2023届高考一轮复习（老高考）第三章 微专题24　“滑块－木板”模型问题【解析版】

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1.如图所示，在光滑的水平地面上静止地叠放着两个物体A、B，AB之间的动摩擦因数为0.2，A质量为2 kg，B质量为1 kg，从0时刻起，A受到一向右的水平拉力F的作用，F随时间的变化规律为F＝(6＋2t) N．t＝5 s时撤去外力，运动过程中A一直未滑落，(g取10 m/s2)则( )
A．t＝2 s时，A、B发生相对滑动
B．t＝3 s时，B的速度为8 m/s
C．撤去外力瞬间，A的速度为19 m/s
D．撤去外力后，再经过1 s，A、B速度相等
答案 C
解析 当A、B之间的摩擦力恰好达到最大静摩擦力时，A、B之间刚好出现相对运动，对B物体，根据牛顿第二定律有μmAg＝mBa，此时的加速度为a＝4 m/s2，对A、B整体，根据牛顿第二定律有F＝(mA＋mB)a＝12 N＝(6＋2t) N，所以t＝3 s，故A错误；0～3 s内AB一起运动，t＝0时AB的加速度为a0＝eq \f(F0,mA＋mB)＝2 m/s2，则t＝3 s时，B的速度为vt＝3＝eq \x\t(a)t＝eq \f(a0＋a,2)t＝9 m/s，故B错误；5 s时A物体的加速度为a2＝eq \f(F－μmAg,mA)＝eq \f(16－0.2×20,2) m/s2＝6 m/s2，则5 s时A物体的速度为vA＝vt＝3＋eq \x\t(aA)t＝9 m/s＋eq \f(4＋6,2)×2 m/s＝19 m/s，故C正确；撤去外力时，B的速度vB＝vt＝3＋eq \f(μmAg,mB)t＝9 m/s＋8 m/s＝17 m/s，设经过t0时间两物体速度相等则有19－eq \f(μmAg,mA)t0＝17＋eq \f(μmAg,mB)t0，解得t0＝eq \f(1,3) s，故D错误．
2.(多选)一长轻质薄硬纸片置于光滑水平地面上，其上放质量均为1 kg的A、B两物块，A、B与薄硬纸片之间的动摩擦因数分别为μ1＝0.3，μ2＝0.2，水平恒力F作用在A物块上，如图所示．已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2.下列说法正确的是( )
A．若F＝1.5 N，则A物块所受摩擦力大小为1.5 N
B．若F＝8 N，则B物块的加速度为2.0 m/s2
C．无论力F多大，A与薄硬纸片都不会发生相对滑动
D．无论力F多大，B与薄硬纸片都不会发生相对滑动
答案 BC
解析 A与硬纸片间的最大静摩擦力为FfA＝μ1mAg＝0.3×1×10 N＝3 N，B与硬纸片间的最大静摩擦力为FfB＝μ2mBg＝0.2×1×10 N＝2 N．当B刚要相对于硬纸片滑动时静摩擦力达到最大值，由牛顿第二定律得FfB＝mBa0，得a0＝2 m/s2.对整体，有F0＝(mA＋mB)×a0＝2×
2 N＝4 N，即F≥4 N时，B将相对纸片运动，此时B受到的摩擦力FB＝2 N，则对A分析，A受到的摩擦力也为2 N，所以A的摩擦力小于最大静摩擦力，故A和纸片间不会发生相对运动；则可知，当拉力为8 N时，B与纸片间的摩擦力即为滑动摩擦力为2 N，此后增大拉力，不会改变B的受力，其加速度大小均为2 m/s2，由于轻质薄硬纸片看作没有质量，故无论力F多大，A和纸片之间不会发生相对滑动，故B、C正确，D错误；F＝1.5 N<4 N，所以A、B与纸片保持相对静止，整体在F作用下向左匀加速运动，对A根据牛顿第二定律得F－Ff＝mAa，所以A物块所受摩擦力Ff3.如图所示，一足够长、质量M＝1 kg的木板静止在粗糙的水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，一个质量m＝1 kg、大小可以忽略的铁块放在木板的右端，铁块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.4，已知最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，取g＝10 m/s2.若对铁块施加一个大小从零开始连续增加的水平向左的力F，则下列说法正确的是( )
A．铁块与木板之间摩擦力的最大值为2 N
B．木板与地面之间摩擦力的最大值为4 N
C．当F≤6 N时，M、m相对静止
D．当F>6 N时，铁块受到的摩擦力大小为2 N
答案 C
解析 铁块与木板之间摩擦力的最大值为Ff2max＝μ2mg＝4 N，选项A错误；木板与地面间的摩擦力的最大值为Ff1max＝μ1(M＋m)g＝2 N，选项B错误；当F≤2 N时，木板和铁块相对地面静止，Ff＝F，当F>2 N且木板和铁块一起相对地面加速运动时，设此时系统的加速度为a，根据牛顿第二定律，对整体有F－μ1(M＋m)g＝(M＋m)a，对铁块有F－Ff2max＝ma，可得F＝6 N，从此关系式可以看出，当2 N6 N时，铁块受到的摩擦力为滑动摩擦力，大小为4 N，选项D错误．
4．(多选)如图所示，在桌面上有一块质量为m1的薄木板，薄木板上放置一质量为m2的物块，现对薄木板施加一水平恒力，使得薄木板能被抽出而物块也不会滑出桌面．物块与薄木板、薄木板与桌面间的动摩擦因数均为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A．物块在薄木板上滑动的时间和在桌面上滑动的时间相等
B．拉力越大，物块刚离开薄木板时的速度越大
C．薄木板对物块的摩擦力方向与拉力方向相同
D．拉力的最小值为μ(2m1＋m2)g
答案 AC
解析 物块在薄木板上相对滑动过程，从静止加速至速度v时离开木板，加速度大小为μg，在桌面上滑动的过程，受桌面滑动摩擦力作用，加速度大小为μg，从速度v减速至静止，由对称性可知，物块在薄木板上滑动的时间和在桌面上滑动的时间相等，A正确；拉力越大，物块在薄木板上滑行时间越短，由v＝μgt可知，物块刚离开薄木板时的速度v越小，B错误；物块在薄木板上滑行过程，相对木板向左运动，故受到的滑动摩擦力向右，与拉力方向相同，C正确；物块加速过程的加速度为μg，薄木板的临界加速度为μg，整体由牛顿第二定律可得F－μ(m1＋m2)g＝(m1＋m2)μg，解得F＝2μ(m1＋m2)g.为使薄木板能抽出，故拉力的最小值应大于2μ(m1＋m2)g，D错误．
5．如图甲所示，一质量为M的长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为m的小滑块．木板受到水平拉力F作用时，用传感器测出长木板的加速度a与水平拉力F的关系如图乙所示，重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是( )
A．小滑块的质量m＝3 kg
B．小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.1
C．当水平拉力F＝7 N时，长木板的加速度大小为3 m/s2
D．当水平拉力F增大时，小滑块的加速度一定增大
答案 C
解析 由a－F图像可知，小滑块的最大加速度为2 m/s2，对小滑块分析有μmg＝mam，解得μ＝0.2，B错误；由a－F图像可知，外力大于6 N后两物体相对滑动，对长木板受力分析有F－μmg＝Ma，整理得a＝eq \f(1,M)F－eq \f(μmg,M).由a－F图像可知图像的斜率为k＝eq \f(1,M) ，代入数据解得eq \f(1,M)＝k＝eq \f(2,6－4)＝1，解得M＝1 kg.由a－F图像可知，外力小于6 N时，两物体有共同加速度，外力等于6 N时，两物体加速度为2 m/s2，对整体分析有F＝(M＋m)a，解得M＋m＝3 kg，则有m＝2 kg，A错误；由a－F图像可知，外力大于6 N后两物体相对滑动，相对滑动后小滑块的加速度不随外力的增大而改变，D错误；由a－F图像可知，外力大于6 N后两物体相对滑动，对长木板受力分析有F－μmg＝Ma，当水平拉力F＝7 N时，代入数据整理长木板的加速度大小为3 m/s2，C正确．
6．(多选)水平地面上某长平板车在外力作用下做直线运动如图甲所示，平板车运动的v－t图像如图乙所示，t＝0时将质量为m的物块(无初速度)放在平板车上，平板车足够长，物块始终在平板车上，g取10 m/s2，则物块运动的v－t图像可能为( )
答案 ABC
解析 物块无初速度放到长平板车上，与长平板车相对运动，在摩擦力作用下做匀加速直线运动，如果摩擦力比较大，物块在4 s前与长平板车共速，然后一起做匀速运动，当长平板车开始减速时，物块一起减速，A正确；如果最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块与长平板车在4 s时共速后，物块将在木板上以0.5 m/s2的加速度做匀减速运动到停止，C正确；如果最大静摩擦力大于滑动摩擦力，物块与长平板车在4 s时共速后，物块将与木板不发生滑动，与木板一起做匀减速运动到停止，B正确；物块与木板共速后，木板做减速运动时，物块的加速度不可能大于木板的加速度，D错误．
7．(多选)如图所示，有一倾角θ为37°、下端固定一弹性挡板的光滑斜面，挡板与斜面垂直．一长木板质量为M，下端距挡板的距离为L，上端放有一质量为m的小物块，长木板由静止自由下滑，与挡板每次发生碰撞后均以原速率弹回，且每次碰撞的时间极短，小物块和木板的运动始终与斜面平行．已知m∶M＝1∶2，长木板上表面与小物块之间的动摩擦因数为μ＝0.5，取sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，重力加速度为g，不计空气阻力．则下列说法正确的有( )
A．长木板第一次与挡板碰撞后的瞬间，小物块的加速度大小为0.2g
B．长木板第一次与挡板碰撞后的瞬间，长木板的加速度大小为0.8g
C．若长木板的长度为10L，则第三次碰撞前小物块已从长木板上滑落
D．若长木板的长度为10L，则第三次碰撞前小物块仍没有从长木板上滑落
答案 ABD
解析 长木板第一次与挡板碰撞后的瞬间，对木板，有Mgsin θ＋μmgcs θ＝Ma1，a1＝0.8g.对物块，有mgsin θ－μmgcs θ＝ma2，a2＝0.2g，选项A、B正确；木板从开始下滑到与挡板第一次碰撞veq \\al(02)＝2gLsin θ，碰后木板与挡板往复碰撞，加速度不变，相邻两次碰撞的时间为t＝eq \f(2v0,0.8g)＝eq \f(5v0,2g).若木板足够长，物体一直向下加速，加速度不变，则木板第一次与挡板碰撞到第二次碰撞的过程，两者相对位移x1＝2v0t－eq \f(1,2)(a1－a2)t2＝eq \f(25v\\al(02),8g)，物块的速度为v＝v0＋0.2gt＝1.5v0.木板第二次与挡板碰撞到第三次碰撞的过程，两者相对位移x2＝(1.5v0＋v0)t－eq \f(1,2)(a1－a2)t2＝eq \f(35v\\al(02),8g)，则第三次碰前，两者的相对位移为x1＋x2＝eq \f(15v\\al(02),2g)＝9L.木板长10L，故第三次碰撞前小物块仍没有从长木板上滑落，故C错误，D正确．
8．(2022·湖南师大附中高三月考)如图所示，C为质量不计的足够长的极薄的形变可忽略的硬质膜，放在光滑的水平面上，其上分别静止放有两个物体A和B，A的质量为10 kg，B的质量为5 kg，与膜之间的动摩擦因数均为μ＝0.2，t＝0时刻，在水平拉力F＝50 N的作用下开始运动，求：(认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2)
(1)A和B两个物体的加速度分别为多大？
(2)如果拉力F作用时间到t＝2 s时撤去，那么A、B两物体最终速度多大？A、B两物体在膜上留下的划痕分别多长？
答案 (1)4 m/s2 2 m/s2 (2)eq \f(20,3) m/s 无划痕 eq \f(20,3) m
解析 (1)A与膜的最大静摩擦力为Ff1＝μmAg＝20 N
B与膜的最大静摩擦力为Ff2＝μmBg＝10 N
因为膜质量不计，所以B最先达到最大静摩擦力．
所以B的加速度为aB＝eq \f(Ff2,mB)＝eq \f(10,5) m/s2＝2 m/s2
膜的合外力必为零，所以A与膜的摩擦力也为10 N(静摩擦)
所以A和膜一起运动，F－Ff2＝mAaA
aA＝4 m/s2
(2)2 s时，物体A与膜的速度为vA＝aAt＝8 m/s
物体B的速度为vB＝aBt＝4 m/s
此时物体B运动了s1＝eq \f(1,2)aBt2＝4 m
膜和物体A运动了s2＝eq \f(1,2)aAt2＝8 m
所以划痕长度L1＝4 m(向左划)
撤去外力F后，设经历Δt时间共速(共速后以速度v共一起匀速运动)，那么有：vB＋aBΔt＝vA－aA′Δt
此时A物体的加速度为aA′＝eq \f(Ff2,mA)＝eq \f(10,10) m/s2＝1 m/s2
解得Δt＝eq \f(4,3) s
所以v共＝eq \f(20,3) m/s
此段时间B的位移为s1′＝vBΔt＋eq \f(1,2)aBΔt2＝eq \f(64,9) m
此段时间A的位移为s2′＝vAΔt－eq \f(1,2)aA′Δt2＝eq \f(88,9) m
所以划痕长度L2＝eq \f(8,3) m(向左划)
所以总的划痕长度为L＝L1＋L2＝eq \f(20,3) m
则A物体无划痕，B物体的划痕长为eq \f(20,3) m．(也可以用图像法计算)
9.如图所示，倾角为θ＝37°的斜面固定在地面上，斜面光滑且足够长．其上有一质量为M＝1 kg、长L＝6 m的木板，木板厚度不计．在木板的左端有一个可以看作质点的质量为m＝2 kg的木块，木块与木板之间动摩擦因数μ＝0.5.开始时二者都静止，现用平行于斜面向上的恒力F＝30 N拉木块，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8.求：
(1)经过多长时间木块从木板右端滑落；
(2)当木板相对斜面速度为零时，木板右端与木块之间的距离．
答案 (1)2 s (2)4 m
解析 (1)对木块由牛顿第二定律得F－mgsin θ－μmgcs θ＝ma1
解得a1＝5 m/s2
对木板由牛顿第二定律得μmgcs θ－Mgsin θ＝Ma2
解得a2＝2 m/s2
木块从木板右端滑落时，木块的位移比木板的位移大L，则eq \f(1,2)a1t2－eq \f(1,2)a2t2＝L
解得t＝2 s
(2)木块从木板右端滑落时，木块的速度为v1＝a1t＝10 m/s
木板的速度为v2＝a2t＝4 m/s
木块从木板右端滑落后，木块和木板运动的加速度a1′＝a2′＝gsin θ＝6 m/s2
木板到相对斜面速度为零运动的时间为t′＝eq \f(v2,a2′)＝eq \f(2,3) s
这段时间木块运动的位移x1＝v1t′－eq \f(1,2)a1′t′2＝10×eq \f(2,3) m－eq \f(1,2)×6×(eq \f(2,3))2 m＝eq \f(16,3) m
木板的位移x2＝eq \f(v\\al(22,),2a2′)＝eq \f(42,2×6) m＝eq \f(4,3) m
木板右端与木块之间距离Δx＝x1－x2＝4 m.