统考版高考物理复习热点专项练三牛顿运动定律第25练(模型方法)“滑块—木板”模型的动力学问题含答案

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思维方法
1．“滑块—木板”模型问题中，靠摩擦力带动的那个物体的加速度有最大值：am＝ eq \f(Ffm,m) .假设两物体同时由静止运动，若整体加速度小于该值，则二者相对静止，二者间是静摩擦力；若整体加速度大于该值，则二者相对滑动，二者间为滑动摩擦力．
2．滑块由滑板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和滑板同向运动，位移之差等于板长；若反向运动，位移大小之和等于板长．
一、选择题
1．(多选)如图甲所示，光滑水平面上静置一个薄长木板，长木板上表面粗糙，其质量为M，t＝0时刻质量为m的物块以水平速度v滑上长木板，此后木板与物块运动的v ­ t图象如图乙所示，重力加速度g＝10 m/s2，则下列说法正确的是( )
A.M＝m
B．M＝2m
C．木板的长度为8 m
D．木板与物块间的动摩擦因数为0.1
2．(多选)[2021·山东兰陵东苑高级中学月考]如图所示，在山体下的水平地面上有一静止长木板，某次山体滑坡，有石块从山坡上滑下后，恰好以速度v1水平向右滑上长木板，石块与长木板、长木板与水平地面之间都存在摩擦．设最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力的大小，且石块始终未滑出长木板．下面给出了石块在长木板上滑行的v ­ t图象，其中可能正确的是( )
二、非选择题
3．质量为3 kg的长木板A置于光滑的水平地面上，质量为2 kg的木块B(可视为质点)置于木板A的左端，在水平向右的力F作用下由静止开始运动，如图甲所示．A、B运动的加速度随时间变化的图象如图乙所示(g取10 m/s2).
(1)求木板与木块之间的动摩擦因数(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)；
(2)求4 s末A、B的速度大小；
(3)若6 s末木板和木块刚好分离，则木板的长度为多少？
4．传送带与平板紧靠在一起，且上表面在同一水平面内，两者长度分别为L1＝2.5 m、L2＝2 m．传送带始终保持以速度v匀速运动．现将一滑块(可视为质点)轻放到传送带的左端，然后平稳地滑上平板．已知：滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，滑块与平板、平板与支持面的动摩擦因数分别为μ1＝0.3、μ2＝0.1，滑块、平板的质量均为m＝2 kg，g取10 m/s2.求：
(1)若滑块恰好不从平板上掉下，求v的大小；
(2)若v＝6 m/s，求滑块离开平板时的速度大小．
第25练 （模型方法）“滑块—木板”模型的动力学问题
1．答案：BC
解析：物块在木板上的运动过程中，μmg＝ma1，而v ­ t图象的斜率大小表示加速度大小，故a1＝ eq \f(7－3,2) m/s2＝2 m/s2，解得μ＝0.2，D错误；对木板受力分析可知μmg＝Ma2，a2＝ eq \f(2－0,2) m/s2＝1 m/s2，解得M＝2m，A错误，B正确；由题图乙可知，2 s时物块和木板分离，两者v ­ t图象与坐标轴围成的面积之差等于木板的长度，故L＝ eq \f(1,2) ×（7＋3）×2 m－ eq \f(1,2) ×2×2 m＝8 m，C正确．
2．答案：BD
解析：由于石块与长木板、长木板与水平地面之间都存在摩擦，因此石块与长木板达到共速后不可能做匀速直线运动，A错误；设石块与长木板之间的动摩擦因数为μ1，长木板与水平地面之间的动摩擦因数为μ2，石块的质量为m，长木板的质量为M，当μ1mg>μ2（m＋M）g时，最终石块和长木板一起做匀减速直线运动，此时的加速度大小为μ2g，由于μ1mg>μ2（m＋M）g，则有μ1g>μ2g，即石块刚开始减速的加速度大于石块与长木板一起减速时的加速度，石块与长木板共速后，图象的斜率变小，B正确，C错误；若石块对长木板向右的滑动摩擦力小于地面对长木板的最大静摩擦力，则长木板静止不动，石块在长木板上做匀减速运动，D正确．
3．答案：（1）0.3 （2）均为4 m/s （3）4 m
解析：（1）由题图乙知4 s末木块与木板间达到最大静摩擦力，此时aA＝2 m/s2.
对于木板有f＝mAaA＝μmBg，
木板与木块间的动摩擦因数μ＝ eq \f(mAaA,mBg) ＝0.3.
（2）由题图乙知，4 s末A、B的速度均为v＝ eq \f(1,2) ×4×2 m/s＝4 m/s.
（3）4～6 s内，木板A运动的位移xA＝vt2＋ eq \f(1,2) aAt eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(2)) .
木块B的位移xB＝vt2＋ eq \f(1,2) aBt eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(2)) ，
则木板的长度l＝xB－xA＝4 m．
4．答案：（1）4 m/s （2）3.5 m/s
解析：（1）滑块在平板上做匀减速运动，加速度大小：
a1＝ eq \f(μ1mg,m) ＝3 m/s2
由于μ1mg>2μ2mg
故平板做匀加速运动，加速度大小：
a2＝ eq \f(μ1mg－μ2×2mg,m) ＝1 m/s2
设滑块滑至平板右端用时为t，共同速度为v′，平板位移为x，对滑块：v′＝v－a1t
L2＋x＝vt－ eq \f(1,2) a1t2
对平板：v′＝a2t
x＝ eq \f(1,2) a2t2
联立以上各式代入数据解得：t＝1 s，v＝4 m/s.
（2）滑块在传送带上的加速度：a3＝ eq \f(μmg,m) ＝5 m/s2
若滑块在传送带上一直加速，则获得的速度为：
v1＝ eq \r(2a3L1) ＝5 m/st，不符合题意，舍去）
将t′＝ eq \f(1,2) s代入v″＝v1－a1t′得：v″＝3.5 m/s.