2023版高考物理总复习之加练半小时 第六章 微专题44 “滑块－木板”模型综合问题

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、能量守恒求摩擦产生的热量．

1．(多选)如图所示，一个质量为M、长为L的木板B静止在光滑水平面上，其右端放有可视为质点的质量为m的滑块A，现用一水平恒力作用在滑块上，使滑块从静止开始做匀加速直线运动．滑块和木板之间的摩擦力为Ff，滑块滑到木板的最左端时，木板运动的距离为x，此过程中，下列说法正确的是(　　)

A．滑块A到达木板B最左端时，具有的动能为(F－Ff)·(L＋x)

B．滑块A到达木板B最左端时，木板B具有的动能为Ff·x

C．滑块A克服摩擦力所做的功为Ff·L

D．滑块A和木板B增加的机械能为F·(L＋x)－Ff·L

答案　ABD

解析　对滑块A分析，滑块A相对于地面的位移为L＋x，根据动能定理得(F－Ff)(L＋x)＝mv2－0

则知滑块A到达木板B最左端时具有的动能为(F－Ff)(L＋x)，选项A正确．对木板B分析，根据动能定理得Ffx＝Mv′2－0，则知滑块A到达木板B最左端时，木板B具有的动能为Ffx，选项B正确．滑块A相对于地面的位移大小为L＋x，则滑块A克服摩擦力所做的功为Ff(L＋x)，故选项C错误．根据能量守恒定律得，外力F做的功转化为木板B和滑块A的机械能和摩擦产生的内能，则有F(L＋x)＝ΔE＋Q，则滑块A和木板B增加的机械能为ΔE＝F(L＋x)－FfL，选项D正确．

2．(多选)如图甲所示，长木板在粗糙的水平地面上向左运动，某时刻一质量与长木板相等的滑块(可视为质点)水平向左以某一初速度从右端滑上木板，滑块始终在木板上且滑块的动能－位移(Ek－x)图像如图乙所示．已知长木板与地面间的动摩擦因数为0.1，重力加速度大小为10 m/s2，则(　　)

A．小滑块和木板的质量均为0.25 kg

B．小滑块与木板之间的动摩擦因数是0.6

C．小滑块滑上木板瞬间，木板的初速度大小为 m/s

D．木板长度至少要 m，小滑块才不会冲出木板

答案　BC

解析　由题图乙可知，滑块滑上木板后动能减小，滑动x1＝1 m后与木板共速，此时滑块的动能为1 J，则由动能定理μ1mgx1＝Ek0－Ek1＝4 J－1 J＝3 J，μ2·2mgx2＝2Ek1＝2 J，其中x2＝2 m，解得μ1＝0.6，m＝0.5 kg，选项A错误，B正确；根据Ek0＝mv02，小滑块滑上木板瞬间，小滑块的初速度大小为v0＝＝ m/s＝4 m/s，

同理共速时小滑块的速度v1＝2 m/s，小滑块的加速度a1＝μ1g＝6 m/s2，到达共速时的时间t＝＝ s，木板的加速度a2＝＝4 m/s2，小滑块滑上木板瞬间木板的速度大小v0板＝v1－a2t＝ m/s，到达共速时木板的位移x1′＝t＝ m，木块相对木板的位移Δx＝x1－x1′＝ m，即木板长度至少要 m小滑块才不会冲出木板，选项C正确，D错误．

3．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＝.无初速释放二者，当木板滑到斜面底端时，与底部的挡板发生弹性碰撞，且碰撞时间极短．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系统加速度为a＝gsin 30°

由运动学公式，第一次碰撞时系统速度v1＝＝

碰后，对B有aB＝μgcos θ－gsin θ＝g

方向沿斜面向上

(2)碰后，对A有aA＝μgcos θ＋gsin θ＝g

方向沿斜面向下，可见，A、B均做减速运动，A先减速至零．

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.

4．如图所示，光滑的四分之一圆弧轨道固定在地面上，A为轨道最高点，质量为m＝1 kg的小滑块(看作质点)从A点正上方距离A高h＝0.8 m处由静止释放，经圆轨道最低点B后滑到位于水平面的木板上，木板足够长．已知当小滑块滑至B点时，对圆轨道压力大小为46 N，木板质量M＝2 kg，其上表面与圆弧轨道相切于B点．(取g＝10 m/s2)

(1)求圆弧轨道的半径R；

(2)若地面不光滑，小滑块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.5，从小滑块滑上木板开始计时，经过1 s两物体速度大小相等，求地面与木板间的动摩擦因数μ2.

答案　(1)1 m　(2)0.1

解析　(1)小滑块从开始下落到滑到B点，由机械能守恒定律

mg(h＋R)＝mvB2

在B点时FNB－mg＝mB2

解得R＝1 m

vB＝6 m/s

(2)小滑块滑上木板后，对滑块μ1mg＝ma1

对木板μ1mg－μ2(m＋M)g＝Ma2

当共速时vB－a1t＝a2t

解得μ2＝0.1.

5.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，与轨道没有作用力．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，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)设滑块在斜面底端时速度为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，木板加速度的大小为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

所以产生热量Q＝μ1mg·Δx＝37.5 J.

6.如图，小物块A和木板B静止在光滑水平面上，CD为竖直面内一固定光滑半圆弧轨道，直径CD竖直，C点与B上表面等高．A在水平向右的恒定拉力作用下从B的左端由静止开始向右滑动，当A的速率为v时撤去拉力，此时B的速率为，B恰好到达C处且立即被台阶粘住不动，A进入半圆弧轨道后恰好通过D点．已知A、B的质量分别为m、2m，A与B间的动摩擦因数μ＝0.5，B的长度L＝，g为重力加速度大小．

(1)求拉力的大小F；

(2)求半圆弧轨道的半径R；

(3)A从D点飞出后是落到地面上还是落到B上？为什么？

答案　(1)mg　(2)　(3)落到了B上，理由见解析

解析　(1)设撤去拉力F前A、B的加速度大小分别为a1、a2，根据牛顿第二定律，对A有F－μmg＝ma1

对B有μmg＝2ma2

设从静止开始经t1时间A的速率为v，则v＝a1t1，＝a2t1

解得F＝mg

(2)设从静止开始到撤去力F的过程中A、B的位移分别为x1、x2，则v2＝2a1x1，()2＝2a2x2

解得x1＝，x2＝

则Δx＝x1－x2＝＝L

即撤去拉力时A恰好到达C处，A从C运动到D的过程中，根据机械能守恒定律有mv2＝mg·2R＋mvD2

A进入半圆弧轨道后恰好通过D点，则mg＝m

解得R＝

(3)A从D点飞出后做平抛运动，假设A落到B上，设该过程中物块A的运动时间为t2，水平方向上的位移为x，则2R＝gt22，x＝vDt2

解得x＝

由于x<L，则假设成立，A落到了B上．