高考物理二轮复习ppt课件微专题模型建构——板块模型

单击此处编辑母版标题样式,单击此处编辑母版文本样式,第二级,第三级,第四级,第五级,*,*,核心素养微专题,模型建构,板块模型,滑块和木板组成相互作用的系统,在摩擦力的作用下发生相对滑动,称为板块模型。板块模型是高中动力学部分中的一类重要模型,也是高考考查的重点,能从多方面体现物理学科素养。此类模型的一个典型特征是,:,滑块、木板间通过摩擦力作用使物体的运动状态发生变化。常见类型如下,:,类型,图示,规律分析,B,带动,A,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,A,带动,B,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,F,作用于,A,上,力,F,作用在物块,A,上讨论相关的临界情况,F,作用于,B,上,力,F,作用在木板,B,上讨论相关的临界情况,真题,情境图,考查角度,命题规律,2015,全国卷,T25,摩擦力、牛顿运动定律和匀变速直线运动规律等综合应用,1.,目前考查的真题中,都涉及牛顿运动定律的应用。,2.,预计接下来的高考中会涉及牛顿运动定律和动量相结合的题目。,2015,全国卷,T25,牛顿第二定律、物块与木板相对运动等综合应用,2017,全国卷,T25,牛顿运动定律和匀变速直线运动等综合应用,2019,全国卷,T20,牛顿运动定律和图象相结合,真题演变,辨知规律,情境命题,素养培优,情境命题,1,滑块、木板上均未施加力,【典例,1,】,(2020,济南一模,),如图所示，一足够长木板,B,的质量,M=2 kg,，静止放在粗糙的水平地面上，现有一质量,m=1 kg,的小滑块,A,以,v,0,=9 m/s,的初速度从木板的左端滑上木板。,A,、,B,之间的动摩擦因数,1,=0.4,，,B,与地面之间的动摩擦因数,2,=0.1,，重力加速度,g,取,10 m/s,2,。,2021,届高考物理二轮复习课件微专题模型建构,板块模型,2021,届高考物理二轮复习课件微专题模型建构,板块模型,求：,(1)A,、,B,相对运动过程中，,B,的加速度大小；,(2)A,、,B,之间因摩擦而产生的热量；,(3)B,在水平地面上滑行的距离。,2021,届高考物理二轮复习课件微专题模型建构,板块模型,2021,届高考物理二轮复习课件微专题模型建构,板块模型,【解析】,(1)A,、,B,相对运动过程中，对,B,由牛顿第二定律得,1,mg-,2,(m+M)g,=Ma,B,，解得,a,B,=0.5 m/s,2,；,(2),滑块,A,的加速度,a,A,=,1,g=4 m/s,2,，两者共速时,v=v,0,-a,A,t=a,B,t,，解得,t=2 s,，,v=1 m/s,，此时,A,相对于,B,的位移,s=v,0,t- a,A,t,2,- a,B,t,2,=9 m,，,A,、,B,之间因摩擦,而产生的热量,Q=,1,mgs=36 J,；,(3),从开始运动到,A,、,B,共速，,B,滑行的距离为,x,1,= a,B,t,2,=1 m,，共速后，,A,、,B,一起,向前做减速运动，加速度,a,3,=,2,g=1 m/s,2,，滑行的距离,x,2,= =0.5 m,，,则,B,在水平地面上滑行的距离,x=x,1,+x,2,=1.5 m,。,答案：,(1)0.5 m/s,2,(2)36 J,(3)1.5 m,2021,届高考物理二轮复习课件微专题模型建构,板块模型,2021,届高考物理二轮复习课件微专题模型建构,板块模型,情境命题,2,力作用在滑块上,【典例,2,】,(2020,日照四模,),如图所示,质量,M=2 kg,的滑板,A,放在水平地面上,当,A,向右滑动的速度,v,0,=13.5 m/s,时,在,A,中间位置轻轻地放上一个大小不计、质量,m=1 kg,的小物块,B,同时给,B,施加一个水平向右的,F=6 N,的恒力作用并开始计时。已知,A,与地面间的动摩擦因数,1,=0.1,A,与,B,间的动摩擦因数,2,=0.4,。,(,设滑板,A,足够长,取,g=10 m/s,2,),求,:,(1),经过多长时间,A,、,B,达到共同速度,;,(2),从开始计时到,A,、,B,达到共同速度的时间内,A,、,B,间因摩擦而产生的热量,Q;,(3)2 s,内滑板,A,的位移大小。,2021,届高考物理二轮复习课件微专题模型建构,板块模型,2021,届高考物理二轮复习课件微专题模型建构,板块模型,【解析】,(1),设,A,的加速度大小为,a,1,对,A,由牛顿第二定律可得,2,mg+,1,(M+m)g=Ma,1,解得,a,1,=3.5 m/s,2,方向向左,设,B,的加速度大小为,a,2,对,B,由牛顿第二定律可得,F+,2,mg=ma,2,解得,a,2,=10 m/s,2,方向向右,A,做减速运动,v,1,=v,0,-a,1,t,B,做加速运动,v,2,=a,2,t,A,、,B,达到共同速度时,v,1,=v,2,解得,t=1 s,2021,届高考物理二轮复习课件微专题模型建构,板块模型,2021,届高考物理二轮复习课件微专题模型建构,板块模型,(2),从开始计时到达到共同速度,A,的位移大小为,x,1,=v,0,t-,a,1,t,2,=11.75 m,B,的位移大小为,x,2,=,a,2,t,2,=5 m,A,、,B,间因摩擦而产生的热量为,Q,则,Q=,2,mg(x,1,-x,2,)=27 J,2021,届高考物理二轮复习课件微专题模型建构,板块模型,2021,届高考物理二轮复习课件微专题模型建构,板块模型,(3),经分析,A,、,B,达到共同速度之后无法相对静止,各自做变速运动。设,A,的加速,度大小为,a,3,对,A,由牛顿第二定律可得,:,2,mg-,1,(M+m)g=Ma,3,解得,a,3,=0.5 m/s,2,方向向右,;,1 s,时,由,(1),可得,v,1,=10 m/s,再经过,1 s,A,的位移大小为,x,3,=v,1,t+,a,3,t,2,=10.25 m,2 s,内滑板,A,的位移大小为,x,A,=x,1,+x,3,=22 m,答案,:,(1)1 s,(2)27 J,(3)22 m,2021,届高考物理二轮复习课件微专题模型建构,板块模型,2021,届高考物理二轮复习课件微专题模型建构,板块模型,情境命题,3,力作用在木板上,【典例,3,】,(2020,辽南协作体一模,),如图所示,光滑水平面上静止放置质量,M=2 kg,的足够长木板,C;,离板右端,x=0.72 m,处静止放置质量,m,A,=1 kg,的小物块,A,A,与,C,间的动摩擦因数,=0.4;,在木板右端静止放置质量,m,B,=1 kg,的小物块,B,B,与,C,间的摩擦忽略不计,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。,A,、,B,均可视为质点,g,取,10 m/s,2,现在木板上加一水平向右的力,F,到,A,与,B,发生弹性碰撞时撤去力,F,。问,:,2021,届高考物理二轮复习课件微专题模型建构,板块模型,2021,届高考物理二轮复习课件微专题模型建构,板块模型,(1)A,与,B,碰撞之前,B,的加速度大小,;,(2),在,A,与,B,碰撞之前,若维持,A,与,C,相对静止,则,F,最大为多少,?,(3),若,F=3 N,则长木板,C,最终的对地速度是多大,?,【解析】,(1)A,在与,B,碰撞之前,B,静止不动,所受合外力为零,所以加速度为零。,(2),若,A,、,C,相对静止,临界加速度大小,a,0,=,=4 m/s,2,则,C,受到的推力最大为,F,0,=(M+m,A,)a,0,=12 N,2021,届高考物理二轮复习课件微专题模型建构,板块模型,2021,届高考物理二轮复习课件微专题模型建构,板块模型,(3)A,、,C,一起运动的加速度,a=,=1 m/s,2,A,、,B,碰撞前瞬间,A,、,C,的共同速度为,v,0,=,m/s=1.2 m/s,A,、,B,发生弹性碰撞,选取水平向右为正,由动量守恒和能量守恒定律可得,m,A,v,0,=m,A,v,A,+m,B,v,B,速度交换解得,v,A,=0,碰后,A,、,C,组成系统,根据动量守恒可得,Mv,0,=(M+m,A,)v,解得长木板,C,最终的对地速度,v=0.8 m/s,答案,:,(1)0,(2)12 N,(3)0.8 m/s,2021,届高考物理二轮复习课件微专题模型建构,板块模型,2021,届高考物理二轮复习课件微专题模型建构,板块模型,【名师点睛】,板块模型问题的解题策略,2021,届高考物理二轮复习课件微专题模型建构,板块模型,2021,届高考物理二轮复习课件微专题模型建构,板块模型,素养专题培优练,素养专题培优练,(,三,),板 块 模 型,(45,分钟,100,分,),一、选择题,(,本题共,8,小题,每小题,8,分,共,64,分,其中,1,5,题为单选,6,8,题为多选,),1.(2020,永州二模,),如图所示,固定在水平地面的斜面体,其斜面倾角,=30,斜面长,x=1.6 m,底端与长木板,B,上表面等高,B,静止在光滑水平地面上,左端与斜,面接触但不粘连,斜面底端与,B,的上表面接触处平滑连接。一可视为质点的滑块,A,从斜面顶端处由静止开始下滑,最终,A,刚好未从,B,上滑下。已知,A,、,B,的质量均为,1 kg,A,与斜面间的动摩擦因数,1,=,A,与,B,上表面间的动摩擦因数,2,=0.5,重力,加速度,g,取,10 m/s,2,下列说法正确的是,(,),2021,届高考物理二轮复习课件微专题模型建构,板块模型,2021,届高考物理二轮复习课件微专题模型建构,板块模型,A.A,的最终速度为,0,B.B,的长度为,0.4 m,C.A,在,B,上滑动过程中,A,、,B,系统所产生的内能为,1 J,D.A,在,B,上滑动过程中,A,、,B,系统所产生的内能为,2 J,2021,届高考物理二轮复习课件微专题模型建构,板块模型,2021,届高考物理二轮复习课件微专题模型建构,板块模型,【解析】,选,C,。设,A,、,B,的质量均为,m,A,刚滑上,B,的上表面时的速度大小为,v,0,。滑块,A,沿斜面下滑的过程,由动能定理得,mgxsin-,1,mgxcos= m -0,解得,v,0,=,2 m/s,。设,A,刚好滑到,B,右端的时间为,t,两者的共同速度为,v,。滑块,A,滑上木板,B,后,木板,B,向右做匀加速运动,A,向右做匀减速运动。,2021,届高考物理二轮复习课件微专题模型建构,板块模型,2021,届高考物理二轮复习课件微专题模型建构,板块模型,根据牛顿第二定律得,:,对,A,有,2,mg=ma,A,对,B,有,2,mg=ma,B,则,v=v,0,-a,A,t=a,B,t,联立解,得,t=0.2 s,v=1 m/s,所以,A,的最终速度为,1 m/s,选项,A,错误,;,木板,B,的长度为,L=x,A,-x,B,=,0.2 m=0.2 m,选项,B,错误,;A,在,B,上滑动过程中,A,、,B,系统所产生的内能为,Q=,2,mgL=0.5,1,10,0.2 J=1 J,选项,C,正确,D,错误。,2021,届高考物理二轮复习课件微专题模型建构,板块模型,2021,届高考物理二轮复习课件微专题模型建构,板块模型,2.,如图所示,一长木板在水平地面上运动,在某时刻,(t=0),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,物块与木板间及木板与地面间均有摩擦,物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,且物块始终在木板上。在物块放到木板上之后,木板运动的速度,时间图象可能是下列选项中的,(,),2021,届高考物理二轮复习课件微专题模型建构,板块模型,2021,届高考物理二轮复习课件微专题模型建构,板块模型,【解析】,选,A,。设在木板与物块未达到相同速度之前,木板的加速度为,a,1,物块与木板间的动摩擦因数为,1,木板与地面间的动摩擦因数为,2,。对木板应用牛顿第二定律得,:,-,1,mg-,2,2mg=ma,1,a,1,=-(,1,+2,2,)g,设物块与木板达到相同速度之后,木板的加速度为,a,2,对整体有,-,2,2mg=2ma,2,a,2,=-,2,g,可见,|a,1,|a,2,|,由,v-t,图象的斜率表示加速度大小可知,图象,A,正确。,2021,届高考物理二轮复习课件微专题模型建构,板块模型,2021,届高考物理二轮复习课件微专题模型建构,板块模型,3.,如图所示,质量均为,1.0 kg,的木板,A,和半径为,0.2 m,的,光滑圆弧槽,B,静置在光,滑水平面上,A,和,B,接触但不粘连,B,左端圆弧与,A,上表面相切。现有一质量为,2.0 kg,的小滑块,C,以,5 m/s,的水平初速度从左端滑上,A,C,离开,A,时,A,的速度大小为,1.0 m/s,。已知,A,、,C,间的动摩擦因数为,0.5,重力加速度,g,取,10 m/s,2,。下列说法正,确的是,(,),A.,木板,A,的长度为,0.85 m,B.,滑块,C,能够离开,B,且离开,B,后做竖直上抛运动,C.,整个过程中,A,、,B,、,C,组成的系统水平方向动量守恒,D.B,的最大速度为,10 m/s,2021,届高考物理二轮复习课件微专题模型建构,板块模型,2021,届高考物理二轮复习课件微专题模型建构,板块模型,【解析】,选,C,。由于在光滑水平面上,小滑块,C,与木板,A,作用过程中,动量守恒,;,滑,块在光滑圆弧槽,B,滑行的过程中,系统水平方向不受外力,动量守恒,;,所以整个过,程,A,、,B,、,C,组成的系统水平方向动量守恒,选项,C,正确,;,滑块在木板上滑行的过程,中,设向右为正方向,对系统由动量守恒和能量守恒可得,m,C,v,C,=m,C,v,C,+(m,A,+m,B,)v,AB, m,C,= m,C,+ (m,A,+m,B,) +m,C,gL,联立并代入,数据得,v,C,=4 m/s,L=0.8 m,选项,A,错误,;,滑块在光滑圆弧槽,B,上滑行的过程中,假,设两者能达到速度相同,此时滑块滑上圆弧槽的最大高度。,2021,届高考物理二轮复习课件微专题模型建构,板块模型,2021,届高考物理二轮复习课件微专题模型建构,板块模型,根据系统的动量守恒和能量守恒可得,m,C,v,C,+m,B,v,AB,=(m,C,+m,B,)v,共, m,C,v,C,2,+,m,B,= (m,C,+m,B,) +m,C,gh,联立并代入数据得,h=0.15 m0.2 m,假设成立。,即滑块,C,不会离开,B,选项,B,错误,;,之后滑块会下滑,圆弧槽速度继续增大。当滑块,滑到最低点时,圆弧槽获得最大速度,根据系统的动量守恒和能量守恒可得,(m,C,+m,B,)v,共,=m,C,v,C,+m,B,v,Bmax, m,C,+ m,B,= (m,C,+m,B,) +m,C,gh,解得,v,Bmax,=5 m/s,选项,D,错误。,2021,届高考物理二轮复习课件微专题模型建构,板块模型,2021,届高考物理二轮复习课件微专题模型建构,板块模型,4.,如图甲所示,光滑斜面上有固定挡板,A,斜面上叠放着小物块,B,和薄木板,C,、木板下端位于板,A,处,整体处于静止状态,木板,C,受到逐渐增大的沿斜面向上的拉力,F,作用时,木板,C,的加速度,a,与拉力,F,的关系图象如图乙所示,已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度,g,取,10 m/s,2,则由图可知,下列说法错误的是,(,),A.10 NF15 N,时物块,B,和木板,C,相对滑动,C.,木板,C,的质量可求出,D.,木板和物块两者间的动摩擦因数可求出,2021,届高考物理二轮复习课件微专题模型建构,板块模型,2021,届高考物理二轮复习课件微专题模型建构,板块模型,【解析】,选,C,。由图可知,当,10 NF15 N,时,木板的加速度变大,可知此时物块,B,和木板,C,产生了相对滑动,选项,A,、,B,正确,;,对木,板和物块组成的整体,当,F,1,=10 N,时,a=0,则,F,1,=(M+m)gsin,当,F,2,=15 N,时,a=,2.5 m/s,2,则,F,2,-(M+m)gsin=(M+m)a ,联立方程可求解,M+m=2 kg,sin=0.5,但,是不能求解木板,C,的质量,选项,C,错误,;,因当,F,2,=15 N,时,a=2.5 m/s,2,此时物块和木,板开始发生相对滑动,此时物块和木板之间的摩擦力达到最大,则对物块,mgcos-mgsin=ma,联立方程可求解,= ,选项,D,正确。,2021,届高考物理二轮复习课件微专题模型建构,板块模型,2021,届高考物理二轮复习课件微专题模型建构,板块模型,5.,如图所示,物块,A,质量为,1 kg,足够长的木板,B,质量为,2 kg,叠放在水平地面上,A,、,B,间动摩擦因数,1,=0.4,B,与地面间动摩擦因数,2,=0.1,且最大静摩擦力等于滑动摩擦力,现对,A,施加一个逐渐增大的水平力,F=kt(k=1 N/s,t,为时间,),g,取,10 m/s,2,则下面关于,A,与,B,间摩擦力,f,A,、,B,与地面间摩擦力,f,B,以及,A,、,B,加速度与时间关系图象正确的是,(,),【解题指南】,解答本题可按以下思路进行分析,:,(1),先对,A,、,B,整体受力分析,当施加的拉力小于,B,与地面的摩擦力时,A,、,B,静止。,(2),对,B,进行受力分析,判断出,B,的最大加速度。,(3),对,A,进行受力分析,判断出,A,、,B,发生相对滑动时的拉力大小,此后,A,、,B,受到的摩擦力为滑动摩擦力,结合牛顿第二定律即可判断。,【解析】,选,B,。对,A,、,B,整体进行受力分析可得在,0,3 s,内即,F,在,0,3 N,时,A,、,B,静,止,A,、,B,加速度,a=0,摩擦力,f,A,、,f,B,均匀增大。在,3,4.5 s,内即,F,在,3,4.5 N,时,A,、,B,有共同的加速度,a= m/s,2,=( -1) m/s,2,在,4.5 s,时即,F=4.5 N,时,A,、,B,共同加速度最大为,a=0.5 m/s,2,此时,f,A,=4 N,、,f,B,=3 N,在,t=4.5 s,以后即,F4.5 N,A,、,B,相对滑动,a,A,=(F-4) m/s,2,f,A,不再变化,a,B,=0.5 m/s,2,f,B,不再变化,注意,4.5 s,前后,A,的加速度,变化快慢不同,选项,B,正确,A,、,C,、,D,错误。,【加固训练】,如图所示,A,、,B,两物块的质量分别为,2m,和,m,静止叠放在水平地面上。,A,、,B,间的动,摩擦因数为,B,与地面间的动摩擦因数为,。最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为,g,。现对,A,施加一水平拉力,F,则,(,),A.,当,F3mg,时,A,相对,B,滑动,D.,无论,F,为何值,B,的加速度不会超过,g,【解析】,选,C,。,A,、,B,间的最大静摩擦力为,2mg,B,和地面之间的最大静摩擦力,为,mg,对,A,、,B,整体,只要,F mg,整体就会运动,A,错误,;,当,A,对,B,的摩擦力,为最大静摩擦力时,A,、,B,将要发生相对滑动,故,A,、,B,一起运动的加速度的最大值,满足,2mg- mg=ma,max,B,运动的最大加速度,a,max,= g,D,错误,;,此时,对,A,、,B,整体,有,F- mg=3ma,max,则,F3mg,时两者会发生相对运动,C,正确,;,当,F= mg,时,两者相对静止,一起滑动,加速度满足,F- mg=3ma,解得,a= g,B,错,误。,6. (2020,潍坊四模,),如图所示,木板甲长为,L,放在水平桌面上,可视为质点的物块乙叠,放在甲左端,已知甲、乙质量相等,甲与乙、甲与桌面间动摩擦因数相同。对乙施加水,平向右的瞬时冲量,I,乙恰好未从甲上滑落,;,此时对甲施加水平向右的瞬时冲量,I,此后,(,),A.,乙加速时间与减速时间相同,B.,甲做匀减速运动直到停止,C.,乙最终停在甲中点,D.,乙最终停在距甲右端,L,处,【解析】,选,A,、,D,。对乙施加水平向右的瞬时冲量,I,对乙有,mg=ma,1,解得,a,1,=g,。,乙对甲的摩擦力水平向右,大小为,mg,甲与地面间的最大静摩擦力为,f,max,=,2mgmg,则此情况下甲静止,则有,( ),2,=2gL,。对甲施加水平向右的,瞬时冲量,I,对甲有,3mg=ma,2,解得,a,2,=3g,。乙受甲向右的摩擦力,则乙向右加,速,加速度为,g,甲向右减速,加速度大小为,3g,当甲、乙速度相等时,接下来,甲、乙一起减速,加速度为,a= =g,直到停止,由于乙加速和减速的加速度大小相等,且先由静止加速后减速直到停止,则乙加,速和减速的时间相等,由于甲减速过程中的加速度大小变化,则甲做变减速运动,选项,A,正确,B,错误,;,从开始到甲、乙速度相等过程有,-3gt=gt,解得,t= ,则共同速度为,v=gt=g,=,。对乙有,x,乙,= t,。,对甲有,x,甲,= t,其中,v,0,= ,则,x=x,甲,-x,乙,联立解得,x= ,选项,C,错误,D,正确。,7.,如图所示,在光滑的水平面上有一个质量为,M,的木板,B,处于静止状态,现有一个质量为,m,的木块,A,从,B,的左端以初速度,v,0,=4 m/s,开始水平向右滑动,已知,M=2 kg,m=1 kg,板长为,2 m,木块,A,经过,1 s,后从,B,的右端滑下,(g,取,10 m/s,2,),下面说法正确的是,(,),A.A,和,B,间的动摩擦因数为,0.32,B.A,离开,B,时的速度为,0.8 m/s,C.A,和,B,间的动摩擦因数为,D.A,离开,B,时的速度为,m/s,【解析】,选,C,、,D,。设,A,和,B,间的动摩擦因数为,根据牛顿第二定律得,:,对,A,有,mg=ma,A,对,B,有,mg=Ma,B,木块,A,滑到,B,板右端时,有,L=(v,0,t- a,A,t,2,)- a,B,t,2,联立解得,= ,故选项,A,错误,C,正确,;,由于,a,A,=g= m/s,2,则,A,离开,B,时的,速度为,v,A,=v,0,-a,A,t= m/s,选项,B,错误,D,正确。,8.(2020,济南二模,),如图甲所示，滑块,A,和足够长的木板,B,叠放在水平地面上，,A,和,B,之间、,B,和地面之间的动摩擦因数相同，,A,和,B,的质量均为,m,。现对,B,施加一水平向右逐渐增大的力,F,，当,F,增大到,F,0,时,B,开始运动，之后力,F,按图乙所示的规律继续增大，图乙中的,x,为,B,运动的位移，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力。对两物体的运动过程，以下说法正确的是,(,),A.,木板,B,开始运动后过一段时间，,A,再开始运动,B.,滑块,A,的加速度一直增大,C.,自,x=0,至,x=x,0,木板,B,对,A,做功为,D.x=x,0,时，木板,B,的速度大小为,【解析】,选,C,、,D,。开始时,A,、,B,相对静止，当拉力等于,B,与地面间的最大静摩擦力,时，,B,和,A,一起做加速运动，,A,错误；由图象可知,B,受到地面的滑动摩擦力为,f=F,0,=2mg,，设,A,、,B,刚好相对滑动时拉力为,F,，对,A,有,mg=ma,，对,B,有,F-3mg=ma,解,得,F=2F,0,，当拉力,F,在,F,0,2F,0,之间时，,A,、,B,相对静止一起加速运动，当拉力,F,大于,2F,0,时，,A,、,B,相对滑动；,A,、,B,相对静止一起加速运动时，,A,的加速度一直增加，,当,A,、,B,相对滑动后，,A,的加速度不变，,B,错误；从,x=0,到,x=x,0,过程，对,A,、,B,系统由,动能定理得,x,0,-fx,0,= 2mv,2,，解得,v=,，对,A,由动能定理得,W= mv,2,=,F,0,x,0,，即木板,B,对,A,做功为 ，,C,、,D,正确。,二、计算题,(,本题共,2,小题,共,36,分,),9.(16,分,),如图所示,倾角,=30,的足够长光滑斜面固定在水平面上,斜面上放一,长为,L=1.8 m,、质量为,M=3 kg,的薄木板,木板的最右端叠放一质量为,m=1 kg,的小,物块,物块与木板间的动摩擦因数,=,。对木板施加沿斜面向上的恒力,F,使木,板沿斜面由静止开始做匀加速直线运动。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,10 m/s,2,。,(1),为使物块不滑离木板,求力,F,应满足的条件,;,(2),若,F=37.5 N,物块能否滑离木板,?,若不能,请说明理由,;,若能,求出物块滑离木,板所用的时间及滑离木板后沿斜面上升的最大距离。,【解析】,(1),以物块和木板整体为研究对象,由牛顿第二定律得,F-(M+m)gsin =(M+m)a,以物块为研究对象,由牛顿第二定律得,F,f,-mgsin =ma,又,F,f,F,fm,=mgcos ,联立解得,F30 N,(2),因,F=37.5 N30 N,所以物块能够滑离木板。隔离木板,由牛顿第二定律得,F-mgcos -Mgsin =Ma,1,隔离物块,由牛顿第二定律得,mgcos -mgsin =ma,2,设物块滑离木板所用时间为,t,木板的位移,x,1,=,a,1,t,2,物块的位移,x,2,=,a,2,t,2,物块与木板的分离条件为,x=x,1,-x,2,=L,联立以上各式解得,t=1.2 s,物块滑离木板时的速度,v=a,2,t,由公式,-2gsin ,x=0-v,2,解得,x=0.9 m,答案,:,(1)F30 N,(2),能,1.2 s,0.9 m,10.(20,分,)(2020,泰安二模,),如图所示，质量,M=8 kg,的长木板,B,沿水平地面向左运动，同时受到水平向右的恒力,F=48 N,的作用，当长木板,B,的速度,v=6 m/s,时，从长木板,B,的左端滑上一质量,m=2 kg,的小木块,A,，此时小木块,A,的速度大小也为,v=6 m/s,，已知小木块,A,未从长木板,B,的右端滑下，小木块,A,与长木板,B,以及地面之间的动摩擦因数均为,=0.2,，重力加速度,g,取,10 m/s,2,。,求：,(1),长木板,B,向左运动的最大位移；,(2),长木板的长度至少为多少？,【解析】,(1),初始时刻对小木块,A,、长木板,B,分别进行受力分析，如图所示,对小木块,A,有,mg=ma,1,解得,a,1,=2 m/s,2,，方向向左；,对长木板,B,有,F+mg+(M+m)g=Ma,2,解得,a,2,=9 m/s,2,，方向向右；,可见长木板,B,先向左减速直到速度为零，此时,t,1,= s,，,x,B1,= t,1,=2 m,。,(2),在,t,1,= s,时间内，小木块,A,一直向右减速，有,v,1,=v-a,1,t,1,= m/s,，,x,A1,= m,，之后，小木块,A,继续向右减速，加速度不变；长木板,B,开始向右加速。其加速度为,a,3,= =4 m/s,2,，设又经过,t,2,两者,共速，有,v,共,=v,1,-a,1,t,2,=a,3,t,2,，解得,t,2,= s,，,v,共,= m/s,，则,x,A2,=,x,B2,=,这时小木块,A,相对长木板,B,向右运动的位移为,x=x,A1,+x,B1,+x,A2,-x,B2,= m,，即长木板,B,的长度至少为,m,。,答案：,(1)2 m,(2) m,