第六章 微专题47　“滑块－木板”模型综合问题

微专题47“滑块－木板”模型综合问题1．分析滑块与木板间的相对运动情况，确定两者间的速度关系、位移关系，注意两者速度相同时摩擦力可能变化。2.用公式Q＝Ff·x相对或动能定理、能量守恒定律求摩擦产生的热量。1.(多选)(2023·云南丽江市统测)质量为m1＝4kg的木板放在光滑的水平面上，其上放置一个质量m2＝2kg的小物块，木板和物块间的动摩擦因数为0.4，木板的长度为4m，物块可视为质点，现用一大小为F＝16N的力作用在物块上，下列说法正确的是(g取10m/s2)()A．木板的加速度为2m/s2B．物块的加速度为6m/s2C．经过2s物块从木板上滑离D．物块离开木板时的速度为8m/s答案ACD解析对木板，由牛顿第二定律可得μm2g＝m1a1，解得a1＝2m/s2，对物块，由牛顿第二定律可得F－μm2g＝m2a2，解得a2＝4m/s2，A正确，B错误；物块从木板上滑离时，位移关系满足eq\f(1,2)a2t2－eq\f(1,2)a1t2＝L，解得t＝2s，C正确；物块离开木板时的速度为v2＝a2t＝8m/s，D正确。2．(多选)如图甲，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m＝3kg的木块B可看作质点，以水平速度v0＝2m/s滑上原来静止的长木板A的表面。由于A、B间存在摩擦力，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示，则下列说法正确的是(g取10m/s2)()A．木板的质量为M＝3kgB．木块减小的动能为1.5JC．系统损失的机械能为3JD．A、B间的动摩擦因数为0.2答案AC解析由题图乙可知，A、B的加速度大小都为1m/s2，根据牛顿第二定律知eq\f(μmg,m)＝1m/s2，eq\f(μmg,M)＝1m/s2，代入数据解得M＝3kg，μ＝0.1，故A正确，D错误；木块减小的动能ΔEk＝Ek0－Ek1＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)mv12＝4.5J，故B错误；由题图乙可知，A、B的相对位移大小Δx＝eq\f(1,2)×2×1m＝1m，则系统损失的机械能为ΔE＝Wf＝μmgΔx＝3J，故C正确。3．(多选)第一次将一长木板静止放在光滑水平面上，如图甲所示，一小铅块(可视为质点)以水平初速度v0由木板左端向右滑动，到达右端时恰能与木板保持相对静止。第二次将长木板分成A、B两块，使B的长度和质量均为A的2倍，并紧挨着放在原水平面上，让小铅块仍以初速度v0由A的左端开始向右滑动，如图乙所示。若小铅块相对滑动过程中所受的摩擦力始终不变，则下列说法正确的是()A．小铅块将从B的右端飞离木板B．小铅块滑到B的右端前已与B保持相对静止C．第一次和第二次过程中产生的热量相等D．第一次过程中产生的热量大于第二次过程中产生的热量答案BD解析在第一次小铅块运动过程中，小铅块与木板之间的摩擦力使整个木板一直加速，直至二者共速，第二次小铅块先使整个木板加速，当小铅块运动到B上后A停止加速。只有B加速，加速度大于第一次的对应过程中的加速度，故第二次小铅块与B将更早共速，所以小铅块还没有运动到B的右端，二者就已共速，选项A错误，B正确；由于第一次的相对位移大于第二次的相对位移，则第一次过程中产生的热量大于第二次过程中产生的热量，选项C错误，D正确。4.如图所示，在光滑水平面上一质量为M＝3kg的平板车以v0＝1.5m/s的速度向右匀速滑行，某时刻(开始计时)在平板车左端加一大小为8.5N、水平向右的推力F，同时将一质量为m＝2kg的小滑块(可视为质点)无初速度地放在小车的右端，最终小滑块刚好没有从平板车上掉下来。已知小滑块与平板车间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g＝10m/s2，求：(1)两者达到相同速度所需要的时间t；(2)平板车的长度l。答案(1)3s(2)2.25m解析(1)小滑块相对平板车滑动时，设小滑块和平板车的加速度大小分别为a1、a2，根据牛顿第二定律有μmg＝ma1，F－μmg＝Ma2解得a1＝2m/s2，a2＝1.5m/s2又a1t＝v0＋a2t解得t＝3s。(2)两者达到相同速度后，由于eq\f(F,m＋M)＝1.7m/s2<a1，可知它们将一起做匀加速直线运动。从小滑块刚放在平板车上至达到与平板车相同速度的过程中，滑块向右的位移大小为x1＝eq\f(1,2)a1t2平板车向右的位移大小为x2＝v0t＋eq\f(1,2)a2t2又l＝x2－x1解得l＝2.25m。5.如图所示，底部带有挡板的固定光滑斜面，倾角θ＝30°，上有质量为m的足够长的木板A，其下端距挡板的距离为L，质量也为m的小物块B置于木板A的顶端，B与木板A之间的动摩擦因数为μ＝eq\f(\r(3),2)。无初速度地释放A、B，当木板滑到斜面底端时，与底部的挡板发生碰撞，碰撞后木板速度大小不变，方向与原来相反。可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力。重力加速度为g，求：(1)木板A与挡板第一次碰撞后沿斜面上滑的过程中物块B的加速度大小；(2)木板A从开始到第二次与挡板碰撞过程中运动的总路程；(3)从开始到A、B最后都静止的过程中，系统因摩擦产生的热量。答案(1)eq\f(1,4)g(2)eq\f(9,5)L(3)3mgL解析(1)木板A与挡板第一次碰撞前，A、B组成的系统加速度为a＝gsin30°由运动学公式可知，第一次碰撞时A、B组成的系统的速度v1＝eq\r(2aL)＝eq\r(gL)第一次碰撞后，对B有aB＝μgcosθ－gsinθ＝eq\f(1,4)g，方向沿斜面向上(2)第一次碰撞后，对A有aA＝μgcosθ＋gsinθ＝eq\f(5,4)g，方向沿斜面向下，可见，A、B均做匀减速运动，A先减速至零，再向下加速运动。第一次碰后，A沿斜面上滑的距离为x1＝eq\f(v12,2aA)＝eq\f(2,5)L从开始到第二次碰撞，A的总路程为xA＝L＋2x1＝eq\f(9,5)L(3)A最后静止于斜面底部。设B相对A下滑位移为Δx，由系统功能关系，有mgLsinθ＋mg(L＋Δx)sinθ＝μmgΔxcosθ可得Δx＝4L因此，系统因摩擦产生的热量为Q＝μmgΔxcosθ＝3mgL。6．(2024·福建厦门市第二中学校考)如图甲所示，竖直面内有一光滑轨道BCD，轨道的上端点B和圆心O的连线与水平方向的夹角α＝30°，圆弧轨道半径为R＝eq\f(8,3)m，与水平轨道CD相切于点C。现将一小物块(可视为质点)从空中的A点以v0＝4m/s的初速度水平向左抛出，恰好从B点沿轨道切线方向进入轨道，沿着圆弧轨道运动到C点，物块在圆弧末端C点对轨道的压力FN＝64N，之后继续沿水平轨道CD滑动，经过D点滑到质量为M＝1kg，长为L＝7m的木板上。图乙为木板开始运动后一段时间内的v－t图像，物块与地面，木板与地面间的动摩擦因数相同，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力和木板厚度。求：(1)小物块经过圆弧轨道上B点的速度大小；(2)小物块的质量；(3)全过程中木板与地面间因摩擦产生的热量。答案(1)8m/s(2)1kg(3)24J或12J解析(1)在B点，由eq\f(v0,vB)＝sinα可得vB＝8m/s(2)从B点到C点，对物块应用动能定理，mg(Rsinα＋R)＝eq\f(1,2)mvC2－eq\f(1,2)mvB2，可得vC＝12m/s，在C点，对物块受力分析FNC′－mg＝eq\f(mvC2,R)，又因为FNC′＝FNC，联立可得m＝1kg(3)由乙图可知，1s时木板受到的力发生了突变，经分析可知有两种情况。情况一(如图)：1s时物块和木板刚好共速，之后两物体一起相对静止，以相同的加速度一起减速滑行至停止。由图可知，在0～1s内，对物块：a物＝eq\f(Δv,Δt)，a物＝8m/s2，又μ1mg＝ma物，可得μ1＝0.8对木板：木板的加速度大小a木＝eq\f(Δv,Δt)，a木＝4m/s2，又μ1mg－μ2(m＋M)g＝Ma木，解得μ2＝0.2通过图像，求得两者共速前相对位移Δs＝eq\f(12×1,2)m＝6m＜L＝7m，所以此情况成立。木板加速过程位移s1＝eq\f(1×4,2)m＝2m，木板减速过程位移s2＝eq\f(v2,2μ2g)＝4m木板与地面间因摩擦产生的热量Q＝μ2(m＋M)g(s1＋s2)＝24J情况二(如图)：1s时物块从木板右侧滑出，之后两物体均在地面上滑行，滑行时加速度相同，则不会相撞。由图可知，在0～1s内，物块和木板的相对位移Δs′＝eq\f([12＋v物1－4]×1,2)＝L＝7m，解得v物1＝6m/s。物块的加速度大小a物′＝eq\f(Δv′,Δt′)，则a物′＝6m/s2，又μ1′mg＝ma物′则μ1′＝0.6，对木板：木板的加速度大小a木′＝eq\f(Δv′,Δt′)，a木′＝4m/s2，又μ1′mg－μ2′(m＋M