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

第三章運動和力的關系第三章運動和力的關系微專題24“滑塊－木板”模型問題1．滑塊—木板同速后能否一起運動的判斷：先假設能一起運動，對整體分析求出共同加速度a共。再分析僅靠摩擦力帶動的物體，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動，若am<a共，則兩物體以后相對滑動。2.滑塊由木板的一端運動到另一端的過程中，若滑塊和木板同向運動，位移之差等于板長；若相向運動，位移大小之和等于板長。1.如圖所示，在光滑的水平地面上靜止地疊放著兩個物體A、B，A、B之間的動摩擦因數(shù)為0.2，A質(zhì)量為2kg，B質(zhì)量為1kg，從t＝0時刻起，A受到一向右的水平拉力F的作用，F(xiàn)隨時間的變化規(guī)律為F＝(6＋2t)N。t＝5s時撤去外力，運動過程中A一直未從B上滑落，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力(g取10m/s2)，則()A．t＝2s時，A、B發(fā)生相對滑動B．t＝3s時，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1s，A、B速度相等答案C解析當A、B之間的摩擦力恰好達到最大靜摩擦力時，A、B之間剛好出現(xiàn)相對滑動，對B物體，根據(jù)牛頓第二定律有μmAg＝mBa，此時的加速度為a＝4m/s2，對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錯誤；0～3s內(nèi)A、B一起運動，t＝0時A、B的加速度為a0＝eq\f(F0,mA＋mB)＝2m/s2，則t＝3s時，B的速度為v3＝eq\x\to(a)t＝eq\f(a0＋a,2)t1＝9m/s，故B錯誤；5s時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，B的速度vB＝v3＋eq\f(μmAg,mB)t2＝9m/s＋8m/s＝17m/s，設經(jīng)過t3時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錯誤。2.(多選)一長輕質(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摩擦力，g取10m/s2。下列說法正確的是()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．無論力F多大，A與薄硬紙片都不會發(fā)生相對滑動D．無論力F多大，B與薄硬紙片都不會發(fā)生相對滑動答案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B剛要相對于硬紙片滑動時靜摩擦力達到最大值，由牛頓第二定律得FfB＝mBa0，得a0＝2m/s2。對整體，有F0＝(mA＋mB)×a0＝2×2N＝4N，即F≥4N時，B將相對紙片運動，此時B受到的摩擦力FB＝2N，則對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和紙片間不會發(fā)生相對運動；則可知，當拉力為8N時，B與紙片間的摩擦力即為滑動摩擦力為2N，此后增大拉力，不會改變B的受力，其加速度大小均為2m/s2，由于輕質(zhì)薄硬紙片看作沒有質(zhì)量，故無論力F多大，A和紙片之間不會發(fā)生相對滑動，故B、C正確，D錯誤；F＝1.5N<4N，所以A、B與紙片保持相對靜止，整體在F作用下向左勻加速運動，對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錯誤。3．(多選)(2021·全國乙卷·21)水平地面上有一質(zhì)量為m1的長木板，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)隨時間t的變化關系如圖(b)所示，其中F1、F2分別為t1、t2時刻F的大小。木板的加速度a1隨時間t的變化關系如圖(c)所示。已知木板與地面間的動摩擦因數(shù)為μ1，物塊與木板間的動摩擦因數(shù)為μ2，假設最大靜摩擦力均與相應的滑動摩擦力相等，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時刻物塊、木板一起剛要在水平地面滑動，物塊與木板相對靜止，此時以整體為研究對象有F1＝μ1(m1＋m2)g，故A錯誤；由題圖(c)可知，t2時刻物塊與木板剛要發(fā)生相對滑動，以整體為研究對象，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時間段物塊與木板相對靜止，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滑出桌面。物塊與薄木板、薄木板與桌面間的動摩擦因數(shù)均為μ，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g，則下列說法正確的是()A．物塊在薄木板上滑動的時間和在桌面上滑動的時間相等B．拉力越大，物塊剛離開薄木板時的速度越大C．薄木板對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滑動過程，從靜止加速至速度v時離開木板，加速度大小為μg，物塊在桌面上滑動的過程，受桌面滑動摩擦力作用，加速度大小為μg，從速度v減速至靜止，由對稱性可知，物塊在薄木板上滑動的時間和在桌面上滑動的時間相等，A正確；拉力越大，物塊在薄木板上滑行時間越短，由v＝μgt可知，物塊剛離開薄木板時的速度v越小，B錯誤；物塊在薄木板上滑行過程，相對木板向左運動，故受到的滑動摩擦力向右，與拉力方向相同，C正確；物塊加速過程的加速度為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，故拉力的最小值應大于2μ(m1＋m2)g，D錯誤。5．(多選)(2023·江蘇揚州市階段練習)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，整體處于靜止狀態(tài)，木板C受到逐漸增大的沿斜面向上的拉力F作用時，木板C的加速度a與拉力F的關系圖像如圖乙所示，已知最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g＝10m/s2，則由a－F圖像可知()A．10N<F<15N時，物塊B和木板C相對滑動B．F>15N時，物塊B和木板C相對滑動C．能求出木板C的質(zhì)量D．能求出木板和物塊間的動摩擦因數(shù)答案BD解析由題圖乙可知，當10N<F<15N時，物塊B和木板C相對靜止，當F>15N時木板的加速度變大，可知此時物塊B和木板C發(fā)生了相對滑動，選項A錯誤，B正確；對木板和物塊整體，當F1＝10N時剛要產(chǎn)生加速度a＝0，則F1＝(M＋m)gsinθ，當F2＝15N時木板與物塊剛要相對滑動，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C錯誤；當F2＝15N時，a＝2.5m/s2，此時物塊和木板剛開始發(fā)生相對滑動，物塊和木板之間的摩擦力達到最大，則對物塊有μmgcosθ－mgsinθ＝ma，聯(lián)立方程可得μ＝eq\f(\r(3),2)，選項D正確。6.(多選)(2024·重慶市巴蜀中學月考)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。一長木板質(zhì)量為M，其下端距擋板的距離為L、上端放有一質(zhì)量為m的小物塊，長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，且每次碰撞的時間極短，小物塊和木板的運動始終與斜面平行。已知m∶M＝1∶2，長木板上表面與小物塊之間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.5，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度為g，不計空氣阻力。則下列說法正確的有()A．長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．長木板第一次與擋板碰撞后的瞬間，長木板的加速度大小為0.8gC．若長木板的長度為10L，則第三次碰撞前小物塊已從長木板上滑落D．若長木板的長度為10L，則第三次碰撞前小物塊仍沒有從長木板上滑落答案ABD解析長木板第一次與擋板碰撞后的瞬間，對木板，有Mgsinθ＋μmgcosθ＝Ma1，a1＝0.8g。對物塊，有mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，a2＝0.2g，選項A、B正確；木板從開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碰撞，加速度不變，相鄰兩次碰撞的時間為t＝eq\f(2v0,0.8g)＝eq\f(5v0,2g)。若木板足夠長，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程，兩者相對位移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程，兩者相對位移x2＝1.5v0t＋eq\f(1,2)a2t2＝eq\f(35v02,8g)，則第三次碰前，兩者的相對位移為x1＋x2＝eq\f(15v02,2g)＝9L。木板長10L，故第三次碰撞前小物塊仍沒有從長木板上滑落，故C錯誤，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。其上有一質(zhì)量為M＝1kg、長L＝6m的木板，木板厚度不計。在木板的左端有一個可以看作質(zhì)點的質(zhì)量為m＝2kg的木塊，木塊與木板之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5。開始時二者都靜止，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摩擦力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：(1)經(jīng)過多長時間木塊從木板右端滑落。(2)當木板相對斜面速度為零時，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)假設木板與木塊發(fā)生相對滑動，對木塊由牛頓第二定律得F－mgsinθ－μmgcosθ＝ma1解得a1＝5m/s2對木板由牛頓第二定律得μmgcosθ－Mgsinθ＝Ma2解得a2＝2m/s2，a1>a2，假設成立。木塊從木板右端滑落時，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，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，木板運動的加速度a2′＝gsinθ＝6m/s2木塊運動的加速度a1′＝eq\f