高考物理一轮复习课时检测十七动力学模型之一__滑块滑板含解析新人教版

动力学模型之一—— 滑块滑板

1．(多选)如图所示，一长轻质木板置于光滑水平地面上，木板上放质量分别为mA＝1 kg和mB＝2 kg的A、B两物块，A、B与木板之间的动摩擦因数均为μ＝0.2。水平恒力F作用在A物块上。取g＝10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是(　　)

A．若F＝1 N，则物块、木板都静止不动

B．若F＝1.5 N，则A、B物块所受摩擦力大小都为1 N

C．若F＝4 N，则B物块所受摩擦力大小为4 N

D．若F＝8 N，则B物块的加速度大小为1 m/s2

解析：选BD　由题意分析可知，B和木板始终保持相对静止，A与木板间的最大静摩擦力fA＝μmAg＝2 N，当F＝1 N<fA时，木板与A、B保持相对静止，三者组成的整体在外力F作用下做匀加速运动，选项A错误；若F＝1.5 N<fA，则A、B和木板整体的加速度大小为a＝＝0.5 m/s2，对A有F－fA′＝mAa，解得fA′＝1 N，对B有fB′＝mBa＝1 N，选项B正确；若F＝4 N>fA，则A在木板上滑动，B和木板整体受到的摩擦力为滑动摩擦力，大小为fA＝2 N，轻木板质量不计，所以B的加速度大小为a′＝＝1 m/s2，对B受力分析，可知B受静摩擦力，大小为fB″＝mBa′＝2 N，选项C错误；若F＝8 N>fA，则B和木板整体受到的摩擦力为滑动摩擦力，大小为fA＝2 N，B的加速度大小为a′＝＝1 m/s2，选项D正确。

2．(多选)如图所示，光滑的水平地面上有三个木块a、b、c，质量均为m，a、c之间用轻质细绳连接。现用一水平恒力F作用在b上，三者开始一起做匀加速运动，运动过程中把一块橡皮泥粘在某一木块上面，系统仍做匀加速运动且始终没有相对滑动。在粘上橡皮泥并达到稳定后，下列说法正确的是(　　)

A．无论橡皮泥粘在哪个木块上面，系统的加速度都不变

B．若粘在b木块上面，绳的张力和a、b间摩擦力一定都减小

C．若粘在a木块上面，绳的张力减小，a、b间摩擦力不变

D．若粘在c木块上面，绳的张力和a、b间摩擦力都增大

解析：选BD　由整体法可知，无论橡皮泥粘在哪个木块上，系统的质量均增大，由牛顿运动定律可知，系统的加速度均减小，故A错误。若橡皮泥粘在b木块上，将a、c看成整体，有fab＝2ma，加速度减小，所以a、b间摩擦力减小；对c：T＝ma，绳的拉力减小，故B正确。若橡皮泥粘在a木块上，对c：T＝ma，故绳的拉力减小；对b：F－fab＝ma，摩擦力fab增大，故C错误。若橡皮泥粘在c木块上，将a、b看成整体，有F－T＝2ma，加速度减小，所以绳的拉力T增大，对b：F－fab＝ma，可知fab增大，故D正确。

3.如图所示，足够长光滑斜面的倾角为θ，斜面上放着质量为M的木板，木板左端有一个质量为m的木块，木块与木板之间的动摩擦因数为μ，木块和木板的初速度都为零。对木块施加平行斜面向上的恒力F后，下列说法正确的是(　　)

A．若μ＞tan θ，则木板一定沿斜面向上运动

B．若F＝mgsin θ，则木块一定静止在木板上

C．若木板沿斜面向上滑动，木板质量M越小，木块与木板分离时，木块滑行的距离越大

D．若木板沿斜面向下滑动，木板质量M越大，木块与木板分离时，木块滑行的距离越大

解析：选C　如果恒力F趋于0，木板一定沿斜面向下运动，故A错误；如果μ趋于0，木板一定向下运动，两者不能保持静止，故B错误；假设木板质量M趋于0，木板将随木块一直运动，故C正确；如果木块始终静止，无论M多大，木块滑行的距离都为0，故D错误。

4.(多选)滑沙运动是小孩比较喜欢的一项运动，其运动过程可类比为如图所示的模型，倾角为37°的斜坡上有长为1 m的滑板，滑板与沙间的动摩擦因数为。小孩(可视为质点)坐在滑板上端，与滑板一起由静止开始下滑。小孩与滑板之间的动摩擦因数取决于小孩的衣料，假设图中小孩与滑板间的动摩擦因数为0.5，小孩的质量与滑板的质量相等，斜坡足够长，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，则下列判断正确的是(　　)

A．小孩在滑板上下滑的加速度大小为2 m/s2

B．小孩和滑板脱离前滑板的加速度大小为0.5 m/s2

C．经过  s的时间，小孩离开滑板

D．小孩离开滑板时的速度大小为 m/s

解析：选AC　对小孩，由牛顿第二定律，加速度大小为a1＝＝2 m/s2，同理对滑板，加速度大小为a2＝＝1 m/s2，选项A正确，B错误；要使小孩与滑板分离，a1t2－a2t2＝L，解得t＝ s(另一解不符合，舍去)，离开滑板时小孩的速度大小为v＝a1t＝2 m/s，选项C正确，D错误。

5．图甲中，质量为m的物块叠放在质量为2m的足够长的木板上方右侧，木板放在光滑的水平地面上，物块与木板之间的动摩擦因数为μ＝0.2。在木板上，施加一水平向右的拉力F，在0～3 s内F的变化如图乙所示，图中F以mg为单位，重力加速度g取10 m/s2。整个系统开始时静止。

(1)求1 s、1.5 s、2 s、3 s末木板的速度大小以及2 s、3 s末物块的速度大小；

(2)在同一坐标系中画出0～3 s内木板和物块的v ­t图像，据此求0～3 s内物块相对于木板滑过的距离。

解析：(1)摩擦力使物块所能达到的最大加速度为

am＝＝2 m/s2

木板和物块以加速度am共同加速时所需要的拉力

Fm＝(m＋2m)am＝0.6mg

所以0～1 s内物块的加速度为am＝2 m/s2，木板的加速度为a1＝＝4 m/s2,1 s末木板的速度大小为v1＝a1t1＝4 m/s

假设1 s～1.5 s内物块仍以加速度am＝2 m/s2加速，则v1.5′＝amt1.5＝3 m/s

木板在1 s～1.5 s内的加速度为a2＝＝1 m/s2，即木板也在加速，即木板速度始终大于物块速度，假设成立，所以1.5 s末木板的速度大小为

v1.5＝v1＋a2(t1.5－t1)＝4.5 m/s

假设1.5 s～2 s内物块仍以加速度am＝2 m/s2加速，则

v2′＝amt2＝4 m/s

木板在1.5 s～2 s内将做减速运动，加速度的大小为a3＝＝1 m/s2,2 s末木板的速度大小为v2＝v1.5－a3(t2－t1.5)＝4 m/s，可知假设刚好成立。

2 s～3 s内物块将和木板保持相对静止以共同速度4 m/s匀速运动，3 s末木板和物块的速度大小为v3＝4 m/s，v3′＝4 m/s。综上有v1＝4 m/s，v1.5＝4.5 m/s，v2＝4 m/s，v3＝4 m/s

v2′＝4 m/s，v3′＝4 m/s。

(2)由(1)得到物块与木板运动的v ­t图像，如图所示。在0～3 s内物块相对于木板的距离Δs等于木板和物块v ­t图线下的面积之差，即图中带阴影的四边形面积，该四边形由两个三角形组成，上面的三角形的面积为0.25，下面的三角形面积为2，因此Δs＝2.25 m。

答案：(1)v1＝4 m/s，v1.5＝4.5 m/s，v2＝4 m/s，v3＝4 m/s，v2′＝4 m/s，v3′＝4 m/s　(2)见解析图　2.25 m

6.如图所示，倾角α＝30°的足够长光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一长L＝1.8 m、质量M＝3 kg的薄木板，木板的最右端叠放一质量m＝1 kg的小物块，物块与木板间的动摩擦因数μ＝。对木板施加沿斜面向上的恒力F，使木板沿斜面由静止开始做匀加速直线运动。设物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。

(1)为使物块不滑离木板，求力F应满足的条件；

(2)若力F＝37.5 N，物块能否滑离木板？若不能，请说明理由；若能，求出物块滑离木板所用的时间及滑离木板后沿斜面上升的最大距离。

解析：(1)以物块和木板整体为研究对象，由牛顿第二定律得F－(M＋m)gsin α＝(M＋m)a

以物块为研究对象，由牛顿第二定律得

Ff－mgsin α＝ma

又Ff≤Ffm＝μmgcos α，用a＞0

解得20 N＜F≤30 N。

(2)因力F＝37.5 N＞30 N，所以物块能够滑离木板，对木板，由牛顿第二定律得

F－μmgcos α－Mgsin α＝Ma1

对物块，由牛顿第二定律得

μmgcos α－mgsin α＝ma2

设物块滑离木板所用时间为t

木板的位移x1＝a1t2

物块的位移x2＝a2t2

物块与木板的分离条件为

Δx＝x1－x2＝L

解得t＝1.2 s

物块滑离木板时的速度v＝a2t

物块滑离木板后的加速度大小为a3＝gsin α＝5 m/s2

物块滑离木板后沿斜面上升的最大距离为x＝

解得x＝0.9 m。

答案：(1)20 N＜F≤30 N　(2)能　1.2 s　0.9 m

[潜能激发]

7.如图所示，上表面光滑、下表面粗糙的木板放置于水平地面上，可视为质点的滑块静止放在木板的上表面。t＝0时刻，给木板一个水平向右的初速度v0，同时对木板施加一个水平向左的恒力F，经一段时间，滑块从木板上掉下来。已知木板质量M＝3 kg，高h＝0.2 m，与地面间的动摩擦因数μ＝0.2；滑块质量m＝0.5 kg，初始位置距木板左端L1＝0.46 m，距木板右端L2＝0.14 m；初速度v0＝2 m/s，恒力F＝8 N，重力加速度g取10 m/s2。求：

(1)滑块从离开木板开始到落至地面所用时间；

(2)滑块离开木板时，木板的速度大小；

(3)从t＝0时刻开始到滑块落到地面的过程中，摩擦力对木板做的功。

解析：(1)设滑块从离开木板开始到落到地面所用时间为t0，以地面为参考系，滑块离开木板后做自由落体运动，根据运动学公式知h＝gt①

得t0＝＝0.2 s。②

(2)以木板为研究对象，向右做匀减速直线运动，由牛顿第二定律F＋μ(m＋M)g＝Ma1③

得a1＝5 m/s2，

则木板减速到零所经历的时间t1＝＝0.4 s，

所经过的位移s1＝＝0.4 m④

由于s1＜L1＝0.46 m，表明这时滑块仍然停留在木板上⑤

此后木板开始向左做匀加速直线运动，摩擦力的方向改变，

由牛顿第二定律F－μ(m＋M)g＝Ma2⑥

得a2＝ m/s2

滑块离开木板时，木板向左的位移s2＝s1＋L2＝0.54 m⑦

该过程根据运动学公式s2＝a2t⑧

得t2＝1.8 s

滑块滑离木板瞬间的速度v2＝a2t2＝0.6 m/s。⑨

(3)滑块离开木板后，木板所受地面的支持力及摩擦力随之改变，由牛顿第二定律

F－μMg＝Ma3

得a3＝ m/s2

故木板在t0这段时间的位移为

s3＝v2t0＋a3t＝ m⑪

整个过程摩擦力对木板做的功为

Wf＝－μ(m＋M)g·(s1＋s2)－μMgs3⑫

得Wf＝－7.38 J。⑬

答案：(1)0.2 s　(2)0.6 m/s　(3)－7.38 J

8．如图甲，质量M＝1 kg的木板静止在水平面上，质量m＝1 kg、大小可以忽略的铁块静止在木板的右端。设最大摩擦力等于滑动摩擦力，已知木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，铁块与木板之间的动摩擦因数μ2＝0.4，取g＝10 m/s2。现给铁块施加一个水平向左的力F。

(1)若力F恒为8 N，经1 s铁块运动到木板的左端。求木板的长度L；

(2)若力F从零开始逐渐增加，且木板足够长。试通过分析与计算，在图乙中作出铁块受到的摩擦力f随力F大小变化的图像。

解析：(1)对铁块分析，由牛顿第二定律：F－μ2mg＝ma1

对木板分析，由牛顿第二定律：μ2mg－μ1(M＋m)g＝Ma2

设木板的长度为L，经时间t铁块运动到木板的左端，则：

s木＝a2t2

s铁＝a1t2

又：s铁－s木＝L

解得：L＝1 m。

(2)(ⅰ)当F≤μ1(m＋M)g＝2 N时，系统没有被拉动，静摩擦力与外力成正比，

即：f＝F；

(ⅱ)当F>μ1(m＋M)g＝2 N时，如果M、m相对静止，铁块与木板有相同的加速度a，

则：F－μ1(m＋M)g＝(m＋M)a

F－f＝ma

解得：F＝2f－2

此时：f≤μ2mg＝4 N，

也即F≤6 N

所以：当2 N<F≤6 N时，f＝＋1(N)；

(ⅲ)当F>6 N时，M、m相对滑动，此时铁块受到的摩擦力为：f＝μ2mg＝4 N

f­F图像如图所示。

答案：(1)1 m　(2)f­F图像见解析