高考物理一輪復(fù)習(xí)課時練習(xí) 第3章第5練　專題強(qiáng)化：“滑塊-木板”模型中的動力學(xué)問題（含詳解）

1.水平桌面上有一薄板，薄板上擺放著小圓柱體A、B、C，圓柱體的質(zhì)量分別為mA、mB、mC，且mA>mB>mC，如圖所示為俯視圖。用一水平外力將薄板抽出，圓柱體與薄板間的動摩擦因數(shù)、圓柱體與桌面間的動摩擦因數(shù)均相同。則抽出后，三個圓柱體留在桌面上的位置所組成的圖形可能是圖()2．(多選)如圖甲所示，光滑水平面上靜置一個薄長木板，長木板上表面粗糙，其質(zhì)量為M，t＝0時刻，質(zhì)量為m的物塊以速度v水平滑上長木板，此后木板與物塊運動的v－t圖像如圖乙所示，重力加速度g取10m/s2，下列說法正確的是()A．M＝mB．M＝2mC．木板的長度為8mD．木板與物塊間的動摩擦因數(shù)為0.13.(2023·福建省楓亭中學(xué)期中)如圖所示，木板長L＝2.4m，質(zhì)量M＝4.0kg，與地面間的動摩擦因數(shù)為μ1＝0.4。質(zhì)量為m＝1.0kg的小滑塊(可視為質(zhì)點)放在木板的最右端，與木板間的動摩擦因數(shù)為μ2＝0.2，開始時滑塊與木板均處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)給木板一個向右的初速度v0，取g＝10m/s2，求：(1)木板所受摩擦力的大??；(2)使滑塊不從木板上掉下來，木板初速度v0的最大值。4．(多選)如圖所示，質(zhì)量mA＝1kg足夠長的長板A置于水平地面上，質(zhì)量mB＝2kg的小滑塊B置于長板A的左端，A與水平地面間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.3，B與A間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.5，對B施加一大小為F＝20N，方向與水平方向成37°角的恒力。已知最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列說法正確的是()A．A的加速度大小為1m/s2B．B的加速度大小為6m/s2C．若力F作用一段時間后，撤去力F，A的加速度大小增大D．若力F作用一段時間后，撤去力F，B相對A靜止5．(2024·廣東東莞市石龍中學(xué)月考)如圖所示，厚0.2m、長為3m的木板AB靜止在粗糙水平地面上，C為其中點，木板上表面AC部分光滑，CB部分粗糙，下表面與水平地面間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.1，木板右端靜止放置一個小物塊(可看成質(zhì)點)，它與木板CB部分的動摩擦因數(shù)μ2＝0.3。已知木板和小物塊的質(zhì)量均為2kg，重力加速度g取10m/s2，現(xiàn)對木板施加一個水平向右的恒力F。(1)為使小物塊與木板保持相對靜止，求恒力的最大值Fm；(2)當(dāng)F＝22N時，小物塊經(jīng)多長時間滑到木板中點C?(3)接第(2)問，當(dāng)小物塊到達(dá)C點時撤去F，求小物塊落地時與木板A端的距離。6.(2024·江蘇蘇州市段考)如圖所示，有一傾角為θ＝37°的斜面(sin37°＝eq\f(3,5))，下端固定一擋板，擋板與斜面垂直，一長木板上表面的上部分粗糙，下部分光滑，上端放有一質(zhì)量為m的小物塊?，F(xiàn)讓長木板和小物塊同時由靜止釋放，此時刻為計時起點，在第2s末，小物塊剛好到達(dá)長木板的光滑部分，又經(jīng)過一段時間，長木板到達(dá)擋板處速度恰好減為零，小物塊剛好到達(dá)長木板的下端邊緣。已知小物塊與長木板的上部分的動摩擦因數(shù)μ1＝eq\f(3,8)，長木板與斜面間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.5，長木板的質(zhì)量M＝m。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度大小g＝10m/s2。求：(1)在0～2s時間內(nèi)長木板和小物塊的加速度的大小；(2)開始時長木板距離擋板多遠(yuǎn)；(3)長木板的長度。第5練專題強(qiáng)化：“滑塊—木板”模型中的動力學(xué)問題1．A[設(shè)圓柱體的質(zhì)量為m，圓柱體與薄板間的動摩擦因數(shù)、圓柱體與桌面間的動摩擦因數(shù)均為μ，則在抽出薄板的過程中，圓柱體在薄板摩擦力的作用下做加速運動，離開薄板后在桌面摩擦力的作用下做減速運動，根據(jù)牛頓第二定律有μmg＝ma，可得，加速運動與減速運動時的加速度大小都為a＝μg。由于圓柱體A先離開薄板，B、C同時后離開薄板，則根據(jù)v＝at可知，A離開薄板時的速度小于B、C離開薄板時的速度，同時A加速運動的位移小于B、C加速運動的位移。離開薄板后，根據(jù)v2＝2ax可知，B、C在桌面上滑動的距離相等，且大于A在桌面上滑動的距離，故A正確。]2．BC[物塊相對木板運動的過程中，在水平方向上只受到木板的滑動摩擦力的作用，故μmg＝ma1，而v－t圖像的斜率表示加速度，故物塊的加速度大小為a1＝eq\f(7－3,2)m/s2＝2m/s2，解得μ＝0.2，對木板受力分析可知μmg＝Ma2，由v－t圖像可知木板的加速度大小為a2＝eq\f(2－0,2)m/s2＝1m/s2，聯(lián)立解得M＝2m，A、D錯誤，B正確；由題圖乙可知物塊和木板在t＝2s時分離，兩者在0～2s內(nèi)的v－t圖像與t軸圍成的面積之差等于木板的長度，故L＝eq\f(1,2)×(7＋3)×2m－eq\f(1,2)×2×2m＝8m，C正確。]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)設(shè)滑塊做勻加速直線運動的加速度大小為a1，則μ2mg＝ma1，a1＝μ2g＝2m/s2木板做勻減速直線運動的加速度大小為a2，則μ2mg＋μ1(M＋m)g＝Ma2解得a2＝5.5m/s2設(shè)經(jīng)過時間t滑塊剛好滑到木板左側(cè)且兩者速度相等，有a1t＝v0－a2t①滑塊相對于地面的位移x1＝eq\f(1,2)a1t2②木板相對于地面的位移x2＝v0t－eq\f(1,2)a2t2③又L＝x2－x1④由①②③④解得，使滑塊不從木板上掉下來，木板初速度的最大值v0＝6m/s。4．BC[對小滑塊B進(jìn)行受力分析，如圖甲，可知FNB＋Fsin37°＝mBgFf1＝μ2FNB根據(jù)牛頓第二定律有Fcos37°－Ff1＝mBaB聯(lián)立可得aB＝6m/s2，故B正確；對長板A受力分析，如圖乙，可知FNA＝FNB′＋mAg＝FNB＋mAg由Ff地m＝μ1FNA＝5.4N>Ff1′＝Ff1可知，長板A靜止，即aA＝0，故A錯誤；若力F作用一段時間后，撤去力F，則對A有aA′＝eq\f(μ2mBg－μ1mA＋mBg,mA)＝1m/s2對B有aB′＝μ2g＝5m/s2可知，A的加速度大小增大，B不會相對A靜止，故C正確，D錯誤。]5．(1)16N(2)1s(3)0.326m解析(1)設(shè)小物塊能夠達(dá)到的最大加速度為am，由牛頓第二定律有μ2mg＝mam，解得am＝3m/s2對整體，由牛頓第二定律有Fm－μ1(M＋m)g＝(M＋m)am，解得Fm＝16N(2)當(dāng)F＝22N時，小物塊與長木板發(fā)生相對滑動，對長木板有F－μ1(M＋m)g－μ2mg＝Ma1，解得a1＝6m/s2小物塊加速度a2＝eq\f(μ2mg,m)＝μ2g＝3m/s2小物塊滑到木板中點C，有eq\f(1,2)a1t12－eq\f(1,2)a2t12＝eq\f(L,2)，解得t1＝1s(3)設(shè)撤掉外力時木板和物塊的速度分別為v1、v2，則有v1＝a1t1＝6m/sv2＝a2t1＝3m/s，撤掉外力后，物塊勻速運動，設(shè)木板做勻減速運動的加速度為a3，則μ1(M＋m)g＝Ma3，解得a3＝2m/s2，設(shè)小物塊從長木板中點滑動到最左端時長木板速度為v3，則有eq\f(v12－v32,2a3)－v2·eq\f(v1－v3,a3)＝eq\f(L,2)，解得v3＝(3＋eq\r(3))m/s，此后長木板做勻減速運動，則μ1Mg＝Ma4，解得a4＝1m/s2，此后小物塊做平拋運動，h＝eq\f(1,2)gt22，落地時距長木板左端的距離為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時間內(nèi)，對小物塊和長木板受力分析，F(xiàn)f1、FN1是小物塊與長木板之間的摩擦力和正壓力的大小，F(xiàn)f2、FN2是長木板與斜面之間的摩擦力和正壓力的大小，F(xiàn)f1＝μ1FN1，F(xiàn)N1＝mgcosθFf2＝μ2FN2，F(xiàn)N2＝FN1＋Mgcosθ規(guī)定沿斜面向下為正，設(shè)小物塊和長木板的加速度分別為a1和a2，由牛頓第二定律得mgsinθ－Ff1＝ma1Mgsinθ－Ff2＋Ff1＝Ma2聯(lián)立得a1＝3m/s2，a2＝1m/s2(2)在t1＝2s時，設(shè)小物塊和長木板的速度分別為v1和v2，則v1＝a1t1＝6m/s，v2＝a2t2＝2m/st>t1時，設(shè)小物塊和長木板的加速度分別為a1′和a2′。此時小物塊與長木板之間摩擦力為零，對小物塊：mgsinθ＝ma1′，a1′＝6m/s2對長木板：Mgsinθ－μ2(M＋m)gcosθ＝Ma2′，a2′＝－2m/s2即長木板做勻減速運動，設(shè)經(jīng)過時間t2，長木板的速度減為零，則有v2＋a2′t2＝0，