02專題2板塊模型專題2板塊模型刷難關(guān)C解析關(guān)鍵點(diǎn)撥木板在水平方向受到木塊向左的滑動(dòng)摩擦力f1和地面水平向右的靜摩擦力f2，f1＝μ1m1g，由平衡條件得f2＝f1＝μ1m1g，故A錯(cuò)誤，C正確；木板相對地面的靜摩擦力達(dá)到最大時(shí)木板所受摩擦力大小等于μ2(m1＋m2)g，故B錯(cuò)誤；由題分析可知，木塊對木板的摩擦力f1不大于地面對木板的最大靜摩擦力，當(dāng)F改變時(shí)，f1不變，則木板不可能運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤．故選C.以木板為研究對象，分析受力情況，求出地面對木板的靜摩擦力．解題關(guān)鍵是當(dāng)改變F的大小時(shí)，分析木塊對木板的摩擦力能否大于地面對木板的最大靜摩擦力，從而判斷木板能否運(yùn)動(dòng)．專題2板塊模型刷難關(guān)(1)1.6m/s2

(2)0.5s

(3)F2>12N解析(1)小鐵塊受到的最大靜摩擦力fm＝μmg＝0.2×1.0×10N＝2N，小鐵塊最大加速度為am＝

＝μg＝0.2×10m/s2＝2m/s2，假設(shè)小鐵塊相對木板靜止，根據(jù)牛頓第二定律有a＝

＝m/s2＝1.6m/s2<am，所以小鐵塊不會(huì)相對長木板滑動(dòng)，小鐵塊運(yùn)動(dòng)的加速度大小a＝1.6m/s2.(2)木板和小鐵塊發(fā)生相對運(yùn)動(dòng)，對小鐵塊，根據(jù)牛頓第二定律，有μmg＝ma1，解得a1＝μg＝0.2×10m/s2＝2m/s2，根據(jù)位移關(guān)系有x板－x鐵＝L，即a板t2－a1t2＝L，代入數(shù)據(jù)解得t＝0.5s.(3)對木板分析有F2－μmg－μ(M＋m)g＝Ma′板，木板從鐵塊下抽出條件為a′板>am，代入數(shù)據(jù)得a′板＝m/s2>2m/s2，解得F2>12N.專題2板塊模型刷難關(guān)

(2)2.625m

(3)3.6m專題2板塊模型刷難關(guān)解析(1)小物塊的加速度a1＝

m/s2＝1m/s2，長木板的加速度a2＝

m/s2＝－5m/s2，對小物塊受力分析，受重力、支持力和滑動(dòng)摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律，有μ1mg＝ma1，木板水平方向受物塊向左的摩擦力和地面向左的摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律，有－μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2，解得μ1＝0.1，μ2＝0.3；(2)v－t圖線與時(shí)間軸包圍的面積表示位移大小，1s內(nèi)小物塊相對于木板向左運(yùn)動(dòng)的位移大小Δx1＝

×6×1m＝3m；小物塊受到的摩擦力大小f1＝μ1mg＝2N，木板受到地面的滑動(dòng)摩擦力大小f2＝μ2(M＋m)g＝18N，1s后木板與小物塊均做減速運(yùn)動(dòng)，由分析知，小物塊的加速度a′1＝

＝－1m/s2，木板的加速度a′2＝

＝－4m/s2，1s后木板的位移xM＝

m＝0.125m，1s后小物塊的位移xm＝

m＝0.5m，1s后小物塊相對于木板的位移Δx′＝xm－xM＝0.375m；故小物塊最終停在距木板右端Δx1－Δx′＝3m－0.375m＝2.625m處；(3)在t＝1s時(shí)，使小物塊的速度突然反向，則小物塊受到向右的摩擦力，一直到速度減小為零；木板受向左的兩個(gè)摩擦力，一直到速度減為零；小物塊相對木板向左運(yùn)動(dòng)，加速度為am＝

＝1m/s2，木板的加速度aM＝－

＝－5m/s2,小物塊的位移x1＝

m＝－0.5m，木板的位移x2＝

m＝0.1m，故第2s內(nèi)的相對位移大小Δx″＝x2－x1＝0.6m，故木板的長度L＝Δx″＋Δx1＝0.6m＋3m＝3.6m.專題2板塊模型刷素養(yǎng)(1)1m

(2)見解析4.[江蘇揚(yáng)州2019高一上月考]如圖所示，質(zhì)量為M＝1kg的木板靜止在水平地面上，質(zhì)量為m＝1kg、大小可以忽略的鐵塊靜止在木板的右端．設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1＝，鐵塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2＝，取g＝10m/s2.現(xiàn)給鐵塊施加一個(gè)水平向左的力F.(