(新高考)高考物理一轮复习课时加练第6章　微专题44　“滑块－木板”模型综合问题 (含解析)

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微专题44　“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，注意两者速度相等时摩擦力可能变化.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)如图所示，质量为M、长度为L的小车静止在光滑的水平面上，质量为m的物块，放在小车的最左端，现用一水平力F作用在物块上，物块与小车之间的摩擦力为Ff，经过一段时间小车运动的位移为x, 物块刚好滑到小车的最右端，则下列说法中正确的是(　　)

A．此时物块的动能为F(x＋L)
B．此时小车的动能为Ff(x＋L)
C．这一过程中，物块和小车增加的机械能为F(x＋L)－FfL
D．这一过程中，物块和小车因摩擦而产生的热量为FfL
答案　CD
解析　由题可知，在拉力的作用下物块前进的位移为L＋x，故拉力对物块做的功为F(x＋L)，摩擦力对物块做的功为－Ff(x＋L)，则由动能定理可知物块的动能为(F－Ff)(x＋L)，故A错误；小车受摩擦力作用，摩擦力作用下的位移为x，故摩擦力对小车做的功为Ffx，故小车的动能为Ffx，B错误；物块和小车增加的机械能等于两者动能的增量，即(F－Ff)(x＋L)＋Ffx＝F(x＋L)－FfL，故C正确；拉力做的功转化为物块和小车的动能及产生的热量，则有Q＝F(x＋L)－[F(x＋L)－FfL]＝FfL，D正确．
2．(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．
3．(多选)如图甲，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m＝3 kg的木块B可看作质点，以水平速度v0＝2 m/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10 m/s2)(　　)

A．木板的质量为M＝3 kg
B．木块减小的动能为1.5 J
C．系统损失的机械能为3 J
D．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1 m/s2，根据牛顿第二定律知＝1 m/s2，＝1 m/s2，代入数据解得M＝3 kg，μ＝0.1，故A正确，D错误；木块减小的动能ΔEk＝ Ek0－Ek1＝mv02－mv12＝4.5 J，故B错误；由题图乙可知，A、B的相对位移大小Δx＝×2×1 m＝1 m，则系统损失的机械能为ΔE＝Wf＝μmgx＝3 J，故C正确．
4．如图所示，半径为R＝1.0 m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点B和圆心O的连线与水平方向的夹角θ＝37°，另一端点C为轨道的最低点．C点右侧的光滑水平面上紧挨C点静止放置一木板，木板质量M＝1 kg，上表面与C 点等高．质量为m＝1 kg的物块(可视为质点)从空中A点以v0＝1.2 m/s的速度水平抛出，恰好从轨道的B端沿切线方向进入轨道．已知物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6.求：

(1)物块经过C点时的速率vC；
(2)若木板足够长，物块在木板上相对滑动过程中产生的热量Q.
答案　(1)6 m/s　(2)9 J
解析　(1)设物块在B点的速度为vB，从A到B物块做平抛运动，有vBsin θ＝v0
从B到C，根据动能定理有
mgR (1＋sin θ)＝mvC2－mvB2
解得vC＝6 m/s
(2)物块在木板上相对滑动过程中由于摩擦力作用，最终将共速．设相对滑动时物块加速度大小为a1，木板加速度大小为a2，经过时间t达到共同速度v，则μmg＝ma1, μmg＝Ma2，v＝vC－a1t，v＝a2t
根据能量守恒定律有(m＋M)v2＋Q＝mvC2，代入数据联立解得Q＝9 J.
5．如图所示，倾角为θ＝37°的足够长的斜面固定在水平面上，斜面上放一长度为L＝4 m、质量M＝2 kg的木板，木板与斜面间的动摩擦因数μ1＝0.5，木板在沿斜面向下的恒力F＝8 N的作用下从静止开始下滑，经时间t1＝1 s，将一质量为m＝1 kg且可视为质点的物块无初速度地轻放在木板的最下端，物块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.25，当物块与木板速度相同时撤去恒力F，最终物块会与木板分离．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，不计空气阻力)试求：

(1)经时间t1＝1 s木板速度的大小v1；
(2)物块与木板共速时的速度大小v2及从物块放上木板至达到共速所需的时间t2；
(3)木板上表面摩擦产生的热量Q.
答案　(1)6 m/s　(2)9.6 m/s　1.2 s　(3)14.4 J
解析　(1)设没放物块时，木板加速下滑的加速度大小为a，根据牛顿第二定律可得
F＋Mgsin θ－μ1Mgcos θ＝Ma
解得a＝6 m/s2
设经时间t1＝1 s木板速度的大小为v1，则v1＝at1＝6 m/s
(2)从物块放到木板上到达到共速前，设木板的加速度为a1，物块的加速度大小为a2，对木板，根据牛顿第二定律得F＋Mgsin θ－μ1(m＋M)gcos θ－μ2mgcos θ＝Ma1
代入数据解得a1＝3 m/s2
对物块，根据牛顿第二定律得mgsin θ＋μ2mgcos θ＝ma2
代入数据解得a2＝8 m/s2
经时间t2物块与木板速度相同为v2，则有v2＝v1＋a1t2＝a2t2
解得v2＝9.6 m/s，t2＝1.2 s
(3)物块放到木板上至达到速度v2时，物块的位移大小x2＝a2t22＝5.76 m
木板的位移x1＝v1t2＋a1t22＝9.36 m
物块相对木板向上运动的距离Δx＝x1－x2＝3.6 m
撤去F后，木板加速度变小，物块最终从木板下端离开木板，由功能关系知木板上表面摩擦产生的热量Q＝Ff×2Δx＝μ2mgcos θ·2Δx
解得Q＝14.4 J.
6.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＝.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)g　(2)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＝gsin 30°
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＝＝
第一次碰撞后，对B有aB＝μgcos θ－gsin θ＝g，方向沿斜面向上
(2)第一次碰撞后，对A有aA＝μgcos θ＋gsin θ＝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＝＝L
从开始到第二次碰撞，A的总路程为xA＝L＋2x1＝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mgLsin θ＋mg(L＋Δx)sin θ＝μmgΔxcos θ
可得Δx＝4L
因此，系统因摩擦产生的热量为
Q＝μmgΔxcos θ＝3mgL.
7.如图所示，一个质量为m＝4 kg的滑块从斜面上由静止释放，无碰撞地滑上静止在水平面上的木板，木板质量为M＝1 kg，当滑块和木板速度相等时，滑块恰好到达木板最右端，此时木板撞到与其上表面等高的台阶上，滑块冲上光滑的水平台阶，进入固定在台阶上的光滑圆形轨道内侧，轨道在竖直平面内，半径为R＝0.5 m，滑块到达轨道最高点时，对轨道没有作用力．已知滑块可视为质点，斜面倾角θ＝53°，滑块与斜面、滑块与木板间动摩擦因数均为μ1＝0.5，木板与地面间动摩擦因数为μ2＝0.2，重力加速度为g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，试求：

(1)滑块冲上台阶时的速度大小；
(2)滑块释放时相对斜面底端的高度；
(3)滑块和木板间产生的热量．
答案　(1)5 m/s　(2)4.5 m　(3)37.5 J
解析　(1)设滑块到达斜面底端时速度大小为v1，冲上台阶时速度为v2，
在圆轨道最高点时速度为v3.在圆轨道最高点时，由牛顿第二定律有mg＝m
在圆轨道上运动时，由机械能守恒定律有mv22＝2mgR＋mv32
联立解得v2＝5 m/s
(2)设滑块在木板上滑动时加速度的大小为a1，木板的加速度大小为a2，由牛顿第二定律可知a1＝＝5 m/s2 a2＝＝10 m/s2
设滑块在木板上滑行时间为t，对木板，由v2＝a2t
得t＝＝0.5 s
对滑块，由v2＝v1－a1t
得v1＝7.5 m/s
设在斜面上释放高度为h，由能量守恒定律可得mgh＝mv12＋μ1mgcos θ·
代入数据可得h＝4.5 m
(3)滑块在木板上运动的位移大小为x1＝t＝ m
木板的位移大小为x2＝t＝ m
相对位移大小为Δx＝x1－x2＝ m
所以产生的热量Q＝μ1mg·Δx＝37.5 J．