台师高级中学高三一轮复习：牛顿第二定律-板块模型(解析版)

台师高级中学高三一轮复习：牛顿第二定律-板块模型 （1）不受外力作用的带动问题：
1．如图所示，质量 M =8.0kg 的薄木板静置在光滑水平地面上，质量m =2.0kg 的小滑块（可视为质点）以速度 v 0=5.0m/s 从木板的左端冲上木板，恰好不滑离木板。

已知滑块与木板间的动摩擦因数 μ=0.20，重力加速度 g 取 10m/s 2。

求
(1)小滑块的加速度大小
(2)薄木板的加速度大小
(3)薄木板的长度
【答案】(1) 2m/s 2 (2) 0.5m/s 2 (3) 5m
【解析】
【分析】
由题意可知考查滑块—滑板模型，采用隔离法根据牛顿第二定律分析计算可得。

【详解】
(1) 取滑块为研究对象，由牛顿第二定律可得
1mg ma μ=
1100.20m/s=2m/s a g μ==⨯
(2) 取薄木板为研究对象，由牛顿第二定律可得
2mg Ma μ=
222100.200.5m/s 8
mg a M μ⨯⨯=== (3) 滑块恰好不滑离木板，由运动学公式可得
220121122
L v t a t a t =-- 速度关系
012v a a t -=
两式联立可得t =2s L =5m
【点睛】
滑块和滑板加速度不同，采用隔离法求得各自的加速度，滑块恰好不滑离木板，说明滑块滑到木板的最右端时二者速度刚好相同，根据位移关系和速度关系列式计算可得。

2．如图，质量M=4kg 的长木板静止处于粗糙水平地面上，长木板与地面的动摩擦因数μ1=0.1，现有一质量m=3kg 的小木块以v 0=14m/s 的速度从一端滑上木板，恰好未从木板上滑下，滑块与长木板的动摩擦因数μ2=0.5，g 取10m/s 2，求：
，1）木块刚滑上木板时，木块和木板的加速度大小；
，2，木板长度；
，3）木板在地面上运动的最大位移。

【答案】（1（5m/s 2 2m/s 2（2（14m（3（12m
【解析】
【分析】
（1）由题意知，冲上木板后木块做匀减速直线运动，木板由静止做匀加速度直线运动，根据牛顿第二定律求解加速度；（2）木块恰好未从木板滑下，当木块运动到木板最右端时，两者速度相等；根据位移关系求解木板的长度；（3）木块木板达到共同速度后将一起作匀减速直线运动，结合运动公式求解木板在地面上运动的最大位移.
【详解】
（1）由题意知，冲上木板后木块做匀减速直线运动，
初速度 v 0=14m/s ，加速度大小 212a μg 5m /s ==
木板由静止做匀加速度直线运动
即 ()212μmg μM m g Ma -+=
解得 22a 2m /s =
（2）木块恰好未从木板滑下，当木块运动到木板最右端时，两者速度相等。

设此过程所用时间为t
即 012v v a t v a t =-==木板木块
解得 t=2s
木块位移 2011x v t a t 18m 2木块=-
= 木板位移 221x a t 4m 2
木板== 木板长度 L x x 14m =-=木板木块
（3）木块木板达到共同速度后将一起作匀减速直线运动，分析得
2231v a t 4m /s a μg 1m /s ====共，
木板位移 23
v x 8m 2a ==，共木板 总位移 ,
x x x 12m =+=木板木板 （2）受外力作用的带动问题：即拉上与拉下问题
3．如图所示，光滑的水平面上放着一块木板，长为L=1m ，质量为M ＝2.0 kg ，木板处于静止状态。

质量为m ＝1.0 kg 的小物(可视为质点)放在木板的最右端。

已知物块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.20，木板与地面的动摩擦因数μ2＝0.10。

可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力。

现对木板施加一个水平向右的恒力F 。

g 取10 m/s 2.
(1)若要使木板开始运动，且物块相对木板不滑动，则求F 的取值范围。

(2)若F= 13N ，求物块即将滑离木板时的速度大小。

【答案】（1）3N<F 9N ≤（2）2m/s
【解析】（1）地面对木板的滑动摩擦力f=μ2（M+m ）g=3N 物块的最大加速度212/m mg
a m s m μ==
()9m m m F f M m a F N -=+⇒=
要使木板运动，且物块不滑动，则3N<F 9N ≤
（2）F>9N ，所以物块与木板发生相对滑动。

物块的加速度2112/mg
a m s m μ==
木板的加速度2124/F f mg a m s M
μ--=
= 设经t 时间物块从木板滑离，则222111122L a t a t t s =-⇒= 12/v a t m s ==
4．如图所示，质量M =2.0kg 的木板静止在光滑水平桌面上，木板上放有一质量m =1.0kg 的小铁块（可视为质点），它离木板左端的距离为L =0.5m ，铁块与木板间的动摩擦因数为μ=0.2．现用一水平向右的拉力F 作用在木板上，使木板和铁块由静止开始运动，设木板与铁块间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10m /s 2．则
（1）求当拉力为3N 时，铁块受到的摩擦力大小；
（2）若要铁块相对木板静止，求拉力的最大值；
（3）若将木板从铁块下抽出历时1s ，求拉力的大小．
【答案】（1）1N （2）6N （3）8N
【解析】
【详解】
（1）由牛顿第二定律()11F M m a =+
铁块受到的摩擦力11f ma =
解得11N f =
（2）最大静摩擦力2f mg μ= 铁块的最大加速度22f a m
= 由牛顿第二定律()22F M m a =+
解得26N F =
（3）设木板的加速度为a 3，由题意
22321122
a t a t L -= 由牛顿第二定律323F f Ma -=
解得38N F =
5．如图所示，长度L=2m ，质量M=2/3kg 的木板置于光滑的水平地面上，质量m=2kg 的小物块（可视为质点）位于木板的左端，木板和小物块间的动摩擦因数μ=0.1，现对小物块施加一水平向右的恒力F=10N ，取g=10m/s 2．求：
（1）将木板M 固定，小物块离开木板时的速度大小；
（2）若木板M 不固定，m 和M 的加速度a 1、a 2的大小；
（3）若木板M 不固定，从开始运动到小物块离开木板所用的时间．
【答案】（1（4m/s (2)214m/s a =, 22s 3m/a = (3)2s
【解析】
（1）根据牛顿第二定律：24/F mg ma a m s μ-=⇒=；故224/v aL v m s =⇒=（
（2）对m ，由牛顿第二定律得1F mg ma μ-=（代入数据解得214/a m s =（
对M ，由牛顿第二定律得2mg Ma μ=（代入数据解得223/a m s =（
（3）根据22121122a t a t L -=得()214322
t -=，解得2t s =（ 【点睛】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合，关键能够正确地受力分析，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁．
6．一足够长木板在水平地面上运动，当木板速度为5m/s 时将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，已知物块与木板的质量相等，物块与木板间动摩擦因数为0.2，木板与地面间的动摩擦因数为0.3，物块与木板间、木板与地面间的最大静摩擦因力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上，取重力加速度的大小g=10m/s 2．求：
，1）物块刚好到木板上后，两者的加速度分别为多大；
，2）多长时间两者达到相同速度；
，3）物块与木板停止运动时，木板在整个运动过程中的位移大小．
【答案】（1（2m/s 2（8m/s 2（（2（0.5s（（3（1.625m（
【解析】（1）放上木块后，对木块，根据牛顿第二定律得，μ1mg=ma 1（
解得木块的加速度为：a 1=μ1g=0.2×10m/s 2=2m/s 2（
对木板，根据牛顿第二定律得，μ1mg+μ22 mg=ma 2（
212220.2100.3208/1
mg mg
a m s m μμ+⋅⨯+⨯=== ． （2）设经过t 时间速度相同，根据速度时间公式得，a 1t=v 0（a 2t（
代入数据解得t=0.5 s（
（3）在速度相等时，木板的位移
x 1=v 0 t ﹣12a 2t 2=5×0.5+12
×8×0.25m=1.5 m ． 共速后，两者分别做匀减速运动，此时的速度v=a 1t=1m/s（
木板加速度 μ2∙2 mg（μ1mg=ma 3（
代入数据解得a 3=4 m/s 2
由v 2=a 3x 2，解得x 2=231224
v a =⨯=0.125 m 木板全程位移x=x 1+x 2=1.625 m（
点睛：解决本题的关键知道木块和木板在整个过程中的运动规律，抓住两者速度相等的临界条件，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解（。