第三章 微專題24　“滑塊－木板”模型問(wèn)題-2025年高中物理《加練半小時(shí)》新教材版

第三章運(yùn)動(dòng)和力的關(guān)系第三章運(yùn)動(dòng)和力的關(guān)系微專題24“滑塊－木板”模型問(wèn)題1．滑塊—木板同速后能否一起運(yùn)動(dòng)的判斷：先假設(shè)能一起運(yùn)動(dòng)，對(duì)整體分析求出共同加速度a共。再分析僅靠摩擦力帶動(dòng)的物體，此物體的最大加速度am＝eq\f(Ffm,m)。若am≥a共，則兩物體以后一起運(yùn)動(dòng)，若am<a共，則兩物體以后相對(duì)滑動(dòng)。2.滑塊由木板的一端運(yùn)動(dòng)到另一端的過(guò)程中，若滑塊和木板同向運(yùn)動(dòng)，位移之差等于板長(zhǎng)；若相向運(yùn)動(dòng)，位移大小之和等于板長(zhǎng)。1.如圖所示，在光滑的水平地面上靜止地疊放著兩個(gè)物體A、B，A、B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2，A質(zhì)量為2kg，B質(zhì)量為1kg，從t＝0時(shí)刻起，A受到一向右的水平拉力F的作用，F(xiàn)隨時(shí)間的變化規(guī)律為F＝(6＋2t)N。t＝5s時(shí)撤去外力，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中A一直未從B上滑落，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力(g取10m/s2)，則()A．t＝2s時(shí)，A、B發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)B．t＝3s時(shí)，B的速度大小為8m/sC．撤去拉力瞬間，A的速度大小為19m/sD．撤去拉力后，再經(jīng)過(guò)1s，A、B速度相等答案C解析當(dāng)A、B之間的摩擦力恰好達(dá)到最大靜摩擦力時(shí)，A、B之間剛好出現(xiàn)相對(duì)滑動(dòng)，對(duì)B物體，根據(jù)牛頓第二定律有μmAg＝mBa，此時(shí)的加速度為a＝4m/s2，對(duì)A、B整體，根據(jù)牛頓第二定律有F＝(mA＋mB)a＝12N＝(6＋2t)N，所以t＝3s，故A錯(cuò)誤；0～3s內(nèi)A、B一起運(yùn)動(dòng)，t＝0時(shí)A、B的加速度為a0＝eq\f(F0,mA＋mB)＝2m/s2，則t＝3s時(shí)，B的速度為v3＝eq\x\to(a)t＝eq\f(a0＋a,2)t1＝9m/s，故B錯(cuò)誤；5s時(shí)A物體的加速度為a2＝eq\f(F－μmAg,mA)＝eq\f(16－0.2×20,2)m/s2＝6m/s2，則5s時(shí)A物體的速度為vA＝v3＋eq\x\to(aA)t2＝9m/s＋eq\f(4＋6,2)×2m/s＝19m/s，故C正確；撤去拉力時(shí)，B的速度vB＝v3＋eq\f(μmAg,mB)t2＝9m/s＋8m/s＝17m/s，設(shè)經(jīng)過(guò)t3時(shí)間兩物體速度相等則有vA－eq\f(μmAg,mA)t3＝vB＋eq\f(μmAg,mB)t3，解得t3＝eq\f(1,3)s，故D錯(cuò)誤。2.(多選)一長(zhǎng)輕質(zhì)薄硬紙片置于光滑水平地面上，其上放質(zhì)量均為1kg的A、B兩物塊，A、B與薄硬紙片之間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為μ1＝0.3、μ2＝0.2，水平恒力F作用在A物塊上，如圖所示。已知最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，g取10m/s2。下列說(shuō)法正確的是()A．若F＝1.5N，則A物塊所受摩擦力大小為1.5NB．若F＝8N，則B物塊的加速度大小為2.0m/s2C．無(wú)論力F多大，A與薄硬紙片都不會(huì)發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)D．無(wú)論力F多大，B與薄硬紙片都不會(huì)發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)答案BC解析A與硬紙片間的最大靜摩擦力為FfA＝μ1mAg＝0.3×1×10N＝3N，B與硬紙片間的最大靜摩擦力為FfB＝μ2mBg＝0.2×1×10N＝2N。當(dāng)B剛要相對(duì)于硬紙片滑動(dòng)時(shí)靜摩擦力達(dá)到最大值，由牛頓第二定律得FfB＝mBa0，得a0＝2m/s2。對(duì)整體，有F0＝(mA＋mB)×a0＝2×2N＝4N，即F≥4N時(shí)，B將相對(duì)紙片運(yùn)動(dòng)，此時(shí)B受到的摩擦力FB＝2N，則對(duì)A分析，A受到的摩擦力也為2N，A的摩擦力小于最大靜摩擦力，故A和紙片間不會(huì)發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)；則可知，當(dāng)拉力為8N時(shí)，B與紙片間的摩擦力即為滑動(dòng)摩擦力為2N，此后增大拉力，不會(huì)改變B的受力，其加速度大小均為2m/s2，由于輕質(zhì)薄硬紙片看作沒(méi)有質(zhì)量，故無(wú)論力F多大，A和紙片之間不會(huì)發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，故B、C正確，D錯(cuò)誤；F＝1.5N<4N，所以A、B與紙片保持相對(duì)靜止，整體在F作用下向左勻加速運(yùn)動(dòng)，對(duì)A根據(jù)牛頓第二定律得F－Ff＝mAa，所以A物塊所受摩擦力Ff<F＝1.5N，故A錯(cuò)誤。3．(多選)(2021·全國(guó)乙卷·21)水平地面上有一質(zhì)量為m1的長(zhǎng)木板，木板的左邊上有一質(zhì)量為m2的物塊，如圖(a)所示。用水平向右的拉力F作用在物塊上，F(xiàn)隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖(b)所示，其中F1、F2分別為t1、t2時(shí)刻F的大小。木板的加速度a1隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖(c)所示。已知木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1，物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2，假設(shè)最大靜摩擦力均與相應(yīng)的滑動(dòng)摩擦力相等，重力加速度大小為g。則()A．F1＝μ1m1gB．F2＝eq\f(m2m1＋m2,m1)(μ2－μ1)gC．μ2>eq\f(m1＋m2,m2)μ1D．在0～t2時(shí)間段物塊與木板加速度相等答案BCD解析由題圖(c)可知，t1時(shí)刻物塊、木板一起剛要在水平地面滑動(dòng)，物塊與木板相對(duì)靜止，此時(shí)以整體為研究對(duì)象有F1＝μ1(m1＋m2)g，故A錯(cuò)誤；由題圖(c)可知，t2時(shí)刻物塊與木板剛要發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，以整體為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律，有F2－μ1(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a以木板為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律，有μ2m2g－μ1(m1＋m2)g＝m1a>0解得F2＝eq\f(m2m1＋m2,m1)(μ2－μ1)gμ2>eq\f(m1＋m2,m2)μ1，故B、C正確；由題圖(c)可知，0～t2時(shí)間段物塊與木板相對(duì)靜止，所以有相同的加速度，故D正確。4．(多選)如圖所示，在桌面上有一塊質(zhì)量為m1的薄木板，薄木板上放置一質(zhì)量為m2的物塊，現(xiàn)對(duì)薄木板施加一水平恒力，使得薄木板能被抽出而物塊也不會(huì)滑出桌面。物塊與薄木板、薄木板與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度為g，則下列說(shuō)法正確的是()A．物塊在薄木板上滑動(dòng)的時(shí)間和在桌面上滑動(dòng)的時(shí)間相等B．拉力越大，物塊剛離開(kāi)薄木板時(shí)的速度越大C．薄木板對(duì)物塊的摩擦力方向與拉力方向相同D．拉力的最小值為μ(2m1＋m2)g答案AC解析物塊在薄木板上相對(duì)滑動(dòng)過(guò)程，從靜止加速至速度v時(shí)離開(kāi)木板，加速度大小為μg，物塊在桌面上滑動(dòng)的過(guò)程，受桌面滑動(dòng)摩擦力作用，加速度大小為μg，從速度v減速至靜止，由對(duì)稱性可知，物塊在薄木板上滑動(dòng)的時(shí)間和在桌面上滑動(dòng)的時(shí)間相等，A正確；拉力越大，物塊在薄木板上滑行時(shí)間越短，由v＝μgt可知，物塊剛離開(kāi)薄木板時(shí)的速度v越小，B錯(cuò)誤；物塊在薄木板上滑行過(guò)程，相對(duì)木板向左運(yùn)動(dòng)，故受到的滑動(dòng)摩擦力向右，與拉力方向相同，C正確；物塊加速過(guò)程的加速度為μg，薄木板的臨界加速度為μg，整體由牛頓第二定律可得F－μ(m1＋m2)g＝(m1＋m2)μg，解得F＝2μ(m1＋m2)g，為使薄木板能抽出，故拉力的最小值應(yīng)大于2μ(m1＋m2)g，D錯(cuò)誤。5．(多選)(2023·江蘇揚(yáng)州市階段練習(xí))如圖甲所示，光滑斜面下端有固定擋板A，斜面上疊放著小物塊B和木板C、木板下端位于擋板A處，整體處于靜止?fàn)顟B(tài)，木板C受到逐漸增大的沿斜面向上的拉力F作用時(shí)，木板C的加速度a與拉力F的關(guān)系圖像如圖乙所示，已知最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度為g＝10m/s2，則由a－F圖像可知()A．10N<F<15N時(shí)，物塊B和木板C相對(duì)滑動(dòng)B．F>15N時(shí)，物塊B和木板C相對(duì)滑動(dòng)C．能求出木板C的質(zhì)量D．能求出木板和物塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)答案BD解析由題圖乙可知，當(dāng)10N<F<15N時(shí)，物塊B和木板C相對(duì)靜止，當(dāng)F>15N時(shí)木板的加速度變大，可知此時(shí)物塊B和木板C發(fā)生了相對(duì)滑動(dòng)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；對(duì)木板和物塊整體，當(dāng)F1＝10N時(shí)剛要產(chǎn)生加速度a＝0，則F1＝(M＋m)gsinθ，當(dāng)F2＝15N時(shí)木板與物塊剛要相對(duì)滑動(dòng)，a＝2.5m/s2，則F2－(M＋m)gsinθ＝(M＋m)a，聯(lián)立方程可得M＋m＝2kg，θ＝30°，但是不能求得木板C的質(zhì)量，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；當(dāng)F2＝15N時(shí)，a＝2.5m/s2，此時(shí)物塊和木板剛開(kāi)始發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，物塊和木板之間的摩擦力達(dá)到最大，則對(duì)物塊有μmgcosθ－mgsinθ＝ma，聯(lián)立方程可得μ＝eq\f(\r(3),2)，選項(xiàng)D正確。6.(多選)(2024·重慶市巴蜀中學(xué)月考)如圖所示，有一傾角θ為37°、下端固定一彈性擋板的光滑斜面，擋板與斜面垂直。一長(zhǎng)木板質(zhì)量為M，其下端距擋板的距離為L(zhǎng)、上端放有一質(zhì)量為m的小物塊，長(zhǎng)木板由靜止自由下滑，與擋板每次發(fā)生碰撞后均以原速率彈回，且每次碰撞的時(shí)間極短，小物塊和木板的運(yùn)動(dòng)始終與斜面平行。已知m∶M＝1∶2，長(zhǎng)木板上表面與小物塊之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.5，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力。則下列說(shuō)法正確的有()A．長(zhǎng)木板第一次與擋板碰撞后的瞬間，小物塊的加速度大小為0.2gB．長(zhǎng)木板第一次與擋板碰撞后的瞬間，長(zhǎng)木板的加速度大小為0.8gC．若長(zhǎng)木板的長(zhǎng)度為10L，則第三次碰撞前小物塊已從長(zhǎng)木板上滑落D．若長(zhǎng)木板的長(zhǎng)度為10L，則第三次碰撞前小物塊仍沒(méi)有從長(zhǎng)木板上滑落答案ABD解析長(zhǎng)木板第一次與擋板碰撞后的瞬間，對(duì)木板，有Mgsinθ＋μmgcosθ＝Ma1，a1＝0.8g。對(duì)物塊，有mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，a2＝0.2g，選項(xiàng)A、B正確；木板從開(kāi)始下滑到與擋板第一次碰撞v02＝2gLsinθ，v02＝1.2gL，碰后木板與擋板往復(fù)碰撞，加速度不變，相鄰兩次碰撞的時(shí)間為t＝eq\f(2v0,0.8g)＝eq\f(5v0,2g)。若木板足夠長(zhǎng)，物塊一直向下加速，加速度不變，則木板第一次與擋板碰撞到第二次碰撞的過(guò)程，兩者相對(duì)位移x1＝v0t＋eq\f(1,2)a2t2＝eq\f(25v02,8g)，物塊的速度為v＝v0＋0.2gt＝1.5v0。木板第二次與擋板碰撞到第三次碰撞的過(guò)程，兩者相對(duì)位移x2＝1.5v0t＋eq\f(1,2)a2t2＝eq\f(35v02,8g)，則第三次碰前，兩者的相對(duì)位移為x1＋x2＝eq\f(15v02,2g)＝9L。木板長(zhǎng)10L，故第三次碰撞前小物塊仍沒(méi)有從長(zhǎng)木板上滑落，故C錯(cuò)誤，D正確。7.如圖所示，傾角為θ＝37°的斜面固定在地面上，斜面光滑且足夠長(zhǎng)。其上有一質(zhì)量為M＝1kg、長(zhǎng)L＝6m的木板，木板厚度不計(jì)。在木板的左端有一個(gè)可以看作質(zhì)點(diǎn)的質(zhì)量為m＝2kg的木塊，木塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5。開(kāi)始時(shí)二者都靜止，現(xiàn)用平行于斜面向上的恒力F＝30N拉木塊，取重力加速度g＝10m/s2，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：(1)經(jīng)過(guò)多長(zhǎng)時(shí)間木塊從木板右端滑落。(2)當(dāng)木板相對(duì)斜面速度為零時(shí)，木板右端與木塊之間的距離。答案(1)2s(2)eq\f(22,3)m解析(1)假設(shè)木板與木塊發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，對(duì)木塊由牛頓第二定律得F－mgsinθ－μmgcosθ＝ma1解得a1＝5m/s2對(duì)木板由牛頓第二定律得μmgcosθ－Mgsinθ＝Ma2解得a2＝2m/s2，a1>a2，假設(shè)成立。木塊從木板右端滑落時(shí)，木塊的位移比木板的位移大L，則eq\f(1,2)a1t2－eq\f(1,2)a2t2＝L解得t＝2s(2)木塊從木板右端滑落時(shí)，木塊的速度為v1＝a1t＝10m/s木板的速度為v2＝a2t＝4m/s木塊從木板右端滑落后，木板運(yùn)動(dòng)的加速度a2′＝gsinθ＝6m/s2木塊運(yùn)動(dòng)的加速度a1′＝eq\f