2023版高考物理专题39“滑块_木板”模型中的能量问题练习含解析

专题39　“滑块—木板”模型中的能量问题

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1所示，质量为M、长为L的木板置于光滑的水平面上，一质量为m的滑块放置在木板左端，滑块与木板间的滑动摩擦力大小为Ff，用水平的恒定拉力F作用于滑块．当滑块运动到木板右端时，木板在地面上移动的距离为x，滑块速度为v1，木板速度为v2，下列结论正确的是(　　)

图1

A．上述过程中，F做功大小为mv＋Mv22

B．其他条件不变的情况下，M越大，x越小

C．其他条件不变的情况下，F越大，滑块到达右端所用时间越长

D．其他条件不变的情况下，Ff越大，滑块与木板间产生的热量越多

答案　BD

解析　由功能关系可知，上述过程中，F做功大小为二者动能与产生的热量之和，选项A错误；其他条件不变的情况下，M越大，长木板的加速度越小，x越小，选项B正确；其他条件不变的情况下，F越大，滑块的加速度越大，滑块到达右端所用时间越短，选项C错误；其他条件不变的情况下，滑块与木板间产生的热量等于滑动摩擦力与相对位移的乘积，Ff越大，滑块与木板间产生的热量越多，选项D正确．

2.长为L＝1 m、质量为M＝1 kg的平板车在粗糙水平地面上以初速度v＝5 m/s向右运动，同时将一个质量为m＝2 kg的小物块轻轻放在平板车的最前端，物块和平板车的平板间的动摩擦因数为μ＝0.5，由于摩擦力的作用，物块相对平板车向后滑行距离s＝0.4 m后与平板车相对静止，平板车最终因为地面摩擦而静止，如图2所示，物块从放到平板车上到与平板车一起停止运动，摩擦力对物块做的功为(　　)

图2

A．0  B．4 J  C．6 J  D．10 J

答案　A

解析　将小物块轻放到平板车上时，由于摩擦力做正功，使小物块加速，到与平板车速度相等时变为静摩擦力，由于地面对平板车的阻力而使平板车和小物块都减速，静摩擦力对小物块做负功，因为小物块初速度为零，最终与平板车一起减速到零，故动能变化量为零，在整个过程中摩擦力对小物块做的功为零，选项A正确．

3.(多选)如图3所示，光滑的水平面上叠放A、B两物体(A视为质点)，A、B之间的滑动摩擦力为Ff，B的长度为L.当B不固定时A以速度v0从左向右从B上面滑过，这一过程中，A克服摩擦力做功W1，产生热量Q1，当B固定于水平面时，A仍以速度v0从左向右从B上面滑过，这一过程中，A克服摩擦力做功W2，产生热量Q2，则以下选项中正确的是(　　)

图3

A．W1＝W2 B．W1>W2

C．Q1＝Q2＝FfL D．Q1>Q2>FfL

答案　BC

解析　A从B左端滑到右端克服摩擦力所做的功W＝Ffs，因为B不固定时A的位移要比固定时大，所以W1>W2，摩擦产生的热量Q＝Ffs相对，两次都从B左端到右端，相对位移相等，所以Q1＝Q2，故B、C正确，A、D错误．

4．(多选)第一次将一长木板静止放在光滑水平面上，如图4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(　　)

图4

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　在小铅块第一次运动过程中，小铅块与木板之间的摩擦力使整个木板一直加速，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，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．

5．(2020·浙江绍兴市诊断性考试)如图5所示，两块材料不同的木板M、N，长度分别为2L、L，首尾相连固定在水平地面上，B为两木板的连接点，物块与木板M、N之间的动摩擦因数分别为μ和2μ.当物块以速率v0向右从A点滑上木板M，恰好可以滑到C点；若让物块以v0向左从C点滑上木板N，则物块(　　)

图5

A．恰好运动到A点停下

B．两次运动的时间相等

C．两次经过B点时的速率不同

D．两次运动的平均速度大小相同

答案　A

解析　当对物块以速率v0向右从A点滑上木板M，设物块质量为m，由动能定理，－μmg·2L－2μmg·L＝0－mv02，若让物块以速率v0向左从C点滑上木板N，同样由动能定理，－2μmg·L－μmg·2L＝mv－mv02，解得vA＝0，即恰好运动到A点停下，选项A正确；物块以速率v0向右从A点滑上木板M，由牛顿第二定律，μmg＝maM，其加速度为aM＝μg；物块向右滑上木板N，由牛顿第二定律，2μmg＝maN，其加速度为aN＝2μg；物块以速率v0从C点向左滑行，同样由牛顿第二定律可得aN′＝2μg，aM′＝μg；可画出物块运动的速度－时间图象如图所示．由速度－时间图象可知，物块以速率v0向左从C点滑上木板N，运动的时间较长，两次经过B点时速率相等，选项B、C错误；两次位移大小相等，时间不同，所以两次运动的平均速度大小不相同，选项D错误．

6．(多选)(2019·安徽安庆市期末调研监测)如图6所示，静止在水平面上的木板质量为M＝2 kg，质量m＝1 kg的铁块以水平初速度v0＝6 m/s，从木板的左端沿板面向右滑行，木板与地面间动摩擦因数为μ1＝0.1，铁块与木板间动摩擦因数为μ2＝0.5，木板长为4 m，则下列说法中正确的是(　　)

图6

A．铁块最终滑离木板

B．铁块最终停在距离木板右端1 m处

C．运动过程中地面与木板因摩擦而产生的热量为18 J

D．运动过程中铁块与木板因摩擦而产生的热量为15 J

答案　BD

解析　设铁块在木板上滑动时，铁块的加速度为a1，由牛顿第二定律得：μ2mg＝ma1

解得：a1＝μ2g＝5 m/s2；

设铁块在木板上滑动时，木板的加速度为a2，由牛顿第二定律得：

μ2mg－μ1(M＋m)g＝Ma2，解得：a2＝1 m/s2；

设铁块与木板相对静止达共同速度时的速度为v，所需的时间为t，则有：

v＝v0－a1t，v＝a2t，解得：t＝1 s，v＝1 m/s，

此过程木板运动的位移x1＝a2t2＝0.5 m，

铁块的位移为：x2＝v0t－a1t2＝3.5 m

达到共同速度后一起向右匀减速运动，所以铁块最终停在木板上的位置到其右端的距离为：

4 m－(3.5－0.5)m＝1 m，故A错误，B正确；

运动过程中铁块与木板因摩擦而产生的热量为Q1＝μ2mg(x2－x1)＝0.5×1×10×(3.5－0.5) J＝15 J，

达到共同速度后一起向右匀减速的位移为x3＝，a3＝μ1g＝1 m/s2，解得：x3＝0.5 m，

所以运动过程中地面与木板因摩擦而产生的热量为

Q2＝μ1(M＋m)g(x1＋x3)＝0.1×(2＋1)×10×(0.5＋0.5) J＝3 J，故C错误，D正确．

7.如图7所示，质量M＝4 kg、长L＝2 m的木板A静止在光滑水平面上，质量m＝1 kg的小滑块B置于A的左端．B在F＝3 N的水平恒力作用下由静止开始运动，当B运动至A的中点时撤去力F.A、B之间的动摩擦因数μ＝0.2，g取10 m/s2.求：

图7

(1)撤去F之前A、B的加速度大小a1、a2；

(2)F对B做的功W；

(3)整个运动过程中因摩擦产生的热量Q.

答案　(1)0.5 m/s2　1 m/s2　(2)6 J　(3)2.4 J

解析　(1)对A：μmg＝Ma1

得a1＝0.5 m/s2

对B：F－μmg＝ma2，得a2＝1 m/s2

(2)设F作用时间为t，由位移公式得：

对B：xB＝a2t2，对A：xA＝a1t2

xB－xA＝，得t＝2 s

F做的功：W＝FxB，W＝6 J.

(3)撤去F后，对B：－μmg＝ma3，得：a3＝－2 m/s2

设从撤去F到A、B相对静止所需时间为t′，则：a2t＋a3t′＝a1t＋a1t′，得：t′＝ s

由位移关系得：x相＝＋a2tt′＋a3t′2－(a1tt′＋a1t′2)，得x相＝1.2 m

摩擦产生的热量：Q＝μmgx相，得Q＝2.4 J.

8.如图8所示，质量为M＝2 kg、左端带有挡板的长木板放在水平面上，板上贴近挡板处放有一质量为m＝1 kg的物块，现用一水平向右、大小为9 N的拉力F拉长木板，使物块和长木板一起做匀加速运动，物块与长木板间的动摩擦因数为μ1＝0.1，长木板与水平面间的动摩擦因数为μ2＝0.2，运动一段时间后撤去F，最后物块恰好能运动到长木板的右端，木板长L＝4.8 m，物块可看成质点，不计挡板的厚度，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10 m/s2，求：

图8

(1)小物块开始运动时的加速度大小；

(2)拉力F作用的时间；

(3)整个过程因摩擦产生的热量．

答案　(1)1 m/s2　(2)4 s　(3)72 J

解析　(1)小物块开始运动时的加速度与整体的加速度相同，对整体，由牛顿第二定律有F－μ2(M＋m)g＝(M＋m)a1，解得a1＝1 m/s2

(2)设拉力F作用的时间为t1，撤去拉力时长木板和物块的速度为v＝a1t1

撤去拉力后，如果物块和长木板一起做匀减速运动，则匀减速运动的加速度大小为a＝μ2g＝2 m/s2，物块要维持2 m/s2的加速度需要的外力大小为2 N，而长木板对物块的最大静摩擦力等于Ff1＝μ1mg＝1 N<2 N，因此物块不可能和长木板一起做匀减速运动，物块与长木板发生相对滑动，长木板的加速度满足μ2(M＋m)g－μ1mg＝Ma2

可得a2＝2.5 m/s2，小物块的加速度a3＝μ1g＝1 m/s2

－＝L，解得t1＝4 s

(3)根据功能关系可知，整个过程因摩擦产生的热量等于拉力F做的功

即Q＝Fx1，x1＝a1t12，可得Q＝72 J.

9.(2020·宁夏银川市模拟)如图9所示，一质量为m＝1.5 kg的滑块从倾角为θ＝37°的斜面上自静止开始下滑，滑行距离x＝10 m后进入半径为R＝9 m的光滑圆弧AB，其圆心角为θ，然后水平滑上与平台等高的小车．已知小车质量为M＝3.5 kg，滑块与斜面及小车表面的动摩擦因数μ＝0.35，地面光滑且小车足够长，g取10 m/s2.(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：

图9

(1)滑块在斜面上的滑行时间t1；

(2)滑块脱离圆弧末端B点前，轨道对滑块的支持力大小；

(3)当小车开始匀速运动时，滑块在车上滑行的距离x1.

答案　(1)2.5 s　(2)31.7 N　(3)10 m

解析　(1)设滑块在斜面上滑行的加速度为a，由牛顿第二定律，有mgsin θ－μmgcos θ＝ma，又x＝at12

联立解得t1＝2.5 s.

(2)滑块在圆弧AB上运动过程，由机械能守恒定律，有

mvA2＋mgR(1－cos θ)＝mvB2，其中vA＝at1

由牛顿第二定律，有FB－mg＝m

联立解得：轨道对滑块的支持力FB≈31.7 N.

(3)滑块在小车上滑行时的加速度：a1＝μg＝3.5 m/s2

小车的加速度：a2＝＝1.5 m/s2

小车与滑块达到共同速度时小车开始匀速运动，满足vB－a1t2＝a2t2

由(2)可知滑块刚滑上小车的速度vB＝10 m/s，最终同速时的速度v＝vB－a1t2＝3 m/s

由功能关系可得：μmg·x1＝mv－(m＋M)v2

联立解得：x1＝10 m.