板块模型动力学分析
考点一 板块模型的摩擦力分析
1.板块模型中对物体所受的摩擦力进行正确的分析与判断是求解的前提。
2.摩擦力的方向沿两物体的接触面，与相对运动或相对运动趋势的方向相反。
1．(多选)如图所示，A为长木板，在水平面上以速度v1匀速向右运动，同时物块B在A的上表面以速度匀速v2向右运动，v1和v2以地面为参考系，且A、B接触面粗糙，下列判断正确的是（ ）
A．若v1=v2，A、B之间无摩擦力
B．若v1>v2，A受到B所施加的滑动摩擦力向左
C．若v1D．若v1>v2，A、B之间无滑动摩擦力
【答案】AB
【解析】
A．若v1=v2，A、B之间无摩擦力，A正确；
B．若v1>v2，A受到B所施加的滑动摩擦力向左，B正确；
C．若v1D． 若v1>v2，A、B之间有滑动摩擦力，D错误。
2．(多选)如图所示，物体A、B叠放在水平地面上，水平力F作用在B上，使二者一起向右做匀速直线运动，下列说法正确的是（ ）
A．A、B之间无摩擦力 B．A受到B施加的摩擦力水平向右
C．A、B之间为滑动摩擦力 D．地面受到B施加的摩擦力为滑动摩擦力，方向水平向右
【答案】AD
【解析】
ABC．对A受力分析可知，水平方向受合力为零，即B对A无摩擦力，即A、B之间无摩擦力，选项A正确，BC错误；
D．对AB整体受力分析可知，地面对B的滑动摩擦力与力F等大反向，即地面对B的滑动摩擦力向左，根据牛顿第三定律可知，地面受到B施加的摩擦力为滑动摩擦力，方向水平向右，选项D正确。
3．（2022·重庆·西南大学附中高二期末）已知A与B的质量分别为mA=1kg，mB=2kg，A与B间的动摩擦因数μ1=0.3，B与水平面间的动摩擦因数μ2=0.2，如图甲、乙所示。现用大小为12N的水平力F，分别作用在A、B上，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2，则各物体所受摩擦力的情况是（ ）
A．甲图中，A不受摩擦力，B受到地面水平向左的大小为6N的摩擦力
B．甲图中，A受摩擦力水平向右，大小为3N；B受地面的摩擦力水平向左，大小为6N
C．乙图中，A受摩擦力水平向左，大小为8N；B受地面的摩擦力水平向左，大小为6N
D．乙图中，A受摩擦力水平向左，大小为3N；B受地面的摩擦力水平向左，大小为3N
【答案】D
【解析】
根据题意可知，A、B间的最大静摩擦力为fm1=μ1mAg=3N
地面与B间的最大静摩擦力为fm2=μ2mA+mBg=6N
AB．甲图中，由于F>fm2
则B由静止开始运动，假设A、B保持静止，由牛顿第二定律有F−fm2=mA+mBa1
解得a1=2ms
对A，设A、B间静摩擦力为f1，由牛顿第二定律有f1=mAa1=2N则假设成立，即A、B一起向右加速运动，则A受B水平向右的静摩擦力，大小为2N，B受地面水平向左的滑动摩擦力，大小为6N，故AB错误；
CD．乙图中，根据题意，由于A、B间最大静摩擦力小于B与地面间的最大静摩擦力，则A、B间发生相对运动，对A分析，可知A受B水平向左的滑动摩擦力，大小为3N，由牛顿第三定律可知，B受A向右的滑动摩擦力，大小为3N小于B与地面间的最大静摩擦力，则B仍然静止不动，则B受地面水平向左的静摩擦力，大小为3N，故C错误，D正确。
故选D。
考点二 不受拉力作用的板块模型
1．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，滑块和木板同向运动时，位移之差Δx＝x1－x2＝L(板长)；滑块和木板反向运动时，位移大小之和x2＋x1＝L.
2.临界条件：滑块不从木板的末端掉下来的临界条件是滑块到达木板末端时的速度与木板的速度恰好相同。
3.动力学分析流程
4．（2022·山西·长治市上党区第一中学校高一期中）如图所示，质量为1kg的木板静止在光滑水平面上，一个小木块（可视为质点）质量也为1kg，以初速度v0=4m/s从木板的左端开始向右滑，木块与木板之间的动摩擦因数为0.2，要使木块不会从木板右端滑落，则木板的长度至少为（ ）
A．5mB．4mC．3mD．2m
【答案】D
【解析】
根据牛顿第二定律得，木块的加速度a1=μmgm=μg=0.2×10m/s2=2m/s2
木板的加速度a2=μmgM=0.2×101m/s2=2m/s2
设经时间t木块与木板达到同速，根据匀变速直线运动速度与时间关系有v0−a1t=a2t
根据位移与时间关系有v0t−12a1t2−12a2t2=L
解得L=2m
5．(多选)如图所示，可视为质点的滑块与木板质量相等，木板长为L，静止时滑块叠放在木板右端，滑块与木板、木板与水平地面间的动摩擦因数均为μ，某时刻给木板一个向右的初速度，经过时间t两者共速，最后木板停在地面上时滑块位于木板左端，重力加速度为g。下面说法正确的是（ ）
A．木板加速度最大值为2μgB．木板加速度的最大值为3μg
C．t=L2μgD．木板的初速度为8μgL
【答案】BCD
【解析】
AB．共速之前滑块A做匀加速直线运动，木板B做匀减速直线运动，
加速度分别为aA=μmgm=μg，aB=μmg+2μmgm=3μg
共速之后直到静止滑块A与B加速度相同a′A=a′B=μ⋅3mg3m=μg
所以，木板加速度的最大值为3μg，故A错误，B正确；
CD．从木板开始运动到滑块与木板共速的过程中
v0−aBt=aAt，xB=v0t−12aBt2，xA=12aAt2，xB−xA=L
带入数据解得t=L2μg，v0=8μgL 故CD正确。
6．（2022·宁夏·石嘴山市第三中学模拟预测）(多选)如图甲所示，质量为M的木板静止在光滑水平面上。一个质量为m的小滑块以初速度v0从木板的左端向右滑上木板。滑块和木板的水平速度随时间变化的图像如图乙所示。某同学根据图像作出如下一些判断，正确的是（ ）
A．滑块和木板始终存在相对运动 B．滑块始终未离开木板
C．滑块的质量大于木板的质量 D．木板的长度一定为v0t12
【答案】BC
【解析】
AB．由题图乙可知在t1时刻滑块和木板达到共同速度，此后滑块与木板相对静止，所以滑块始终未离开木板，故A错误，B正确；
C．滑块与木板相对滑动过程中，二者所受合外力大小均等于滑动摩擦力大小，而根据题图乙中图像的斜率情况可知此过程中滑块的加速度小于木板的加速度，则根据牛顿第二定律a=Fm可知滑块的质量大于木板的质量，故C正确；
D．根据v-t图像与坐标轴所围面积表示位移可知，t1时刻滑块相对木板的位移大小为Δx=v0t12
但滑块在t1时刻不一定位于木板的右端，所以木板的长度不一定为v0t12，其满足题意的最小长度为v0t12，故D错误。
7．（2022·新疆维吾尔自治区喀什第二中学高三阶段练习）(多选)如图1所示，光滑水平面上静置一个薄长木板，长木板上表面粗糙，其质量为M，t=0时刻质量为m的物块以水平速度v滑上长木板，此后木板与物块运动的v−t图像如图2所示，重力加速度g取10m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A．M=2mB．0-2s内物块的位移为10m
C．木板与物块间的动摩擦因数为0.1D．木板的长度为8m
【答案】ABD
【解析】
AC．木块在木板上运动过程中，在水平方向上只受到木板给的滑动摩擦力，故μmg=ma1
而v-t图像的斜率表示加速度，故a1=7−32m/s2=2m/s2 解得μ=0.2
对木板受力分析可知μmg=Ma2 a2=2−02m/s2=1m/s2
由上可知 M=2mA正确，C错误；
B． 由题可知，有初速度得图像为小物块，v-t图像的面积代表位移，则 x=7+32×2m=10m
B正确；
D．图中可知物块和木板最终分离，两者v-t图像与坐标轴围成的面积之差等于木板的长度，则 L=12×7+3×2−12×2×2m=8m D正确。故选ABD。
8．如图所示，质量m=10kg的物块（可视为质点）以v0=4.5m/s的水平速度滑上静止在地面上的长为L的长木板，木板质量为M=20kg，物块最后恰好没有滑出长木板。已知物块与木板间的动摩擦因数为μ1＝0.4，木板与水平地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2，求：
（1）物块刚滑上木板时，物块和木板的加速度大小分别为多少？
（2）木板的长度L？
【答案】（1）4m/s2；0.5m/s2；（2）2.25m
【解析】
对物块受力分析知物块做减速运动，设其加速度大小为a1，
则由牛顿第二定律可得μ1mg＝ma1 代入数据解得a1＝4m/s2
对木板受力分析，设木板加速度大小为a2，由牛顿第二定律可得μ1mg－μ2（M＋m）g＝Ma2
代入数据解得a2＝0.5m/s2
（2）设经过时间t1二者共速，则有v0−a1t1＝a2t1 解得t1＝1s
设共速时的速度大小为v1，则有v1＝a2t1 解得v1＝0.5m/s
t1时间内物块的位移为x1＝v0+v12t1 解得x1＝2.5m
木板的位移为x2＝v12t1 解得x2＝0.25m
所以木板的长度为L＝x1－x2＝2.25m
9．（2022·安徽省定远县第三中学模拟预测）如图所示，质量M=4.0kg的长木板B静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）初始时刻，A、B分别以v0=2.0m/s向左、向右运动，最后A恰好没有滑离B板。已知A、B之间的动摩擦因数μ=0.40，取g=10m/s2。求：
（1）A、B相对运动时的加速度aA和aB的大小与方向；
（2）A相对地面速度为零时，B相对地面的运动速度vB；
（3）木板B的长度l。
【答案】（1）4.0m/s2，方向水平向右； 1.0m/s2，方向水平向左；（2）1.5m/s；（3）1.6m
【解析】
（1）A、B分别受到大小为μmg的摩擦力作用，根据牛顿第二定律对A有μmg=maA
则代入数据可得aA=4.0m/s2 方向水平向右。
对B有μmg=MaB
则代入数据可得aB=1.0m/s2 方向水平向左。
（2）开始阶段A相对地面向左做匀减速运动，设到速度为零时所用时间为t1，则v0=aAt1
代入数据解得t1=0.50s
B相对地面向右做匀减速运动，
此时B板的运动速度为vB=v0−aBt1=2.0m/s−1.0×0.5m/s=1.5m/s
（3）A先相对地面向左匀减速运动至速度为零，后相对地面向右做匀加速运动，加速度大小仍为aA=4.0m/s2，B板向右一直做匀减速运动，加速度大小为aB=1.0m/s2，当A、B速度相等时，A滑到B最左端，恰好没有滑离木板B，故木板B的长度为这个全过程中A、B间的相对位移。
设由A速度为零至速度相等所用时间为t2，则aAt2=vB−aBt2 代入数据解得t2=0.3s
共同速度v=aAt2=4.0×0.3m/s=1.2m/s
从开始到A、B速度相等的全过程，A向左运动的位移
xA=(v0−v)(t1+t2)2=(2−1.2)(0.5+0.3)2m=0.32m
B向右运动的位移xB=(v0+v)(t1+t2)2=(2+1.2)(0.5+0.3)2m=1.28m
故B板的长度l=xA+xB=1.6m
10．如图所示，质量为M=2kg的木板B静止在粗糙的水平面上，木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.1，木板长为L，距离木板右边s处有一挡板，在木板的左端放置一个质量m=3kg、可视为质点的小木块A，以初速度v0=5m/s滑上木板，小木块与木板之间的动摩擦因数μ1=0.2，取g=10m/s2。求：
（1）假设s足够大，且A没有从B上滑下来，请问B板至少要多长；
（2）要使木板不撞挡板，则挡板距离木板右边的距离s至少要多长。
【答案】（1）5m；（2）1.5m
【解析】
（1）对木块A由牛顿第二定律得−μ1mg=ma1
解得a1=−μ1g=−2m/s2
对木板B由牛顿第二定律得μ1mg−μ2（m+M）g=Ma2 解得a2=0.5m/s2
设经过时间t后A、B达到共同速度v，由运动学公式得v=v0+a1t v=a2t
解得v=1m/s，t=2s
t时间段内，由运动学公式得A、B的位移分别为x1=v0t+12a1t2 x2=12a2t2
所以B板至少长L=x1−x2 解得L=5m
当A、B相对静止后，以共同的加速度向前减速。
牛顿第二定律得−μ2m+Mg=m+Ma3 解得a3=−1m/s2
设木板B加速和减速通过的位移分别为x2、x3，则加速过程有x2=12a2t2
减速过程有2a3x3=0−v2
要使木板不撞挡板，则挡板距离木板右边的距离s至少为s=x2+x3 解得s=1.5m
如图，两个滑块A和B的质量分别为mA=1kg和mB=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μ1=0.5；木板的质量为m=4kg，与地面间的动摩擦因数为μ2=0.1，某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v0=6m/s。A、B相遇时，A与木板恰好相对静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g=10m/s2。求：
（1）B与木板相对静止时，木板的速度；
（2）A、B开始运动时，两者之的距离。
【答案】（1）2m/s；（2）7.6m
【解析】
（1）刚滑上滑块对A、B的受力分析如图所示
此时A、B的加速度分别为aA、aB，规定向右为正
fB=μ1N1=μ1mBg=25N
−fB=mBaB
fA=μ1N2=μ1mAg=5N
fA=mAaA
解得aA=5m/s2 aB=−5m/s2
地面对木板的最大静摩擦力为 fm1=μ2(m+mA+mB)g=10N
对木板受力分析如图所示
木板的加速度为a fB′−fA′−fm1=ma 解得 a=2.5m/s2
经过t1时间B和木板达到共同速度v1 v1=at1 v1=v0+aBt1
解得 t1=0.8s v1=2m/s
（2）木板和物块B共速时，A的速度为v2 v2=−v0+aAt1=−2m/s
则在t1时间内两者的相对位移大小为 Δx1=v0t1+12aBt12−(−v0t1+12aAt12)=6.4m
物块B与木板相对静止后整体的加速度为a1，受力如图所示
根据牛顿第二定律 −fm1−fA′=(m+mB)a1 解得 a1=−53m/s2
则三者再经t2时间达到共速v3 v3=v1+a1t2 v3=v2+aAt2
解得 v3=1m/s t2=0.6s
则在t2时间内AB物体的相对位移大小为Δx2=v1t2+12a1t22−(v2t2+12aAt22)=1.2m
A、B相遇时，A与木板恰好相对静止，可知初始时两者的距离为 x=Δx1+Δx2=7.6m
12．（2022·山西·临汾第一中学校高一期末）如图所示，水平地面上固定着倾角θ=37°的足够长斜面。在质量M=7kg的长方体型木板由静止释放的同时，一质量m=1kg的小物块以v0=8.0m/s的初速度，从木板的下端滑上木板。在小物块上滑的过程中，木板恰好不往下滑，且小物块到达木板上端时物块速度恰好为零。已知物块与木板之间的动摩擦因数μ1=0.25，最大静摩擦力均分别等于各自接触面的滑动摩擦力，取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8。求：
（1）木板的长度L；
（2）木板与斜面之间的动摩擦因数为μ2；
（3）物块滑离木板时，物块的速度大小v。
【答案】（1）L=4m；（2）μ2=58；（3）v=4321m/s
【解析】
（1）设物块上滑过程中，加速度大小为a，取物块为研究对象，做受力分析图如图
正交分解后，可知G1x=mgsinθ，G1y=mgcsθ，f1=μ1FN1=μ1G1y=μ1mgcsθ
由牛顿第二定律G1x+f1=ma mgsinθ+μ1mgcsθ=ma
又由于木板恰好不往下滑，物块做匀减速运动，物块到达木板上端时物块速度恰好为零。则有 0−v02=−2aL 解得 L=4m
（2）物块上滑过程中，木板恰好不下滑，取木板为研究对象，做受力分析图如图
正交分解则有f1′=f1=μ1mgcsθ，FN1′=FN1=mgcsθ，
G2x=Mgsinθ，G2y=Mgcsθ，f2=μ2(M+m)gcsθ
由共点力平衡可得G2x=f1′+f2 Mgsinθ=μ1mgcsθ+μ2(M+m)gcsθ
解得 μ2=58
（3）当物块到达木板上端后，由于μ1<μ2，物块和木板分别以不同的加速度沿斜面向下做匀加速直线运动。
对物块
由牛顿第二定律可知 G1x−f1=ma mgsinθ−μ1mgcsθ=ma1
对木板
由牛顿第二定律可知 f1′+G2x−f2=Ma2
μ1mgcsθ+Mgsinθ−μ2(M+m)gcsθ=Ma2
物块位移 x1=12a1t2
木板位移 x2=12a2t2
又有 x1−x2=L
物块滑离木板时速度满足 v=a1t 解得 v=4321m/s
13．（2022·全国·高三专题练习）如图，倾角为θ的斜面体C固定在水平地面上，一质量m1=2kg的木板A以v0=3m/s初速度沿斜面匀速下滑，木板A与斜面间的动摩擦因数为μ1。将一质量m2=1kg的滑块B轻放在距木板下端L处，滑块B可视为质点，与木板A之间的动摩擦因数为μ2且μ2=12μ1。当木板A速度刚减为零时，滑块B恰好从下端滑离木板。已知斜面足够长，sinθ=0.4，重力加速度g=10m/s2，求：
(1)木板与斜面间的动摩擦因数大小μ1（结果可保图根号）；
(2)滑块B刚放在木板A上时，滑块B的加速度大小a2及木板A的加速度大小a1；
(3)滑块B释放时距木板下端的距离L。
【答案】(1)μ1=221；(2)6m/s2；3m/s2；(3)5.5m
【解析】
(1)开始木板A能够匀速下滑，有m1gsinθ=μ1m1gcsθ 解得μ1=tanθ=221
(2)刚放上滑块B，对滑块B分析
由牛顿第二定律可得μ2m2gcsθ+m2gsinθ=m2a2 解得a2=32gsinθ=6m/s2
对木扳A分析
由牛顿第二定律可得μ2m2gcsθ+μ1m1+m2gcsθ−m1gsinθ=m1a1
解得a1=34gsinθ=3m/s2
(3)设经过t1时间，A与B共速v共，对A、B分别有 v共=v0−a1t1 v共=a2t1
联立可解得t1=13s，v共=2m/s，
B相对A往后打滑s1，有 s1=v0+v共2tt−v共2t1
解得s1=0.5m，共速后，再对B受力分析有 m2gsinθ−μ2m2gcsθ=m2a2′
解得 a2′=12gsinθ=2m/s2
对A分析，有 μ1m1+m2gcsθ−μ2m2gcsθ−m1gsinθ=m1a1′
解得 a1′=14gsinθ=1m/s
设再经过t2时间，木板速度减为零，有 t2=v共a1′
解得t2=2s，此时滑块B速度为v2，由运动学公式可得 v2=v共+a2′t2
解得v2=6m/s，共速后B相对A再往前打滑s2，有 s2=v共+v22t2−v共2t2
解得s2=6m，联立可得滑块B释放时距木板下端的距离 L=s2−s1=5.5m
14．（2021·甘肃省民乐县第一中学高三阶段练习）(多选)如图所示，倾角θ=37°的斜面底端固定一个挡板P，质量m=1kg的小物块A与质量M=4kg的木板B叠放在斜面上，A位于B的最上端且与挡板P相距L=8m。已知A与B、B与斜面间的动摩擦因数分别为μ1=0.8和μ2=0.5。现将A、B同时由静止释放，cs37°=0.8，sin37°=0.6，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，B与挡板相撞后立即静止。
(1)求A、B释放后，小物块A与木板B的加速度大小；
(2)若小物块A与挡板恰好不相碰，求木板B的长度l0。（结果保留三位有效数字）
【答案】(1) 2m/s2，2m/s2 ；(2) 6.67m
【解析】
（1）释放木板B与物块A，它们一起加速下滑，以木板B与物块A整体为研究对象，设其加速度大小为a1，由牛顿第二定律，有 m+Mgsinθ−μ2m+Mgcsθ=m+Ma1
解得 a1=gsinθ−μ2gcsθ=2m/s2
此时A受到的摩擦力为 mgsinθ−Ff=ma
解得 Ff=4N<μ1mgcsθ=6.4N
即A、B释放时，物块A与木板B的加速度大小相同，均为2m/s2
（2）在木板B与挡板未碰前，A和B相对静止，以相同的加速度一起向下做匀加速运动，木板B与挡板P相碰后立即静止，A开始匀减速下滑，根据题意，物块A到达挡板时的速度恰好为0，设木板B与挡板P碰撞瞬间速度为v
则有 v2=2a1L−l0
设木板B静止后，物块A减速下滑时的加速度大小为a2，
由牛顿第二定律，有 μ1mgcsθ−mgsinθ=ma2
由运动学公式有 02−v2=−2a2l0
联立以上各式，解得 l0=6.67m
考点三 受到拉力作用的板块模型
1.判断板和地面之间是否会发生相对运动需要对板进行受力分析。
2.判断某一拉力F作用下两个物体是否有相对运动的两种方法：
1）假设两物体间无相对滑动，先用整体法算出共同加速度，再用隔离法算出其中一个物体“所需要”的摩擦力f；比较f与最大静摩擦力fmax的关系，若f > fmax，则发生相对滑动，否则不会发生相对滑动。
2）若板和地面之间可以发生相对滑动，则当滑块和板之间的静摩擦力刚好达到最大静摩擦力时的拉力即是两者保持相对静止的最大拉力Fmax，利用整体法和隔离法算出相对静止的最大拉力Fmax，若拉力小于等于Fmax则两者保持相对静止，若拉力大于Fmax则两者发生相对滑动。具体计算如下（以拉力作用到滑块上为例）：
如图当AB保持相对静止但就要发生相对运动时，AB间的静摩擦力为最大静摩擦力，此时AB的运动状态相同。设A的质量为m，B的质量为M,AB间的最大静摩擦力为f1，B和地面间的最大静摩擦力为f2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
对AB: Fmax一f2=（m+M）a eq \\ac(○,1)
对A: Fmax一f1=ma eq \\ac(○,2)
两式联立可得：Fmax=m+MMf1一mMf2
重要提醒：根据以上第 eq \\ac(○,2)式可以得到Fmax=f1+ma，所以拉力必须大于（f1+ma）时AB才会发生相对运动。
3.当拉力F作用到滑块上时，如果板和地面之间会发生相对运动，在F由零逐渐增大的过程中，两者如何运动？
在拉力F小于等于板和地面之间最大静摩擦力的过程中两者均保持静止，拉力F大于板和地面之间的最大静摩擦力后，两者保持相对静止以共同的加速度做加速运动，当拉力F大于两者相对静止的最大拉力后发生相对运动，在此后的运动过程中板的加速度保持不变，滑块的加速度随着F的增大继续增大。
15．（2022·河北张家口·高一期末）(多选)如图所示，一长木板放在光滑水平面上，靠近木板的左端有一个小物块，开始时二者均处于静止状态。已知小物块与木板间的动摩擦因数为μ，木板与小物块的质量均为m，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。现用水平向右的拉力F作用在小物块上，当F逐渐增大时，以下说法正确的是（ ）
A．当F=2μmg时木板将要与地面产生相对滑动
B．当F=2μmg时小物块将要与木板产生相对滑动
C．当F=μmg时木板的加速度大小为μg
D．木板的最大加速度为μg
【答案】BD
【解析】
A．水平面光滑，有力F时，木板与地面产生相对滑动，故A错误；
BD．小物块将要与木板产生相对滑动时，物块与木板间静摩擦力最大，对整体有F=2ma
对木板有μmg=ma
则 a=μg F=2μmg 故BD正确；
C．当F=μmg时，木板与物体一道向右运动，对整体有 a′=μmg2m=12μg 故C错误。
16．（2022·海南·一模）(多选)如图所示，在光滑水平面上有一静止的质量M=2kg的木板，木板上静止放置一质量m=1kg的物体，物体与木板之间的动摩擦因数μ=0.2，重力加速度g取10m/s2。现用水平恒力F拉物体m，下列关于拉力F的大小及物体加速度a可能的是（ ）
A．F=1N时a=1m/s2B．F=2N时a=23m/s2
C．F=3N时a=1.5m/s2D．F=4N时a=2m/s2
【答案】BD
【解析】
C．当物体和木板刚要相对滑动时，M的加速度最大aMm=μmgM=0.2×102=1.0m/s2
此时二者加速度可认为相等，对整体F=（m+M）a=3N
故C错误；
AB．当F小于3N时，物体和木板相对静止一起向右加速，对二者组成的整体，当F=1N时a1=F1M+m=13m/s2
当F=2N时a2=F2M+m=23m/s2故A错误，B正确；
当F超过3N时，物体和木板相对滑动，
当F=4N时，对物体a3=F3−μmgm=4−21m/s2=2m/s2故D正确。
17．（2022·湖北·孝感高中高一期中）(多选)A、B两物体质量均为m=1kg，静止叠放在光滑的水平地面上，A、B间的动摩擦因数为μ=0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g=10m/s2。现对B施加一水平拉力F，下列说法正确的是（ ）
A．只有当F>2N时，B才会运动
B．当F=3N时，B的加速度大小为1m/s2
C．当F>4N时，A相对B滑动
D．当F=5N时，A的加速度大小为2m/s2
【答案】CD
【解析】
A．地面光滑，地面对B没有摩擦力，即只要F≠0，物体B就会运动，A错误；
C．当A、B之间的摩擦力恰好达到最大静摩擦时，此时A、B的共同加速度为a，对A物体而言fmax=μmg=ma
对于A、B组成的整体而言F=2ma
解得F=4N
即当F>4N时，A相对B滑动，C正确；
B．因为F=3N<4N
此时A、B具有共同的加速度，设此时的加速度为a1，
根据牛顿第二定律可得F=2ma1
解得a1=1.5m/s2B错误；
D．因为F=5N>4N
A、B发生相互滑动，A、B之间的摩擦力为滑动摩擦力，此时A的加速度为a2，根据牛顿第二定律可得fmax=μmg=ma2
解得a2=2m/s2D正确。
18.（2021·全国乙卷）(多选)水平地面上有一质量为m1的长木板，木板的左端上有一质量为m2的物块，如图(a)所示．用水平向右的拉力F作用在物块上，F随时间t的变化关系如图(b)所示，其中F1、F2分别为t1、t2时刻F的大小．木板的加速度a1随时间t的变化关系如图(c)所示．已知木板与地面间的动摩擦因数为μ1，物块与木板间的动摩擦因数为μ2.假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g.则( )
A．F1＝μ1m1g
B．F2＝m2m1+m2m1(μ2-μ1)g
C.μ2>m1+m2m2μ1
D．在0～t2时间段物块与木板加速度相等
【答案】BCD
【解析】
结合题图可知在0～t1时间内，物块与木板之间摩擦力为静摩擦力，物块与木板均静止，在t1～t2时间内，物块与木板之间摩擦力为静摩擦力，物块与木板一起滑动，选项D正确；把物块和木板看成整体，在t1时刻，由牛顿第二定律有F1－μ1(m1＋m2)g＝0，解得F1＝μ1(m1＋m2)g，选项A错误；t2时间后，物块相对于木板滑动，木板所受的滑动摩擦力为恒力，做匀加速直线运动，设t2时刻木板的加速度为a，在t2时刻，对木板由牛顿第二定律有μ2m2g－μ1(m1＋m2)g＝m1a>0，显然μ2>m1+m2m2μ1，选项C正确；t2时刻，对物块由牛顿第二定律有F2－μ2m2g＝m2a，联立解得F2＝m2m1+m2m1(μ2－μ1)g，选项B正确．
19．（2022·辽宁·模拟预测）(多选)如图所示，质量m1=2kg、长度L=5m的木板A静止在水平面上，木板A的上表面与水平面平行。某时刻一质量m2=3kg的木块B以初速度v0=6m/s从左端滑上木板A的上表面，同时对木板A施加一个水平向右的力F=3N，已知木板A与木块B间的动摩擦因数μ1=0.2，木板A与水平面间的动摩擦因数μ2=0.1，重力加速度g=10m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A．木块B在木板A上滑动时木板A的加速度大小为1m/s2
B．木块B从滑上木板A到两者相对静止所需的时间为1.5 s
C．木板A与木块B相对静止时共同的加速度大小为0.4m/s2
D．木板A运动的总位移为12 m
【答案】BC
【解析】
木块B在木板A上相对滑动时，
对木板A由牛顿第二定律可得F+μ1m2g−μ2m1+m2g=m1aA
解得aA=2m/s2A错误；
B．对木块B由牛顿第二定律可得μ1m2g=m2aB
解得aB=2m/s2
设经过时间t，物体B与木板A达到共速，则v0−aBt=aAt
解得t=1.5sB正确；
C．木板A与木块B相对静止前木板A的位移x1=12aAt2=2.25m
木板A与木块B相对静止时的速度v共=aAt=3m/s
木板A与木块B相对静止后整体开始做减速运动，
由牛顿第二定律可得F−μ2m1+m2g=m1+m2a共
解得a共=−0.4m/s2C正确；
D．木板A与木块B相对静止后到停下时木板A的位移x2=0−v共22a共=11.25m
所以木板A运动的总位移x=x1+x2=13.5mD错误。
故选BC。
20．(多选)如图所示，一质量为M的斜面体静止在水平面上，物体B受沿斜面向上的力F作用沿斜面匀速上滑，A、B之间动摩擦因数为μ，μA．A、B保持相对静止
B．地面对斜面体的摩擦力等于mg(sinθ−μcsθ)csθ+Fcsθ
C．地面受到的压力等于（M+2m）g
D．B与斜面间动摩擦因数为F−mgsinθ−μmgcsθ2mgcsθ
【答案】BD
【解析】
A．设A的加速度为a，对A受力分析有mgsinθ−μmgcsθ=ma
又由μ则mgsinθ>μmgcsθ
则物块A会加速下滑，A、B不能保持相对静止，故A错误；
BC．对B受力分析，因为B匀速沿斜面上滑，
有F=mgsinθ+μmgcsθ+f N=2mgcsθ
对斜面受力分析，如图所示，有
水平方向 f′=fcsθ+Nsinθ
竖直方向 N′+fsinθ=Ncsθ+Mg
联立解得 N′=Mg+mg−Fsinθ+mgcsθ(1+μsinθ)
f′=mg(sinθ−μcsθ)csθ+Fcsθ，
根据牛顿第三定律，知斜面对地面的压力为 N地'=Mg+mg−Fsinθ+mgcsθ(1+μsinθ)
故B正确，C错误；
D．设物体B与斜面体间摩擦因数为μ' f=μ'N N=2mgcsθ
而B与斜面间摩擦力大小 f=F−mgsinθ−μmgcsθ
解得 μ′=F−mgsinθ−μmgcsθ2mgcsθ 故D正确。
21．（2022·全国·高三专题练习）(多选)如图，一倾角为α=37°的光滑足够长的固定斜面上放有质量M=0.12kg的足够长木板；一木块（可视为质点）置于木板上，木块与木板间有摩擦。初始时木块与木板上端相距L=1.6m。木块与木板同时由静止开始下滑，木块下滑距离x1=0.75m后受到平行斜面向上的作用力其大小为F=kv1（v1为木块运动速度），木块以v1做匀速运动，直至木板再向下运动L时将平行斜面向上的作用力由作用在木块上改为作用于木板上，木板以v2的速度匀速运动，作用力F=kv2保持恒定。g=10m/s2，k=0.12N⋅s/m，sin37°=0.6，cs37°=0.8，下列说法正确的有（ ）
A．木板匀速运动速度v2为5m/s
B．木块的质量为0.04kg
C．木块与木板之间的动摩擦因数为0.25
D．木板匀速运动的距离为1.11m
【答案】ABD
【解析】
ABC．分析木板和木块下滑x1过程，根据牛顿第二定律则有 (M+m)gsinα=(M+m)a1
解得 a1=6m/s2
根据运动学公式则有 v12−0=2a1x1
解得 v1=3m/s
木块匀速运动时，对木块 mgsinα+μmgcsα=kv1
对木板 Mgsinα−μmgcsα=Ma2
由运动学公式有 v22−v12=2a2L
木板匀速运动时 Mgsinα=μmgcsα+kv2
联立可解得 v2=5m/s a2=5m/s2 μ=0.375 m=0.04kg
故AB正确，C错误；
D．木板匀速运动时，对木块受力分析，根据牛顿第二定律则有 mgsinα+μmgcsα=ma3
解得 a3=9m/s2
木块加速过程 v2=v1+a3t
解得 t=29s
故木板匀速运动的距离 x2=v2t=5×29m=109m≈1.11m 故D正确；
22. （2019·全国Ⅲ卷·T20）(多选)如图（a），物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可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，木板开始受到水平外力F的作用，在t=4s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可以忽略．重力加速度取g=10m/s2．由题给数据可以得出
A. 木板的质量为1kg
B. 2s~4s内，力F的大小为0.4N
C. 0~2s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0.2
【答案】AB
【解析】
结合两图像可判断出0-2s物块和木板还未发生相对滑动，它们之间的摩擦力为静摩擦力，此过程力F等于f，故F在此过程中是变力，即C错误；2-5s内木板与物块发生相对滑动，摩擦力转变为滑动摩擦力，由牛顿运动定律，对2-4s和4-5s列运动学方程，可解出质量m为1kg，2-4s内的力F为0.4N，故A、B正确；由于不知道物块的质量，所以无法计算它们之间的动摩擦因数μ,故D错误.
23．（2022·贵州·贵阳一中高三阶段练习）(多选)如图甲所示，长为L=2m、质量为M=1kg的木板静止于光滑的水平桌面上。开始时，一可视为质点的木块置于木板左端，木块另一端被水平绳子拴接并系于竖直墙上。水平外力F作用在木板上，水平外力F、木板的速度v随时间t变化的关系如图乙、丙所示，则下列说法正确的是（ ）
A．0~2s内绳对木块的拉力逐渐增大
B．2s~3s木板受到的摩擦力恒为4N
C．木块与木板间的动摩擦因数为0.2
D．要使木板从木块下抽出，2s后F至少作用时间1s
【答案】AD
【解析】
A．0∼2s内，木板处于静止状态，木板与木块间的摩擦力为静摩擦力，绳子拉力大小等于F，逐渐增大，A正确；
B．对木板做受力分析，根据牛顿第二定律可得F−f滑动=Ma
由丙图可知a=2m/s2
解得f滑动=2NB错误；
C．木块与木板间的动摩擦力为2N，但木块的质量mg未知，则不能认为木块与木板间的动摩擦因数为0.2，C错误；
D．2s后在恒力F=4N的作用下，物块的加速度为2m/s2，恒力F作用一段时间后撤去，木板做减速运动，加速度大小也恰好为2m/s2，当木块恰好从木板上掉下时，木板速度恰好为零，此过程中木板的v−t图像如图所示
则恒力F作用时间恰好为1s即可，D正确。
24．（2022·安徽·模拟预测）(多选)水平地面上有一质量为m2的长木板，木板的右端上方有一质量为m1的物块，如图1所示。用水平向右的拉力F作用在长木板上，F随时间t的变化关系如图2所示，其中F1、F2分别为t1、t2时刻F的大小。物块受到的摩擦力f1随时间t的变化关系如图3所示。已知物块与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数为μ2，假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g。则（ ）
F1 =μ2m2g
B．F2=(μ1+2μ2)(m1 +m2)g
F=2F2时，木板的加速度为(μ1+μ2)(m1+m2)m2+μ1g
在0~t2时间内物块与木板加速度相等
【答案】CD
【解析】
D．由图3可知，在0~t1时间内，物块和木板均处于静止状态，物块不受摩擦力，在t1~t2时间内，物块和木板一起加速度，物块受到静摩擦力作用，D正确；
A．在t1时刻，木板和物块恰好开始运动，
此时拉力恰好等于地面对木板的最大静摩擦力 F=μ2(m1+m2)g A错误；
B．在t2时刻，木板和物块恰好一起加速运动，此时的加速度 a=μ1g
将木板和物块作为一个整体，根据牛顿第二定律 F2−μ2(m1+m2)g=(m1+m2)a
解得 F2=(μ1 +μ2)(m1 +m2)g B错误；
C．当F=2F2时，木板与物块已经发生相对滑动，
对木板 2F2−μ2(m1+m2)g−μ1m1g=m2a
代入数据解得 a=(μ1+μ2)(m1+m2)m2+μ1g C正确。
25．（2022·广西·高二阶段练习）如图所示，在倾角为θ=37∘的足够长的固定的光滑斜面上，有一质量为M=4kg的长木板正以v0=12m/s的初速度沿斜面向下运动，现将一质量m=2kg的小物块（可视为质点）轻放在长木板最下端。已知物块与长木板间的动摩擦因数μ=0.5，设物块与木板间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8。求：
（1）放上小物块后，木板和小物块的加速度大小。
（2）要使小物块不滑离长木板，长木板至少要有多长。
（3）假设长木板长L=10m，在轻放小物块的同时对长木板施加一沿斜面向上的F=40N的恒力，求小物块在长木板上运动时间。
【答案】（1）4m/s2；10m/s2；（2）12m；（3）2.25s
【解析】
（1）小物块在长木板上滑动时受到沿板的滑动摩擦力大小为 Ff=μmgcsθ=8N
设放上小物块后，长木板和小物块的加速度大小分别为a1和a2，对二者分别由牛顿第二定律得 Ff+mgsinθ=ma1 Mgsinθ－Ff=Ma2
解得 a1=10m/s2 a2=4m/s2
（2）设经过时间t1小物块与长木板达到共同速率v1，根据运动学公式有 v1=a1t1=v0+a2t1
解得 t1=2s v1=20m/s
t1时间内小物块与长木板的相对位移大小为 Δx=v0+v12t1−v12t1=12m
所以木板的最小长度为 L=Δx=12m
（3）将恒力F刚开始作用在长木板上之后，小物块的加速度大小为 a3= a1=10m/s2
设此时长木板的加速度大小为a4，对长木板根据牛顿第二定律得 F+Ff－Mgsinθ=Ma4
解得 a4=6m/s2
方向沿斜面向上；设经过时间t2小物块与长木板达到共同速率v2，
根据运动学公式有 v2=a3t2=v0－a4t2
解得 t2=0.75s v2=7.5m/s
t2时间内小物块和长木板的位移大小分别为 x1=v22t2=2.8125m
x2=v0+v22t2=7.3125m
此时木块相对木板已经向上滑行了Δx1=x2−x1=4.5m
二者共速后，木块向下做匀加速运动，加速度向下，大小a5=mgsinθ−Ffm=2m/s2
长木板的加速度大小为a6，则根据牛顿第二定律有F－Ff－Mgsinθ=Ma6 a6=2m/s2
设从共速后经过时间t3小物块从长木板上滑落，
根据运动学公式有 v2t3+12a5t32−v2t3−12a6t32=Δx1
解得 t3=1.5s
小物块在长木板上运动时间为 t=t2+t3=2.25s
1.板块模型中对物体所受的摩擦力进行正确的分析与判断是求解的前提。
2.摩擦力的方向沿两物体的接触面，与相对运动或相对运动趋势的方向相反。
1．(多选)如图所示，A为长木板，在水平面上以速度v1匀速向右运动，同时物块B在A的上表面以速度匀速v2向右运动，v1和v2以地面为参考系，且A、B接触面粗糙，下列判断正确的是（ ）
A．若v1=v2，A、B之间无摩擦力
B．若v1>v2，A受到B所施加的滑动摩擦力向左
C．若v1
2．(多选)如图所示，物体A、B叠放在水平地面上，水平力F作用在B上，使二者一起向右做匀速直线运动，下列说法正确的是（ ）
A．A、B之间无摩擦力 B．A受到B施加的摩擦力水平向右
C．A、B之间为滑动摩擦力 D．地面受到B施加的摩擦力为滑动摩擦力，方向水平向右
3．（2022·重庆·西南大学附中高二期末）已知A与B的质量分别为mA=1kg，mB=2kg，A与B间的动摩擦因数μ1=0.3，B与水平面间的动摩擦因数μ2=0.2，如图甲、乙所示。现用大小为12N的水平力F，分别作用在A、B上，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2，则各物体所受摩擦力的情况是（ ）
A．甲图中，A不受摩擦力，B受到地面水平向左的大小为6N的摩擦力
B．甲图中，A受摩擦力水平向右，大小为3N；B受地面的摩擦力水平向左，大小为6N
C．乙图中，A受摩擦力水平向左，大小为8N；B受地面的摩擦力水平向左，大小为6N
D．乙图中，A受摩擦力水平向左，大小为3N；B受地面的摩擦力水平向左，大小为3N
考点二 不受拉力作用的板块模型
1．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，滑块和木板同向运动时，位移之差Δx＝x1－x2＝L(板长)；滑块和木板反向运动时，位移大小之和x2＋x1＝L.
2.临界条件：滑块不从木板的末端掉下来的临界条件是滑块到达木板末端时的速度与木板的速度恰好相同。
3.动力学分析流程
4．（2022·山西·长治市上党区第一中学校高一期中）如图所示，质量为1kg的木板静止在光滑水平面上，一个小木块（可视为质点）质量也为1kg，以初速度v0=4m/s从木板的左端开始向右滑，木块与木板之间的动摩擦因数为0.2，要使木块不会从木板右端滑落，则木板的长度至少为（ ）
A．5mB．4mC．3mD．2m
5．(多选)如图所示，可视为质点的滑块与木板质量相等，木板长为L，静止时滑块叠放在木板右端，滑块与木板、木板与水平地面间的动摩擦因数均为μ，某时刻给木板一个向右的初速度，经过时间t两者共速，最后木板停在地面上时滑块位于木板左端，重力加速度为g。下面说法正确的是（ ）
A．木板加速度最大值为2μgB．木板加速度的最大值为3μg
C．t=L2μgD．木板的初速度为8μgL
6．（2022·宁夏·石嘴山市第三中学模拟预测）(多选)如图甲所示，质量为M的木板静止在光滑水平面上。一个质量为m的小滑块以初速度v0从木板的左端向右滑上木板。滑块和木板的水平速度随时间变化的图像如图乙所示。某同学根据图像作出如下一些判断，正确的是（ ）
A．滑块和木板始终存在相对运动 B．滑块始终未离开木板
C．滑块的质量大于木板的质量 D．木板的长度一定为v0t12
7．（2022·新疆维吾尔自治区喀什第二中学高三阶段练习）(多选)如图1所示，光滑水平面上静置一个薄长木板，长木板上表面粗糙，其质量为M，t=0时刻质量为m的物块以水平速度v滑上长木板，此后木板与物块运动的v−t图像如图2所示，重力加速度g取10m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A．M=2mB．0-2s内物块的位移为10m
C．木板与物块间的动摩擦因数为0.1D．木板的长度为8m
8．如图所示，质量m=10kg的物块（可视为质点）以v0=4.5m/s的水平速度滑上静止在地面上的长为L的长木板，木板质量为M=20kg，物块最后恰好没有滑出长木板。已知物块与木板间的动摩擦因数为μ1＝0.4，木板与水平地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2，求：
（1）物块刚滑上木板时，物块和木板的加速度大小分别为多少？
（2）木板的长度L？
9．（2022·安徽省定远县第三中学模拟预测）如图所示，质量M=4.0kg的长木板B静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）初始时刻，A、B分别以v0=2.0m/s向左、向右运动，最后A恰好没有滑离B板。已知A、B之间的动摩擦因数μ=0.40，取g=10m/s2。求：
（1）A、B相对运动时的加速度aA和aB的大小与方向；
（2）A相对地面速度为零时，B相对地面的运动速度vB；
（3）木板B的长度l。
10．如图所示，质量为M=2kg的木板B静止在粗糙的水平面上，木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.1，木板长为L，距离木板右边s处有一挡板，在木板的左端放置一个质量m=3kg、可视为质点的小木块A，以初速度v0=5m/s滑上木板，小木块与木板之间的动摩擦因数μ1=0.2，取g=10m/s2。求：
（1）假设s足够大，且A没有从B上滑下来，请问B板至少要多长；
（2）要使木板不撞挡板，则挡板距离木板右边的距离s至少要多长。
如图，两个滑块A和B的质量分别为mA=1kg和mB=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μ1=0.5；木板的质量为m=4kg，与地面间的动摩擦因数为μ2=0.1，某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v0=6m/s。A、B相遇时，A与木板恰好相对静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g=10m/s2。求：
（1）B与木板相对静止时，木板的速度；
（2）A、B开始运动时，两者之的距离。
12．（2022·山西·临汾第一中学校高一期末）如图所示，水平地面上固定着倾角θ=37°的足够长斜面。在质量M=7kg的长方体型木板由静止释放的同时，一质量m=1kg的小物块以v0=8.0m/s的初速度，从木板的下端滑上木板。在小物块上滑的过程中，木板恰好不往下滑，且小物块到达木板上端时物块速度恰好为零。已知物块与木板之间的动摩擦因数μ1=0.25，最大静摩擦力均分别等于各自接触面的滑动摩擦力，取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8。求：
（1）木板的长度L；
（2）木板与斜面之间的动摩擦因数为μ2；
（3）物块滑离木板时，物块的速度大小v。
13．（2022·全国·高三专题练习）如图，倾角为θ的斜面体C固定在水平地面上，一质量m1=2kg的木板A以v0=3m/s初速度沿斜面匀速下滑，木板A与斜面间的动摩擦因数为μ1。将一质量m2=1kg的滑块B轻放在距木板下端L处，滑块B可视为质点，与木板A之间的动摩擦因数为μ2且μ2=12μ1。当木板A速度刚减为零时，滑块B恰好从下端滑离木板。已知斜面足够长，sinθ=0.4，重力加速度g=10m/s2，求：
(1)木板与斜面间的动摩擦因数大小μ1（结果可保图根号）；
(2)滑块B刚放在木板A上时，滑块B的加速度大小a2及木板A的加速度大小a1；
(3)滑块B释放时距木板下端的距离L。
14．（2021·甘肃省民乐县第一中学高三阶段练习）(多选)如图所示，倾角θ=37°的斜面底端固定一个挡板P，质量m=1kg的小物块A与质量M=4kg的木板B叠放在斜面上，A位于B的最上端且与挡板P相距L=8m。已知A与B、B与斜面间的动摩擦因数分别为μ1=0.8和μ2=0.5。现将A、B同时由静止释放，cs37°=0.8，sin37°=0.6，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，B与挡板相撞后立即静止。
(1)求A、B释放后，小物块A与木板B的加速度大小；
(2)若小物块A与挡板恰好不相碰，求木板B的长度l0。（结果保留三位有效数字）
考点三 受到拉力作用的板块模型
1.判断板和地面之间是否会发生相对运动需要对板进行受力分析。
2.判断某一拉力F作用下两个物体是否有相对运动的两种方法：
1）假设两物体间无相对滑动，先用整体法算出共同加速度，再用隔离法算出其中一个物体“所需要”的摩擦力f；比较f与最大静摩擦力fmax的关系，若f > fmax，则发生相对滑动，否则不会发生相对滑动。
2）若板和地面之间可以发生相对滑动，则当滑块和板之间的静摩擦力刚好达到最大静摩擦力时的拉力即是两者保持相对静止的最大拉力Fmax，利用整体法和隔离法算出相对静止的最大拉力Fmax，若拉力小于等于Fmax则两者保持相对静止，若拉力大于Fmax则两者发生相对滑动。具体计算如下（以拉力作用到滑块上为例）：
如图当AB保持相对静止但就要发生相对运动时，AB间的静摩擦力为最大静摩擦力，此时AB的运动状态相同。设A的质量为m，B的质量为M,AB间的最大静摩擦力为f1，B和地面间的最大静摩擦力为f2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
对AB: Fmax一f2=（m+M）a eq \\ac(○,1)
对A: Fmax一f1=ma eq \\ac(○,2)
两式联立可得：Fmax=m+MMf1一mMf2
重要提醒：根据以上第 eq \\ac(○,2)式可以得到Fmax=f1+ma，所以拉力必须大于（f1+ma）时AB才会发生相对运动。
3.当拉力F作用到滑块上时，如果板和地面之间会发生相对运动，在F由零逐渐增大的过程中，两者如何运动？
在拉力F小于等于板和地面之间最大静摩擦力的过程中两者均保持静止，拉力F大于板和地面之间的最大静摩擦力后，两者保持相对静止以共同的加速度做加速运动，当拉力F大于两者相对静止的最大拉力后发生相对运动，在此后的运动过程中板的加速度保持不变，滑块的加速度随着F的增大继续增大。
15．（2022·河北张家口·高一期末）(多选)如图所示，一长木板放在光滑水平面上，靠近木板的左端有一个小物块，开始时二者均处于静止状态。已知小物块与木板间的动摩擦因数为μ，木板与小物块的质量均为m，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。现用水平向右的拉力F作用在小物块上，当F逐渐增大时，以下说法正确的是（ ）
A．当F=2μmg时木板将要与地面产生相对滑动
B．当F=2μmg时小物块将要与木板产生相对滑动
C．当F=μmg时木板的加速度大小为μg
D．木板的最大加速度为μg
16．（2022·海南·一模）(多选)如图所示，在光滑水平面上有一静止的质量M=2kg的木板，木板上静止放置一质量m=1kg的物体，物体与木板之间的动摩擦因数μ=0.2，重力加速度g取10m/s2。现用水平恒力F拉物体m，下列关于拉力F的大小及物体加速度a可能的是（ ）
A．F=1N时a=1m/s2B．F=2N时a=23m/s2
C．F=3N时a=1.5m/s2D．F=4N时a=2m/s2
17．（2022·湖北·孝感高中高一期中）(多选)A、B两物体质量均为m=1kg，静止叠放在光滑的水平地面上，A、B间的动摩擦因数为μ=0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g=10m/s2。现对B施加一水平拉力F，下列说法正确的是（ ）
A．只有当F>2N时，B才会运动
B．当F=3N时，B的加速度大小为1m/s2
C．当F>4N时，A相对B滑动
D．当F=5N时，A的加速度大小为2m/s2
18.（2021·全国乙卷，21）(多选)水平地面上有一质量为m1的长木板，木板的左端上有一质量为m2的物块，如图(a)所示．用水平向右的拉力F作用在物块上，F随时间t的变化关系如图(b)所示，其中F1、F2分别为t1、t2时刻F的大小．木板的加速度a1随时间t的变化关系如图(c)所示．已知木板与地面间的动摩擦因数为μ1，物块与木板间的动摩擦因数为μ2.假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g.则( )
A．F1＝μ1m1g
B．F2＝m2m1+m2m1(μ2-μ1)g
C. μ2>m1+m2m2μ1
D．在0～t2时间段物块与木板加速度相等
19．（2022·辽宁·模拟预测）(多选)如图所示，质量m1=2kg、长度L=5m的木板A静止在水平面上，木板A的上表面与水平面平行。某时刻一质量m2=3kg的木块B以初速度v0=6m/s从左端滑上木板A的上表面，同时对木板A施加一个水平向右的力F=3N，已知木板A与木块B间的动摩擦因数μ1=0.2，木板A与水平面间的动摩擦因数μ2=0.1，重力加速度g=10m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A．木块B在木板A上滑动时木板A的加速度大小为1m/s2
B．木块B从滑上木板A到两者相对静止所需的时间为1.5 s
C．木板A与木块B相对静止时共同的加速度大小为0.4m/s2
D．木板A运动的总位移为12 m
20．(多选)如图所示，一质量为M的斜面体静止在水平面上，物体B受沿斜面向上的力F作用沿斜面匀速上滑，A、B之间动摩擦因数为μ，μ
B．地面对斜面体的摩擦力等于mg(sinθ−μcsθ)csθ+Fcsθ
C．地面受到的压力等于（M+2m）g
D．B与斜面间动摩擦因数为F−mgsinθ−μmgcsθ2mgcsθ
21．（2022·全国·高三专题练习）(多选)如图，一倾角为α=37°的光滑足够长的固定斜面上放有质量M=0.12kg的足够长木板；一木块（可视为质点）置于木板上，木块与木板间有摩擦。初始时木块与木板上端相距L=1.6m。木块与木板同时由静止开始下滑，木块下滑距离x1=0.75m后受到平行斜面向上的作用力其大小为F=kv1（v1为木块运动速度），木块以v1做匀速运动，直至木板再向下运动L时将平行斜面向上的作用力由作用在木块上改为作用于木板上，木板以v2的速度匀速运动，作用力F=kv2保持恒定。g=10m/s2，k=0.12N⋅s/m，sin37°=0.6，cs37°=0.8，下列说法正确的有（ ）
A．木板匀速运动速度v2为5m/s
B．木块的质量为0.04kg
C．木块与木板之间的动摩擦因数为0.25
D．木板匀速运动的距离为1.11m
22. （2019·全国Ⅲ卷·T20）(多选)如图（a），物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可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，木板开始受到水平外力F的作用，在t=4s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可以忽略．重力加速度取g=10m/s2．由题给数据可以得出
A. 木板的质量为1kg
B. 2s~4s内，力F的大小为0.4N
C. 0~2s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0.2
23．（2022·贵州·贵阳一中高三阶段练习）(多选)如图甲所示，长为L=2m、质量为M=1kg的木板静止于光滑的水平桌面上。开始时，一可视为质点的木块置于木板左端，木块另一端被水平绳子拴接并系于竖直墙上。水平外力F作用在木板上，水平外力F、木板的速度v随时间t变化的关系如图乙、丙所示，则下列说法正确的是（ ）
A．0~2s内绳对木块的拉力逐渐增大
B．2s~3s木板受到的摩擦力恒为4N
C．木块与木板间的动摩擦因数为0.2
D．要使木板从木块下抽出，2s后F至少作用时间1s
24．（2022·安徽·模拟预测）(多选)水平地面上有一质量为m2的长木板，木板的右端上方有一质量为m1的物块，如图1所示。用水平向右的拉力F作用在长木板上，F随时间t的变化关系如图2所示，其中F1、F2分别为t1、t2时刻F的大小。物块受到的摩擦力f1随时间t的变化关系如图3所示。已知物块与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数为μ2，假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g。则（ ）
F1 =μ2m2g
B．F2=(μ1+2μ2)(m1 +m2)g
F=2F2时，木板的加速度为(μ1+μ2)(m1+m2)m2+μ1g
在0~t2时间内物块与木板加速度相等
25．（2022·广西·高二阶段练习）如图所示，在倾角为θ=37∘的足够长的固定的光滑斜面上，有一质量为M=4kg的长木板正以v0=12m/s的初速度沿斜面向下运动，现将一质量m=2kg的小物块（可视为质点）轻放在长木板最下端。已知物块与长木板间的动摩擦因数μ=0.5，设物块与木板间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8。求：
（1）放上小物块后，木板和小物块的加速度大小。
（2）要使小物块不滑离长木板，长木板至少要有多长。
（3）假设长木板长L=10m，在轻放小物块的同时对长木板施加一沿斜面向上的F=40N的恒力，求小物块在长木板上运动时间。
专题21 板块模型动力学分析
考点一 板块模型的摩擦力分析
1.板块模型中对物体所受的摩擦力进行正确的分析与判断是求解的前提。
2.摩擦力的方向沿两物体的接触面，与相对运动或相对运动趋势的方向相反。
1．(多选)如图所示，A为长木板，在水平面上以速度v1匀速向右运动，同时物块B在A的上表面以速度匀速v2向右运动，v1和v2以地面为参考系，且A、B接触面粗糙，下列判断正确的是（ ）
A．若v1=v2，A、B之间无摩擦力
B．若v1>v2，A受到B所施加的滑动摩擦力向左
C．若v1
【答案】AB
【解析】
A．若v1=v2，A、B之间无摩擦力，A正确；
B．若v1>v2，A受到B所施加的滑动摩擦力向左，B正确；
C．若v1
2．(多选)如图所示，物体A、B叠放在水平地面上，水平力F作用在B上，使二者一起向右做匀速直线运动，下列说法正确的是（ ）
A．A、B之间无摩擦力 B．A受到B施加的摩擦力水平向右
C．A、B之间为滑动摩擦力 D．地面受到B施加的摩擦力为滑动摩擦力，方向水平向右
【答案】AD
【解析】
ABC．对A受力分析可知，水平方向受合力为零，即B对A无摩擦力，即A、B之间无摩擦力，选项A正确，BC错误；
D．对AB整体受力分析可知，地面对B的滑动摩擦力与力F等大反向，即地面对B的滑动摩擦力向左，根据牛顿第三定律可知，地面受到B施加的摩擦力为滑动摩擦力，方向水平向右，选项D正确。
3．（2022·重庆·西南大学附中高二期末）已知A与B的质量分别为mA=1kg，mB=2kg，A与B间的动摩擦因数μ1=0.3，B与水平面间的动摩擦因数μ2=0.2，如图甲、乙所示。现用大小为12N的水平力F，分别作用在A、B上，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2，则各物体所受摩擦力的情况是（ ）
A．甲图中，A不受摩擦力，B受到地面水平向左的大小为6N的摩擦力
B．甲图中，A受摩擦力水平向右，大小为3N；B受地面的摩擦力水平向左，大小为6N
C．乙图中，A受摩擦力水平向左，大小为8N；B受地面的摩擦力水平向左，大小为6N
D．乙图中，A受摩擦力水平向左，大小为3N；B受地面的摩擦力水平向左，大小为3N
【答案】D
【解析】
根据题意可知，A、B间的最大静摩擦力为fm1=μ1mAg=3N
地面与B间的最大静摩擦力为fm2=μ2mA+mBg=6N
AB．甲图中，由于F>fm2
则B由静止开始运动，假设A、B保持静止，由牛顿第二定律有F−fm2=mA+mBa1
解得a1=2ms
对A，设A、B间静摩擦力为f1，由牛顿第二定律有f1=mAa1=2N
CD．乙图中，根据题意，由于A、B间最大静摩擦力小于B与地面间的最大静摩擦力，则A、B间发生相对运动，对A分析，可知A受B水平向左的滑动摩擦力，大小为3N，由牛顿第三定律可知，B受A向右的滑动摩擦力，大小为3N小于B与地面间的最大静摩擦力，则B仍然静止不动，则B受地面水平向左的静摩擦力，大小为3N，故C错误，D正确。
故选D。
考点二 不受拉力作用的板块模型
1．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，滑块和木板同向运动时，位移之差Δx＝x1－x2＝L(板长)；滑块和木板反向运动时，位移大小之和x2＋x1＝L.
2.临界条件：滑块不从木板的末端掉下来的临界条件是滑块到达木板末端时的速度与木板的速度恰好相同。
3.动力学分析流程
4．（2022·山西·长治市上党区第一中学校高一期中）如图所示，质量为1kg的木板静止在光滑水平面上，一个小木块（可视为质点）质量也为1kg，以初速度v0=4m/s从木板的左端开始向右滑，木块与木板之间的动摩擦因数为0.2，要使木块不会从木板右端滑落，则木板的长度至少为（ ）
A．5mB．4mC．3mD．2m
【答案】D
【解析】
根据牛顿第二定律得，木块的加速度a1=μmgm=μg=0.2×10m/s2=2m/s2
木板的加速度a2=μmgM=0.2×101m/s2=2m/s2
设经时间t木块与木板达到同速，根据匀变速直线运动速度与时间关系有v0−a1t=a2t
根据位移与时间关系有v0t−12a1t2−12a2t2=L
解得L=2m
5．(多选)如图所示，可视为质点的滑块与木板质量相等，木板长为L，静止时滑块叠放在木板右端，滑块与木板、木板与水平地面间的动摩擦因数均为μ，某时刻给木板一个向右的初速度，经过时间t两者共速，最后木板停在地面上时滑块位于木板左端，重力加速度为g。下面说法正确的是（ ）
A．木板加速度最大值为2μgB．木板加速度的最大值为3μg
C．t=L2μgD．木板的初速度为8μgL
【答案】BCD
【解析】
AB．共速之前滑块A做匀加速直线运动，木板B做匀减速直线运动，
加速度分别为aA=μmgm=μg，aB=μmg+2μmgm=3μg
共速之后直到静止滑块A与B加速度相同a′A=a′B=μ⋅3mg3m=μg
所以，木板加速度的最大值为3μg，故A错误，B正确；
CD．从木板开始运动到滑块与木板共速的过程中
v0−aBt=aAt，xB=v0t−12aBt2，xA=12aAt2，xB−xA=L
带入数据解得t=L2μg，v0=8μgL 故CD正确。
6．（2022·宁夏·石嘴山市第三中学模拟预测）(多选)如图甲所示，质量为M的木板静止在光滑水平面上。一个质量为m的小滑块以初速度v0从木板的左端向右滑上木板。滑块和木板的水平速度随时间变化的图像如图乙所示。某同学根据图像作出如下一些判断，正确的是（ ）
A．滑块和木板始终存在相对运动 B．滑块始终未离开木板
C．滑块的质量大于木板的质量 D．木板的长度一定为v0t12
【答案】BC
【解析】
AB．由题图乙可知在t1时刻滑块和木板达到共同速度，此后滑块与木板相对静止，所以滑块始终未离开木板，故A错误，B正确；
C．滑块与木板相对滑动过程中，二者所受合外力大小均等于滑动摩擦力大小，而根据题图乙中图像的斜率情况可知此过程中滑块的加速度小于木板的加速度，则根据牛顿第二定律a=Fm可知滑块的质量大于木板的质量，故C正确；
D．根据v-t图像与坐标轴所围面积表示位移可知，t1时刻滑块相对木板的位移大小为Δx=v0t12
但滑块在t1时刻不一定位于木板的右端，所以木板的长度不一定为v0t12，其满足题意的最小长度为v0t12，故D错误。
7．（2022·新疆维吾尔自治区喀什第二中学高三阶段练习）(多选)如图1所示，光滑水平面上静置一个薄长木板，长木板上表面粗糙，其质量为M，t=0时刻质量为m的物块以水平速度v滑上长木板，此后木板与物块运动的v−t图像如图2所示，重力加速度g取10m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A．M=2mB．0-2s内物块的位移为10m
C．木板与物块间的动摩擦因数为0.1D．木板的长度为8m
【答案】ABD
【解析】
AC．木块在木板上运动过程中，在水平方向上只受到木板给的滑动摩擦力，故μmg=ma1
而v-t图像的斜率表示加速度，故a1=7−32m/s2=2m/s2 解得μ=0.2
对木板受力分析可知μmg=Ma2 a2=2−02m/s2=1m/s2
由上可知 M=2mA正确，C错误；
B． 由题可知，有初速度得图像为小物块，v-t图像的面积代表位移，则 x=7+32×2m=10m
B正确；
D．图中可知物块和木板最终分离，两者v-t图像与坐标轴围成的面积之差等于木板的长度，则 L=12×7+3×2−12×2×2m=8m D正确。故选ABD。
8．如图所示，质量m=10kg的物块（可视为质点）以v0=4.5m/s的水平速度滑上静止在地面上的长为L的长木板，木板质量为M=20kg，物块最后恰好没有滑出长木板。已知物块与木板间的动摩擦因数为μ1＝0.4，木板与水平地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2，求：
（1）物块刚滑上木板时，物块和木板的加速度大小分别为多少？
（2）木板的长度L？
【答案】（1）4m/s2；0.5m/s2；（2）2.25m
【解析】
对物块受力分析知物块做减速运动，设其加速度大小为a1，
则由牛顿第二定律可得μ1mg＝ma1 代入数据解得a1＝4m/s2
对木板受力分析，设木板加速度大小为a2，由牛顿第二定律可得μ1mg－μ2（M＋m）g＝Ma2
代入数据解得a2＝0.5m/s2
（2）设经过时间t1二者共速，则有v0−a1t1＝a2t1 解得t1＝1s
设共速时的速度大小为v1，则有v1＝a2t1 解得v1＝0.5m/s
t1时间内物块的位移为x1＝v0+v12t1 解得x1＝2.5m
木板的位移为x2＝v12t1 解得x2＝0.25m
所以木板的长度为L＝x1－x2＝2.25m
9．（2022·安徽省定远县第三中学模拟预测）如图所示，质量M=4.0kg的长木板B静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）初始时刻，A、B分别以v0=2.0m/s向左、向右运动，最后A恰好没有滑离B板。已知A、B之间的动摩擦因数μ=0.40，取g=10m/s2。求：
（1）A、B相对运动时的加速度aA和aB的大小与方向；
（2）A相对地面速度为零时，B相对地面的运动速度vB；
（3）木板B的长度l。
【答案】（1）4.0m/s2，方向水平向右； 1.0m/s2，方向水平向左；（2）1.5m/s；（3）1.6m
【解析】
（1）A、B分别受到大小为μmg的摩擦力作用，根据牛顿第二定律对A有μmg=maA
则代入数据可得aA=4.0m/s2 方向水平向右。
对B有μmg=MaB
则代入数据可得aB=1.0m/s2 方向水平向左。
（2）开始阶段A相对地面向左做匀减速运动，设到速度为零时所用时间为t1，则v0=aAt1
代入数据解得t1=0.50s
B相对地面向右做匀减速运动，
此时B板的运动速度为vB=v0−aBt1=2.0m/s−1.0×0.5m/s=1.5m/s
（3）A先相对地面向左匀减速运动至速度为零，后相对地面向右做匀加速运动，加速度大小仍为aA=4.0m/s2，B板向右一直做匀减速运动，加速度大小为aB=1.0m/s2，当A、B速度相等时，A滑到B最左端，恰好没有滑离木板B，故木板B的长度为这个全过程中A、B间的相对位移。
设由A速度为零至速度相等所用时间为t2，则aAt2=vB−aBt2 代入数据解得t2=0.3s
共同速度v=aAt2=4.0×0.3m/s=1.2m/s
从开始到A、B速度相等的全过程，A向左运动的位移
xA=(v0−v)(t1+t2)2=(2−1.2)(0.5+0.3)2m=0.32m
B向右运动的位移xB=(v0+v)(t1+t2)2=(2+1.2)(0.5+0.3)2m=1.28m
故B板的长度l=xA+xB=1.6m
10．如图所示，质量为M=2kg的木板B静止在粗糙的水平面上，木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.1，木板长为L，距离木板右边s处有一挡板，在木板的左端放置一个质量m=3kg、可视为质点的小木块A，以初速度v0=5m/s滑上木板，小木块与木板之间的动摩擦因数μ1=0.2，取g=10m/s2。求：
（1）假设s足够大，且A没有从B上滑下来，请问B板至少要多长；
（2）要使木板不撞挡板，则挡板距离木板右边的距离s至少要多长。
【答案】（1）5m；（2）1.5m
【解析】
（1）对木块A由牛顿第二定律得−μ1mg=ma1
解得a1=−μ1g=−2m/s2
对木板B由牛顿第二定律得μ1mg−μ2（m+M）g=Ma2 解得a2=0.5m/s2
设经过时间t后A、B达到共同速度v，由运动学公式得v=v0+a1t v=a2t
解得v=1m/s，t=2s
t时间段内，由运动学公式得A、B的位移分别为x1=v0t+12a1t2 x2=12a2t2
所以B板至少长L=x1−x2 解得L=5m
当A、B相对静止后，以共同的加速度向前减速。
牛顿第二定律得−μ2m+Mg=m+Ma3 解得a3=−1m/s2
设木板B加速和减速通过的位移分别为x2、x3，则加速过程有x2=12a2t2
减速过程有2a3x3=0−v2
要使木板不撞挡板，则挡板距离木板右边的距离s至少为s=x2+x3 解得s=1.5m
如图，两个滑块A和B的质量分别为mA=1kg和mB=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μ1=0.5；木板的质量为m=4kg，与地面间的动摩擦因数为μ2=0.1，某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v0=6m/s。A、B相遇时，A与木板恰好相对静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g=10m/s2。求：
（1）B与木板相对静止时，木板的速度；
（2）A、B开始运动时，两者之的距离。
【答案】（1）2m/s；（2）7.6m
【解析】
（1）刚滑上滑块对A、B的受力分析如图所示
此时A、B的加速度分别为aA、aB，规定向右为正
fB=μ1N1=μ1mBg=25N
−fB=mBaB
fA=μ1N2=μ1mAg=5N
fA=mAaA
解得aA=5m/s2 aB=−5m/s2
地面对木板的最大静摩擦力为 fm1=μ2(m+mA+mB)g=10N
对木板受力分析如图所示
木板的加速度为a fB′−fA′−fm1=ma 解得 a=2.5m/s2
经过t1时间B和木板达到共同速度v1 v1=at1 v1=v0+aBt1
解得 t1=0.8s v1=2m/s
（2）木板和物块B共速时，A的速度为v2 v2=−v0+aAt1=−2m/s
则在t1时间内两者的相对位移大小为 Δx1=v0t1+12aBt12−(−v0t1+12aAt12)=6.4m
物块B与木板相对静止后整体的加速度为a1，受力如图所示
根据牛顿第二定律 −fm1−fA′=(m+mB)a1 解得 a1=−53m/s2
则三者再经t2时间达到共速v3 v3=v1+a1t2 v3=v2+aAt2
解得 v3=1m/s t2=0.6s
则在t2时间内AB物体的相对位移大小为Δx2=v1t2+12a1t22−(v2t2+12aAt22)=1.2m
A、B相遇时，A与木板恰好相对静止，可知初始时两者的距离为 x=Δx1+Δx2=7.6m
12．（2022·山西·临汾第一中学校高一期末）如图所示，水平地面上固定着倾角θ=37°的足够长斜面。在质量M=7kg的长方体型木板由静止释放的同时，一质量m=1kg的小物块以v0=8.0m/s的初速度，从木板的下端滑上木板。在小物块上滑的过程中，木板恰好不往下滑，且小物块到达木板上端时物块速度恰好为零。已知物块与木板之间的动摩擦因数μ1=0.25，最大静摩擦力均分别等于各自接触面的滑动摩擦力，取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8。求：
（1）木板的长度L；
（2）木板与斜面之间的动摩擦因数为μ2；
（3）物块滑离木板时，物块的速度大小v。
【答案】（1）L=4m；（2）μ2=58；（3）v=4321m/s
【解析】
（1）设物块上滑过程中，加速度大小为a，取物块为研究对象，做受力分析图如图
正交分解后，可知G1x=mgsinθ，G1y=mgcsθ，f1=μ1FN1=μ1G1y=μ1mgcsθ
由牛顿第二定律G1x+f1=ma mgsinθ+μ1mgcsθ=ma
又由于木板恰好不往下滑，物块做匀减速运动，物块到达木板上端时物块速度恰好为零。则有 0−v02=−2aL 解得 L=4m
（2）物块上滑过程中，木板恰好不下滑，取木板为研究对象，做受力分析图如图
正交分解则有f1′=f1=μ1mgcsθ，FN1′=FN1=mgcsθ，
G2x=Mgsinθ，G2y=Mgcsθ，f2=μ2(M+m)gcsθ
由共点力平衡可得G2x=f1′+f2 Mgsinθ=μ1mgcsθ+μ2(M+m)gcsθ
解得 μ2=58
（3）当物块到达木板上端后，由于μ1<μ2，物块和木板分别以不同的加速度沿斜面向下做匀加速直线运动。
对物块
由牛顿第二定律可知 G1x−f1=ma mgsinθ−μ1mgcsθ=ma1
对木板
由牛顿第二定律可知 f1′+G2x−f2=Ma2
μ1mgcsθ+Mgsinθ−μ2(M+m)gcsθ=Ma2
物块位移 x1=12a1t2
木板位移 x2=12a2t2
又有 x1−x2=L
物块滑离木板时速度满足 v=a1t 解得 v=4321m/s
13．（2022·全国·高三专题练习）如图，倾角为θ的斜面体C固定在水平地面上，一质量m1=2kg的木板A以v0=3m/s初速度沿斜面匀速下滑，木板A与斜面间的动摩擦因数为μ1。将一质量m2=1kg的滑块B轻放在距木板下端L处，滑块B可视为质点，与木板A之间的动摩擦因数为μ2且μ2=12μ1。当木板A速度刚减为零时，滑块B恰好从下端滑离木板。已知斜面足够长，sinθ=0.4，重力加速度g=10m/s2，求：
(1)木板与斜面间的动摩擦因数大小μ1（结果可保图根号）；
(2)滑块B刚放在木板A上时，滑块B的加速度大小a2及木板A的加速度大小a1；
(3)滑块B释放时距木板下端的距离L。
【答案】(1)μ1=221；(2)6m/s2；3m/s2；(3)5.5m
【解析】
(1)开始木板A能够匀速下滑，有m1gsinθ=μ1m1gcsθ 解得μ1=tanθ=221
(2)刚放上滑块B，对滑块B分析
由牛顿第二定律可得μ2m2gcsθ+m2gsinθ=m2a2 解得a2=32gsinθ=6m/s2
对木扳A分析
由牛顿第二定律可得μ2m2gcsθ+μ1m1+m2gcsθ−m1gsinθ=m1a1
解得a1=34gsinθ=3m/s2
(3)设经过t1时间，A与B共速v共，对A、B分别有 v共=v0−a1t1 v共=a2t1
联立可解得t1=13s，v共=2m/s，
B相对A往后打滑s1，有 s1=v0+v共2tt−v共2t1
解得s1=0.5m，共速后，再对B受力分析有 m2gsinθ−μ2m2gcsθ=m2a2′
解得 a2′=12gsinθ=2m/s2
对A分析，有 μ1m1+m2gcsθ−μ2m2gcsθ−m1gsinθ=m1a1′
解得 a1′=14gsinθ=1m/s
设再经过t2时间，木板速度减为零，有 t2=v共a1′
解得t2=2s，此时滑块B速度为v2，由运动学公式可得 v2=v共+a2′t2
解得v2=6m/s，共速后B相对A再往前打滑s2，有 s2=v共+v22t2−v共2t2
解得s2=6m，联立可得滑块B释放时距木板下端的距离 L=s2−s1=5.5m
14．（2021·甘肃省民乐县第一中学高三阶段练习）(多选)如图所示，倾角θ=37°的斜面底端固定一个挡板P，质量m=1kg的小物块A与质量M=4kg的木板B叠放在斜面上，A位于B的最上端且与挡板P相距L=8m。已知A与B、B与斜面间的动摩擦因数分别为μ1=0.8和μ2=0.5。现将A、B同时由静止释放，cs37°=0.8，sin37°=0.6，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，B与挡板相撞后立即静止。
(1)求A、B释放后，小物块A与木板B的加速度大小；
(2)若小物块A与挡板恰好不相碰，求木板B的长度l0。（结果保留三位有效数字）
【答案】(1) 2m/s2，2m/s2 ；(2) 6.67m
【解析】
（1）释放木板B与物块A，它们一起加速下滑，以木板B与物块A整体为研究对象，设其加速度大小为a1，由牛顿第二定律，有 m+Mgsinθ−μ2m+Mgcsθ=m+Ma1
解得 a1=gsinθ−μ2gcsθ=2m/s2
此时A受到的摩擦力为 mgsinθ−Ff=ma
解得 Ff=4N<μ1mgcsθ=6.4N
即A、B释放时，物块A与木板B的加速度大小相同，均为2m/s2
（2）在木板B与挡板未碰前，A和B相对静止，以相同的加速度一起向下做匀加速运动，木板B与挡板P相碰后立即静止，A开始匀减速下滑，根据题意，物块A到达挡板时的速度恰好为0，设木板B与挡板P碰撞瞬间速度为v
则有 v2=2a1L−l0
设木板B静止后，物块A减速下滑时的加速度大小为a2，
由牛顿第二定律，有 μ1mgcsθ−mgsinθ=ma2
由运动学公式有 02−v2=−2a2l0
联立以上各式，解得 l0=6.67m
考点三 受到拉力作用的板块模型
1.判断板和地面之间是否会发生相对运动需要对板进行受力分析。
2.判断某一拉力F作用下两个物体是否有相对运动的两种方法：
1）假设两物体间无相对滑动，先用整体法算出共同加速度，再用隔离法算出其中一个物体“所需要”的摩擦力f；比较f与最大静摩擦力fmax的关系，若f > fmax，则发生相对滑动，否则不会发生相对滑动。
2）若板和地面之间可以发生相对滑动，则当滑块和板之间的静摩擦力刚好达到最大静摩擦力时的拉力即是两者保持相对静止的最大拉力Fmax，利用整体法和隔离法算出相对静止的最大拉力Fmax，若拉力小于等于Fmax则两者保持相对静止，若拉力大于Fmax则两者发生相对滑动。具体计算如下（以拉力作用到滑块上为例）：
如图当AB保持相对静止但就要发生相对运动时，AB间的静摩擦力为最大静摩擦力，此时AB的运动状态相同。设A的质量为m，B的质量为M,AB间的最大静摩擦力为f1，B和地面间的最大静摩擦力为f2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
对AB: Fmax一f2=（m+M）a eq \\ac(○,1)
对A: Fmax一f1=ma eq \\ac(○,2)
两式联立可得：Fmax=m+MMf1一mMf2
重要提醒：根据以上第 eq \\ac(○,2)式可以得到Fmax=f1+ma，所以拉力必须大于（f1+ma）时AB才会发生相对运动。
3.当拉力F作用到滑块上时，如果板和地面之间会发生相对运动，在F由零逐渐增大的过程中，两者如何运动？
在拉力F小于等于板和地面之间最大静摩擦力的过程中两者均保持静止，拉力F大于板和地面之间的最大静摩擦力后，两者保持相对静止以共同的加速度做加速运动，当拉力F大于两者相对静止的最大拉力后发生相对运动，在此后的运动过程中板的加速度保持不变，滑块的加速度随着F的增大继续增大。
15．（2022·河北张家口·高一期末）(多选)如图所示，一长木板放在光滑水平面上，靠近木板的左端有一个小物块，开始时二者均处于静止状态。已知小物块与木板间的动摩擦因数为μ，木板与小物块的质量均为m，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。现用水平向右的拉力F作用在小物块上，当F逐渐增大时，以下说法正确的是（ ）
A．当F=2μmg时木板将要与地面产生相对滑动
B．当F=2μmg时小物块将要与木板产生相对滑动
C．当F=μmg时木板的加速度大小为μg
D．木板的最大加速度为μg
【答案】BD
【解析】
A．水平面光滑，有力F时，木板与地面产生相对滑动，故A错误；
BD．小物块将要与木板产生相对滑动时，物块与木板间静摩擦力最大，对整体有F=2ma
对木板有μmg=ma
则 a=μg F=2μmg 故BD正确；
C．当F=μmg时，木板与物体一道向右运动，对整体有 a′=μmg2m=12μg 故C错误。
16．（2022·海南·一模）(多选)如图所示，在光滑水平面上有一静止的质量M=2kg的木板，木板上静止放置一质量m=1kg的物体，物体与木板之间的动摩擦因数μ=0.2，重力加速度g取10m/s2。现用水平恒力F拉物体m，下列关于拉力F的大小及物体加速度a可能的是（ ）
A．F=1N时a=1m/s2B．F=2N时a=23m/s2
C．F=3N时a=1.5m/s2D．F=4N时a=2m/s2
【答案】BD
【解析】
C．当物体和木板刚要相对滑动时，M的加速度最大aMm=μmgM=0.2×102=1.0m/s2
此时二者加速度可认为相等，对整体F=（m+M）a=3N
故C错误；
AB．当F小于3N时，物体和木板相对静止一起向右加速，对二者组成的整体，当F=1N时a1=F1M+m=13m/s2
当F=2N时a2=F2M+m=23m/s2故A错误，B正确；
当F超过3N时，物体和木板相对滑动，
当F=4N时，对物体a3=F3−μmgm=4−21m/s2=2m/s2故D正确。
17．（2022·湖北·孝感高中高一期中）(多选)A、B两物体质量均为m=1kg，静止叠放在光滑的水平地面上，A、B间的动摩擦因数为μ=0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g=10m/s2。现对B施加一水平拉力F，下列说法正确的是（ ）
A．只有当F>2N时，B才会运动
B．当F=3N时，B的加速度大小为1m/s2
C．当F>4N时，A相对B滑动
D．当F=5N时，A的加速度大小为2m/s2
【答案】CD
【解析】
A．地面光滑，地面对B没有摩擦力，即只要F≠0，物体B就会运动，A错误；
C．当A、B之间的摩擦力恰好达到最大静摩擦时，此时A、B的共同加速度为a，对A物体而言fmax=μmg=ma
对于A、B组成的整体而言F=2ma
解得F=4N
即当F>4N时，A相对B滑动，C正确；
B．因为F=3N<4N
此时A、B具有共同的加速度，设此时的加速度为a1，
根据牛顿第二定律可得F=2ma1
解得a1=1.5m/s2B错误；
D．因为F=5N>4N
A、B发生相互滑动，A、B之间的摩擦力为滑动摩擦力，此时A的加速度为a2，根据牛顿第二定律可得fmax=μmg=ma2
解得a2=2m/s2D正确。
18.（2021·全国乙卷）(多选)水平地面上有一质量为m1的长木板，木板的左端上有一质量为m2的物块，如图(a)所示．用水平向右的拉力F作用在物块上，F随时间t的变化关系如图(b)所示，其中F1、F2分别为t1、t2时刻F的大小．木板的加速度a1随时间t的变化关系如图(c)所示．已知木板与地面间的动摩擦因数为μ1，物块与木板间的动摩擦因数为μ2.假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g.则( )
A．F1＝μ1m1g
B．F2＝m2m1+m2m1(μ2-μ1)g
C.μ2>m1+m2m2μ1
D．在0～t2时间段物块与木板加速度相等
【答案】BCD
【解析】
结合题图可知在0～t1时间内，物块与木板之间摩擦力为静摩擦力，物块与木板均静止，在t1～t2时间内，物块与木板之间摩擦力为静摩擦力，物块与木板一起滑动，选项D正确；把物块和木板看成整体，在t1时刻，由牛顿第二定律有F1－μ1(m1＋m2)g＝0，解得F1＝μ1(m1＋m2)g，选项A错误；t2时间后，物块相对于木板滑动，木板所受的滑动摩擦力为恒力，做匀加速直线运动，设t2时刻木板的加速度为a，在t2时刻，对木板由牛顿第二定律有μ2m2g－μ1(m1＋m2)g＝m1a>0，显然μ2>m1+m2m2μ1，选项C正确；t2时刻，对物块由牛顿第二定律有F2－μ2m2g＝m2a，联立解得F2＝m2m1+m2m1(μ2－μ1)g，选项B正确．
19．（2022·辽宁·模拟预测）(多选)如图所示，质量m1=2kg、长度L=5m的木板A静止在水平面上，木板A的上表面与水平面平行。某时刻一质量m2=3kg的木块B以初速度v0=6m/s从左端滑上木板A的上表面，同时对木板A施加一个水平向右的力F=3N，已知木板A与木块B间的动摩擦因数μ1=0.2，木板A与水平面间的动摩擦因数μ2=0.1，重力加速度g=10m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A．木块B在木板A上滑动时木板A的加速度大小为1m/s2
B．木块B从滑上木板A到两者相对静止所需的时间为1.5 s
C．木板A与木块B相对静止时共同的加速度大小为0.4m/s2
D．木板A运动的总位移为12 m
【答案】BC
【解析】
木块B在木板A上相对滑动时，
对木板A由牛顿第二定律可得F+μ1m2g−μ2m1+m2g=m1aA
解得aA=2m/s2A错误；
B．对木块B由牛顿第二定律可得μ1m2g=m2aB
解得aB=2m/s2
设经过时间t，物体B与木板A达到共速，则v0−aBt=aAt
解得t=1.5sB正确；
C．木板A与木块B相对静止前木板A的位移x1=12aAt2=2.25m
木板A与木块B相对静止时的速度v共=aAt=3m/s
木板A与木块B相对静止后整体开始做减速运动，
由牛顿第二定律可得F−μ2m1+m2g=m1+m2a共
解得a共=−0.4m/s2C正确；
D．木板A与木块B相对静止后到停下时木板A的位移x2=0−v共22a共=11.25m
所以木板A运动的总位移x=x1+x2=13.5mD错误。
故选BC。
20．(多选)如图所示，一质量为M的斜面体静止在水平面上，物体B受沿斜面向上的力F作用沿斜面匀速上滑，A、B之间动摩擦因数为μ，μ
B．地面对斜面体的摩擦力等于mg(sinθ−μcsθ)csθ+Fcsθ
C．地面受到的压力等于（M+2m）g
D．B与斜面间动摩擦因数为F−mgsinθ−μmgcsθ2mgcsθ
【答案】BD
【解析】
A．设A的加速度为a，对A受力分析有mgsinθ−μmgcsθ=ma
又由μ
则物块A会加速下滑，A、B不能保持相对静止，故A错误；
BC．对B受力分析，因为B匀速沿斜面上滑，
有F=mgsinθ+μmgcsθ+f N=2mgcsθ
对斜面受力分析，如图所示，有
水平方向 f′=fcsθ+Nsinθ
竖直方向 N′+fsinθ=Ncsθ+Mg
联立解得 N′=Mg+mg−Fsinθ+mgcsθ(1+μsinθ)
f′=mg(sinθ−μcsθ)csθ+Fcsθ，
根据牛顿第三定律，知斜面对地面的压力为 N地'=Mg+mg−Fsinθ+mgcsθ(1+μsinθ)
故B正确，C错误；
D．设物体B与斜面体间摩擦因数为μ' f=μ'N N=2mgcsθ
而B与斜面间摩擦力大小 f=F−mgsinθ−μmgcsθ
解得 μ′=F−mgsinθ−μmgcsθ2mgcsθ 故D正确。
21．（2022·全国·高三专题练习）(多选)如图，一倾角为α=37°的光滑足够长的固定斜面上放有质量M=0.12kg的足够长木板；一木块（可视为质点）置于木板上，木块与木板间有摩擦。初始时木块与木板上端相距L=1.6m。木块与木板同时由静止开始下滑，木块下滑距离x1=0.75m后受到平行斜面向上的作用力其大小为F=kv1（v1为木块运动速度），木块以v1做匀速运动，直至木板再向下运动L时将平行斜面向上的作用力由作用在木块上改为作用于木板上，木板以v2的速度匀速运动，作用力F=kv2保持恒定。g=10m/s2，k=0.12N⋅s/m，sin37°=0.6，cs37°=0.8，下列说法正确的有（ ）
A．木板匀速运动速度v2为5m/s
B．木块的质量为0.04kg
C．木块与木板之间的动摩擦因数为0.25
D．木板匀速运动的距离为1.11m
【答案】ABD
【解析】
ABC．分析木板和木块下滑x1过程，根据牛顿第二定律则有 (M+m)gsinα=(M+m)a1
解得 a1=6m/s2
根据运动学公式则有 v12−0=2a1x1
解得 v1=3m/s
木块匀速运动时，对木块 mgsinα+μmgcsα=kv1
对木板 Mgsinα−μmgcsα=Ma2
由运动学公式有 v22−v12=2a2L
木板匀速运动时 Mgsinα=μmgcsα+kv2
联立可解得 v2=5m/s a2=5m/s2 μ=0.375 m=0.04kg
故AB正确，C错误；
D．木板匀速运动时，对木块受力分析，根据牛顿第二定律则有 mgsinα+μmgcsα=ma3
解得 a3=9m/s2
木块加速过程 v2=v1+a3t
解得 t=29s
故木板匀速运动的距离 x2=v2t=5×29m=109m≈1.11m 故D正确；
22. （2019·全国Ⅲ卷·T20）(多选)如图（a），物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可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，木板开始受到水平外力F的作用，在t=4s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可以忽略．重力加速度取g=10m/s2．由题给数据可以得出
A. 木板的质量为1kg
B. 2s~4s内，力F的大小为0.4N
C. 0~2s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0.2
【答案】AB
【解析】
结合两图像可判断出0-2s物块和木板还未发生相对滑动，它们之间的摩擦力为静摩擦力，此过程力F等于f，故F在此过程中是变力，即C错误；2-5s内木板与物块发生相对滑动，摩擦力转变为滑动摩擦力，由牛顿运动定律，对2-4s和4-5s列运动学方程，可解出质量m为1kg，2-4s内的力F为0.4N，故A、B正确；由于不知道物块的质量，所以无法计算它们之间的动摩擦因数μ,故D错误.
23．（2022·贵州·贵阳一中高三阶段练习）(多选)如图甲所示，长为L=2m、质量为M=1kg的木板静止于光滑的水平桌面上。开始时，一可视为质点的木块置于木板左端，木块另一端被水平绳子拴接并系于竖直墙上。水平外力F作用在木板上，水平外力F、木板的速度v随时间t变化的关系如图乙、丙所示，则下列说法正确的是（ ）
A．0~2s内绳对木块的拉力逐渐增大
B．2s~3s木板受到的摩擦力恒为4N
C．木块与木板间的动摩擦因数为0.2
D．要使木板从木块下抽出，2s后F至少作用时间1s
【答案】AD
【解析】
A．0∼2s内，木板处于静止状态，木板与木块间的摩擦力为静摩擦力，绳子拉力大小等于F，逐渐增大，A正确；
B．对木板做受力分析，根据牛顿第二定律可得F−f滑动=Ma
由丙图可知a=2m/s2
解得f滑动=2NB错误；
C．木块与木板间的动摩擦力为2N，但木块的质量mg未知，则不能认为木块与木板间的动摩擦因数为0.2，C错误；
D．2s后在恒力F=4N的作用下，物块的加速度为2m/s2，恒力F作用一段时间后撤去，木板做减速运动，加速度大小也恰好为2m/s2，当木块恰好从木板上掉下时，木板速度恰好为零，此过程中木板的v−t图像如图所示
则恒力F作用时间恰好为1s即可，D正确。
24．（2022·安徽·模拟预测）(多选)水平地面上有一质量为m2的长木板，木板的右端上方有一质量为m1的物块，如图1所示。用水平向右的拉力F作用在长木板上，F随时间t的变化关系如图2所示，其中F1、F2分别为t1、t2时刻F的大小。物块受到的摩擦力f1随时间t的变化关系如图3所示。已知物块与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数为μ2，假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g。则（ ）
F1 =μ2m2g
B．F2=(μ1+2μ2)(m1 +m2)g
F=2F2时，木板的加速度为(μ1+μ2)(m1+m2)m2+μ1g
在0~t2时间内物块与木板加速度相等
【答案】CD
【解析】
D．由图3可知，在0~t1时间内，物块和木板均处于静止状态，物块不受摩擦力，在t1~t2时间内，物块和木板一起加速度，物块受到静摩擦力作用，D正确；
A．在t1时刻，木板和物块恰好开始运动，
此时拉力恰好等于地面对木板的最大静摩擦力 F=μ2(m1+m2)g A错误；
B．在t2时刻，木板和物块恰好一起加速运动，此时的加速度 a=μ1g
将木板和物块作为一个整体，根据牛顿第二定律 F2−μ2(m1+m2)g=(m1+m2)a
解得 F2=(μ1 +μ2)(m1 +m2)g B错误；
C．当F=2F2时，木板与物块已经发生相对滑动，
对木板 2F2−μ2(m1+m2)g−μ1m1g=m2a
代入数据解得 a=(μ1+μ2)(m1+m2)m2+μ1g C正确。
25．（2022·广西·高二阶段练习）如图所示，在倾角为θ=37∘的足够长的固定的光滑斜面上，有一质量为M=4kg的长木板正以v0=12m/s的初速度沿斜面向下运动，现将一质量m=2kg的小物块（可视为质点）轻放在长木板最下端。已知物块与长木板间的动摩擦因数μ=0.5，设物块与木板间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8。求：
（1）放上小物块后，木板和小物块的加速度大小。
（2）要使小物块不滑离长木板，长木板至少要有多长。
（3）假设长木板长L=10m，在轻放小物块的同时对长木板施加一沿斜面向上的F=40N的恒力，求小物块在长木板上运动时间。
【答案】（1）4m/s2；10m/s2；（2）12m；（3）2.25s
【解析】
（1）小物块在长木板上滑动时受到沿板的滑动摩擦力大小为 Ff=μmgcsθ=8N
设放上小物块后，长木板和小物块的加速度大小分别为a1和a2，对二者分别由牛顿第二定律得 Ff+mgsinθ=ma1 Mgsinθ－Ff=Ma2
解得 a1=10m/s2 a2=4m/s2
（2）设经过时间t1小物块与长木板达到共同速率v1，根据运动学公式有 v1=a1t1=v0+a2t1
解得 t1=2s v1=20m/s
t1时间内小物块与长木板的相对位移大小为 Δx=v0+v12t1−v12t1=12m
所以木板的最小长度为 L=Δx=12m
（3）将恒力F刚开始作用在长木板上之后，小物块的加速度大小为 a3= a1=10m/s2
设此时长木板的加速度大小为a4，对长木板根据牛顿第二定律得 F+Ff－Mgsinθ=Ma4
解得 a4=6m/s2
方向沿斜面向上；设经过时间t2小物块与长木板达到共同速率v2，
根据运动学公式有 v2=a3t2=v0－a4t2
解得 t2=0.75s v2=7.5m/s
t2时间内小物块和长木板的位移大小分别为 x1=v22t2=2.8125m
x2=v0+v22t2=7.3125m
此时木块相对木板已经向上滑行了Δx1=x2−x1=4.5m
二者共速后，木块向下做匀加速运动，加速度向下，大小a5=mgsinθ−Ffm=2m/s2
长木板的加速度大小为a6，则根据牛顿第二定律有F－Ff－Mgsinθ=Ma6 a6=2m/s2
设从共速后经过时间t3小物块从长木板上滑落，
根据运动学公式有 v2t3+12a5t32−v2t3−12a6t32=Δx1
解得 t3=1.5s
小物块在长木板上运动时间为 t=t2+t3=2.25s
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