1．(多選)(2023·云南昆明市測試)如圖1甲所示，一塊質量為mA＝2kg的木板A靜止在水平地面上，一個質量為mB＝1kg的滑塊B靜止在木板的左端，對B施加一向右的水平恒力F，一段時間后B從A右端滑出，A繼續(xù)在地面上運動一段距離后停止，此過程中A的速度隨時間變化的圖像如圖乙所示．設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度取g＝10m/s2.則下列說法正確的是( )
圖1
A．滑塊與木板之間的動摩擦因數為0.6
B．木板與地面之間的動摩擦因數為0.1
C．F的大小可能為9N
D．F的大小與板長L有關
2．(多選)(2023·江蘇泰州市上學期期末)如圖2所示，質量為m1的木塊和質量為m2的長木板疊放在水平地面上．現對木塊施加一水平向右的拉力F，木塊在長木板上滑行，長木板始終靜止．已知木塊與長木板間的動摩擦因數為μ1，長木板與地面間的動摩擦因數為μ2，且最大靜摩擦力與滑動摩擦力相等．則( )
圖2
A．μ1一定小于μ2
B．μ1可能大于μ2
C．改變F的大小，F>μ2(m1＋m2)g時，長木板將開始運動
D．改F作用于長木板，F>(μ1＋μ2)(m1＋m2)g時，長木板與木塊將開始相對滑動
3．(多選)(2023·廣東湛江市下學期第二次模擬)如圖3甲所示，在光滑水平面上，靜止一質量為M的長木板，質量為m的小滑塊(可視為質點)放在長木板上．長木板受到的水平拉力F與加速度a的關系如圖乙所示，重力加速度大小g取10m/s2，下列說法正確的是( )
圖3
A．長木板的質量M＝1kg
B．小滑塊與長木板之間的動摩擦因數為0.5
C．當F＝6.5N時，長木板的加速度大小為2.5m/s2
D．當F增大時，小滑塊的加速度一定增大
4．(2023·河南鄭州市第一次模擬)如圖4所示，a、b兩個物體靜止疊放在水平桌面上，已知ma＝mb＝m，a、b間的動摩擦因數為μ，b與地面間的動摩擦因數為eq \f(1,4)μ.已知最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g.現對a施加一水平向右的拉力，下列判斷正確的是( )
圖4
A．若a、b兩個物體始終相對靜止，則力F不能超過eq \f(3,2)μmg
B．當力F＝μmg時，a、b間的摩擦力為eq \f(3,2)μmg
C．無論力F為何值，b的加速度不會超過eq \f(3,4)μg
D．當力F＞μmg時，b相對a滑動
5．(2023·河北衡水中學高考模擬)如圖5甲所示，地面上有一長為l＝1m，高為h＝0.8m，質量M＝2kg的木板，木板的右側放置一個質量為m＝1kg的木塊(可視為質點)，已知木塊與木板之間的動摩擦因數為μ1＝0.4，木板與地面之間的動摩擦因數為μ2＝0.6，初始時兩者均靜止．現對木板施加一水平向右的拉力F，拉力F隨時間t的變化如圖乙所示，取g＝10m/s2.求：
圖5
(1)前2s木板的加速度大小；
(2)木塊落地時距離木板左側的水平距離Δs.
答案精析
1．BD [由題圖乙可知，在0～1s內，木板A的加速度a1＝2m/s2，在1～3s內，木板A的加速度a2＝－1m/s2.設滑塊與木板之間的動摩擦因數為μ1，木板與地面之間的動摩擦因數為μ2，在0～1s內，隔離木板A受力分析，有μ1mBg－μ2(mA＋mB)g＝mAa1，在1～3s內，隔離木板A受力分析，有－μ2mAg＝mAa2，聯(lián)立解得：μ2＝0.1，μ1＝0.7，選項A錯誤，B正確；隔離B受力分析，由牛頓第二定律，F－μ1mBg＝mBa3，根據v－t圖像與t軸所圍的面積表示位移可知，在0～1s內，木板A位移x1＝1m．滑塊B在1s內的位移x2＝eq \f(1,2)a3t2＝eq \f(F－7,2)，木板A長度L＝x2－x1＝eq \f(F－7,2)－1＝eq \f(F－9,2)，可變換為F＝2L＋9，即F的大小與板長L有關，選項D正確；若F的大小為9N，由牛頓第二定律，F－μ1mBg＝mBa3，可得a3＝2m/s2，A、B加速度相同，不能發(fā)生相對滑動，所以F的大小必須大于9N，選項C錯誤．]
2．BD [對m1，根據牛頓第二定律有：F－μ1m1g＝m1a，對m2，由于保持靜止有：μ1m1g－f＝0，f＜μ2(m1＋m2)g，所以動摩擦因數的大小無法比較．故A錯誤，B正確；改變F的大小，只要木塊在木板上滑動，則木塊對長木板的滑動摩擦力不變，則長木板仍然保持靜止，故C錯誤；若將F作用于長木板，當木塊與長木板恰好開始相對滑動時，對木塊，μ1m1g＝m1a′，解得a′＝μ1g，對整體分析，有F－μ2(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a′，解得F＝(μ1＋μ2)(m1＋m2)g，所以當F＞(μ1＋μ2)(m1＋m2)g時，長木板與木塊將開始相對滑動，故D正確．]
3．AC [對整體分析，由牛頓第二定律有：F＝(M＋m)a，
當F＝6N時，此時兩物體具有最大共同加速度，代入數據解得：M＋m＝3kg
當F大于6N時，根據牛頓第二定律得：F－μmg＝Ma，即F＝Ma＋μmg，知圖線的斜率k＝M＝1kg，故滑塊的質量為：m＝2kg.故A正確；根據F＝Ma＋μmg可知縱截距μmg＝4N，解得：μ＝0.2，故B錯誤；當F＝6.5N時，長木板的加速度為：a＝eq \f(F－μmg,M)＝2.5m/s2，故C正確；當F增大，兩物體發(fā)生滑動時，小滑塊的加速度為a＝eq \f(μmg,m)＝2m/s2，恒定不變，故D錯誤．]
4．A [a、b之間的最大靜摩擦力為：fmax＝μmg，b與地面間的最大靜摩擦力為：
fmax′＝eq \f(1,4)μ(m＋m)g＝eq \f(1,2)μmg
a、b相對地面一起運動，剛好不發(fā)生相對滑動時，由牛頓第二定律得：
對b有：μmg－eq \f(1,2)μmg＝ma0，得a0＝eq \f(1,2)μg
對整體有：F0－eq \f(1,2)μmg＝2ma0，得：F0＝eq \f(3,2)μmg，所以若a、b兩個物體始終相對靜止，則力F不能超過eq \f(3,2)μmg，當力F＞eq \f(3,2)μmg時，b相對a滑動，故A正確，D錯誤；當力F＝μmg時，a、b一起加速運動，加速度為：a1＝eq \f(μmg－\f(1,2)μmg,2m)＝eq \f(1,4)μg，對a，根據牛頓第二定律可得：F－f1＝ma1，解得a、b間的摩擦力為f1＝eq \f(3,4)μmg，故B錯誤；
根據A選項的分析可知，無論力F為何值，b的加速度不會超過eq \f(1,2)μg，故C錯誤．]
5．(1)2m/s2 (2)1.68m
解析 (1)設木塊在木板上滑行的最大加速度為a1，則μ1mg＝ma1，解得：a1＝4m/s2
保持木塊與木板一起做勻加速運動的最大拉力
Fm＝μ2(M＋m)g＋(M＋m)a1＝30N.
因F1＝24NFm＝30N，木塊和木板發(fā)生相對滑動，木塊加速度為a1，木板加速度為a2，則
F2－μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2
經時間t2二者分離，此時由運動學知識可得：
vt2＋eq \f(1,2)a2t22－(vt2＋eq \f(1,2)a1t22)＝l
解得：a2＝6m/s2，t2＝1s
此時木塊的速度v塊＝v＋a1t2
木板的速度：v板＝v＋a2t2
設木塊與木板分離至滑落到地的時間為t3，由平拋運動知識可得：h＝eq \f(1,2)gt32
在木塊與木板分離至落到地面的時間t3內，木塊在水平方向向前運動的位移為：x塊＝v塊t3
木塊與木板分離后，木板的加速度為a3，由牛頓第二定律可得：
F2－μ2Mg＝Ma3
在木塊與木板分離至落到地面的時間t3內，木板在水平方向向前運動的位移為：x板＝v板t3＋eq \f(1,2)a3t32
所以，木塊落地時距離木板左側：Δs＝x板－x塊
聯(lián)立以上式子解得：Δs＝1.68m.

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