高考物理一轮复习课时练习 第3章第5练　专题强化：“滑块-木板”模型中的动力学问题（含详解）

1.水平桌面上有一薄板，薄板上摆放着小圆柱体A、B、C，圆柱体的质量分别为mA、mB、mC，且mA>mB>mC，如图所示为俯视图。用一水平外力将薄板抽出，圆柱体与薄板间的动摩擦因数、圆柱体与桌面间的动摩擦因数均相同。则抽出后，三个圆柱体留在桌面上的位置所组成的图形可能是图()2．(多选)如图甲所示，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的物块以速度v水平滑上长木板，此后木板与物块运动的v－t图像如图乙所示，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是()A．M＝mB．M＝2mC．木板的长度为8mD．木板与物块间的动摩擦因数为0.13.(2023·福建省枫亭中学期中)如图所示，木板长L＝2.4m，质量M＝4.0kg，与地面间的动摩擦因数为μ1＝0.4。质量为m＝1.0kg的小滑块(可视为质点)放在木板的最右端，与木板间的动摩擦因数为μ2＝0.2，开始时滑块与木板均处于静止状态，现给木板一个向右的初速度v0，取g＝10m/s2，求：(1)木板所受摩擦力的大小；(2)使滑块不从木板上掉下来，木板初速度v0的最大值。4．(多选)如图所示，质量mA＝1kg足够长的长板A置于水平地面上，质量mB＝2kg的小滑块B置于长板A的左端，A与水平地面间的动摩擦因数μ1＝0.3，B与A间的动摩擦因数μ2＝0.5，对B施加一大小为F＝20N，方向与水平方向成37°角的恒力。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列说法正确的是()A．A的加速度大小为1m/s2B．B的加速度大小为6m/s2C．若力F作用一段时间后，撤去力F，A的加速度大小增大D．若力F作用一段时间后，撤去力F，B相对A静止5．(2024·广东东莞市石龙中学月考)如图所示，厚0.2m、长为3m的木板AB静止在粗糙水平地面上，C为其中点，木板上表面AC部分光滑，CB部分粗糙，下表面与水平地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，木板右端静止放置一个小物块(可看成质点)，它与木板CB部分的动摩擦因数μ2＝0.3。已知木板和小物块的质量均为2kg，重力加速度g取10m/s2，现对木板施加一个水平向右的恒力F。(1)为使小物块与木板保持相对静止，求恒力的最大值Fm；(2)当F＝22N时，小物块经多长时间滑到木板中点C?(3)接第(2)问，当小物块到达C点时撤去F，求小物块落地时与木板A端的距离。6.(2024·江苏苏州市段考)如图所示，有一倾角为θ＝37°的斜面(sin37°＝eq\f(3,5))，下端固定一挡板，挡板与斜面垂直，一长木板上表面的上部分粗糙，下部分光滑，上端放有一质量为m的小物块。现让长木板和小物块同时由静止释放，此时刻为计时起点，在第2s末，小物块刚好到达长木板的光滑部分，又经过一段时间，长木板到达挡板处速度恰好减为零，小物块刚好到达长木板的下端边缘。已知小物块与长木板的上部分的动摩擦因数μ1＝eq\f(3,8)，长木板与斜面间的动摩擦因数μ2＝0.5，长木板的质量M＝m。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)在0～2s时间内长木板和小物块的加速度的大小；(2)开始时长木板距离挡板多远；(3)长木板的长度。第5练专题强化：“滑块—木板”模型中的动力学问题1．A[设圆柱体的质量为m，圆柱体与薄板间的动摩擦因数、圆柱体与桌面间的动摩擦因数均为μ，则在抽出薄板的过程中，圆柱体在薄板摩擦力的作用下做加速运动，离开薄板后在桌面摩擦力的作用下做减速运动，根据牛顿第二定律有μmg＝ma，可得，加速运动与减速运动时的加速度大小都为a＝μg。由于圆柱体A先离开薄板，B、C同时后离开薄板，则根据v＝at可知，A离开薄板时的速度小于B、C离开薄板时的速度，同时A加速运动的位移小于B、C加速运动的位移。离开薄板后，根据v2＝2ax可知，B、C在桌面上滑动的距离相等，且大于A在桌面上滑动的距离，故A正确。]2．BC[物块相对木板运动的过程中，在水平方向上只受到木板的滑动摩擦力的作用，故μmg＝ma1，而v－t图像的斜率表示加速度，故物块的加速度大小为a1＝eq\f(7－3,2)m/s2＝2m/s2，解得μ＝0.2，对木板受力分析可知μmg＝Ma2，由v－t图像可知木板的加速度大小为a2＝eq\f(2－0,2)m/s2＝1m/s2，联立解得M＝2m，A、D错误，B正确；由题图乙可知物块和木板在t＝2s时分离，两者在0～2s内的v－t图像与t轴围成的面积之差等于木板的长度，故L＝eq\f(1,2)×(7＋3)×2m－eq\f(1,2)×2×2m＝8m，C正确。]3．(1)22N(2)6m/s解析(1)木板所受摩擦力的大小Ff＝μ2mg＋μ1(M＋m)g＝22N(2)设滑块做匀加速直线运动的加速度大小为a1，则μ2mg＝ma1，a1＝μ2g＝2m/s2木板做匀减速直线运动的加速度大小为a2，则μ2mg＋μ1(M＋m)g＝Ma2解得a2＝5.5m/s2设经过时间t滑块刚好滑到木板左侧且两者速度相等，有a1t＝v0－a2t①滑块相对于地面的位移x1＝eq\f(1,2)a1t2②木板相对于地面的位移x2＝v0t－eq\f(1,2)a2t2③又L＝x2－x1④由①②③④解得，使滑块不从木板上掉下来，木板初速度的最大值v0＝6m/s。4．BC[对小滑块B进行受力分析，如图甲，可知FNB＋Fsin37°＝mBgFf1＝μ2FNB根据牛顿第二定律有Fcos37°－Ff1＝mBaB联立可得aB＝6m/s2，故B正确；对长板A受力分析，如图乙，可知FNA＝FNB′＋mAg＝FNB＋mAg由Ff地m＝μ1FNA＝5.4N>Ff1′＝Ff1可知，长板A静止，即aA＝0，故A错误；若力F作用一段时间后，撤去力F，则对A有aA′＝eq\f(μ2mBg－μ1mA＋mBg,mA)＝1m/s2对B有aB′＝μ2g＝5m/s2可知，A的加速度大小增大，B不会相对A静止，故C正确，D错误。]5．(1)16N(2)1s(3)0.326m解析(1)设小物块能够达到的最大加速度为am，由牛顿第二定律有μ2mg＝mam，解得am＝3m/s2对整体，由牛顿第二定律有Fm－μ1(M＋m)g＝(M＋m)am，解得Fm＝16N(2)当F＝22N时，小物块与长木板发生相对滑动，对长木板有F－μ1(M＋m)g－μ2mg＝Ma1，解得a1＝6m/s2小物块加速度a2＝eq\f(μ2mg,m)＝μ2g＝3m/s2小物块滑到木板中点C，有eq\f(1,2)a1t12－eq\f(1,2)a2t12＝eq\f(L,2)，解得t1＝1s(3)设撤掉外力时木板和物块的速度分别为v1、v2，则有v1＝a1t1＝6m/sv2＝a2t1＝3m/s，撤掉外力后，物块匀速运动，设木板做匀减速运动的加速度为a3，则μ1(M＋m)g＝Ma3，解得a3＝2m/s2，设小物块从长木板中点滑动到最左端时长木板速度为v3，则有eq\f(v12－v32,2a3)－v2·eq\f(v1－v3,a3)＝eq\f(L,2)，解得v3＝(3＋eq\r(3))m/s，此后长木板做匀减速运动，则μ1Mg＝Ma4，解得a4＝1m/s2，此后小物块做平抛运动，h＝eq\f(1,2)gt22，落地时距长木板左端的距离为Δx＝v3t2－eq\f(1,2)a4t22－v2t2，解得Δx≈0.326m。6．(1)3m/s21m/s2(2)3m(3)12m解析(1)在0～2s时间内，对小物块和长木板受力分析，Ff1、FN1是小物块与长木板之间的摩擦力和正压力的大小，Ff2、FN2是长木板与斜面之间的摩擦力和正压力的大小，Ff1＝μ1FN1，FN1＝mgcosθFf2＝μ2FN2，FN2＝FN1＋Mgcosθ规定沿斜面向下为正，设小物块和长木板的加速度分别为a1和a2，由牛顿第二定律得mgsinθ－Ff1＝ma1Mgsinθ－Ff2＋Ff1＝Ma2联立得a1＝3m/s2，a2＝1m/s2(2)在t1＝2s时，设小物块和长木板的速度分别为v1和v2，则v1＝a1t1＝6m/s，v2＝a2t2＝2m/st>t1时，设小物块和长木板的加速度分别为a1′和a2′。此时小物块与长木板之间摩擦力为零，对小物块：mgsinθ＝ma1′，a1′＝6m/s2对长木板：Mgsinθ－μ2(M＋m)gcosθ＝Ma2′，a2′＝－2m/s2即长木板做匀减速运动，设经过时间t2，长木板的速度减为零，则有v2＋a2′t2＝0，