2023届高考物理一轮复习：小木块长木板专题训练

这是一份2023届高考物理一轮复习：小木块长木板专题训练，共17页。试卷主要包含了判断两者是否发生相对运动，常考模型，两者相向运动等内容，欢迎下载使用。
小木块长木板专题训练班别：     学号：      姓名：         一、判断两者是否发生相对运动例1.如图所示，质量M=4kg的长木板静止放置于光滑的水平面，质量为m=1kg的物块以迅速滑上长木板，且物块刚好不滑出长木板的最右端，已知物块与木板间的动摩擦因数为0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g=10m/s2，求：（1）小物块的加速度；（2）物块到达长木板右端时的速度及此过程所经历的时间t；（3）长木板的长度L多大         例2.如图所示，光滑水平面上静止放置质量为M＝2 kg的木板。木板右端处静止放置质量的小物块（可视为质点），小物块与木板间的动摩擦因数，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力， .现在木板上加一水平向右的外力F，求：（1）若，则小物块、木板的加速度分别为多大；（2）若，则小物块、木板的加速度分别为多大；（3）在（2）的基础上，若经过，小物块恰好滑到木板左端，则木板长为多少；                   例3.如图所示，光滑水平面上静止放置质量长木板；长木板左端处静止放置质量的小物块，小物块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.4，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，小物块可视为质点，.现在长木板上加一水平向右的外力F，问：（1）当小物块、长木板的加速度分别为多大？ （2）当小物块、长木板的加速度分别为多大？ （3）在（2）的基础上，若经过，小物块恰好滑到木板右端，则木板长为多少；           例4.所示，有一长度，质量的平板小车，静止在光滑的水平面上，在小车左端放置一质量的小物块，物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.25，给物块施加水平向右恒力，求：经过多长时间物块运动到小车的右端；                  例5.如图1所示，光滑水平面上放置质量分别为m、2m的物块A和木板B，A、B间的最大静摩擦力为μmg，现用水平拉力F拉B，使A、B以同一加速度运动，求拉力F的最大值。　                                                    变式1 ：例1中若拉力F作用在A上呢？如图2所示。       变式2 ：在变式1的基础上再改为：B与水平面间的动摩擦因数为（认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力），使A、B以同一加速度运动，求拉力F的最大值。    例6：如图所示，、两物块的质量分别为1kg和2kg，静止叠放在水平地面上，、B间的动摩擦因数为0.4，B与地面间的动摩擦因数为0.2，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，重力加速度。现对B施加一水平拉力，则（　　）A．B对摩擦力大小为4N                     B．B对摩擦力大小为2NC．、B发生相对滑动，的加速度为    D．、B一起做匀加速运动，加速度为 例题7：如图所示，，两物块的质量分别为和，静止叠放在水平地面上。、间的动摩擦因数为，与地面间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为。现对施加一水平拉力，下列选项正确的是（　　）A．当时，、都相对地面静止  B．当时，的加速度为C．当时，相对滑动    D．无论为何值，的加速度不会超过 二、常考模型例题8：如图所示，质量为的长木板静止在光滑水平面上，现有一质量的小滑块（可视为质点）以的初速度从左端沿木板上表面冲上木板，带动木板一起向前滑动。已知滑块与木板间的动摩擦因数重力加速度g取10m/s2求：（1）若长木板足够长，滑块与长木板达到的共同速度v；（2）小滑块与长木板速度相等时，小滑块相对长木板上滑行的距离Δx；（3）若地面不光滑，，且滑块刚好不下落，则求板长L。               例题9：如图所示，一质量M=2kg的长木板静止在水平地面上，某时刻一质量m=1kg的小铁块以水平向右v0=9m/s的速度从木板的左端滑上木板。已知木板与地面间的动摩擦因数μ1=0.1，铁块与木板间的动摩擦因数μ2=0.4，取重力加速度g=10m/s2，木板足够长，求：（1）铁块相对木板滑动时木板的加速度的大小；（2）铁块与木板摩擦所产生的热量Q;（3）木板在水平地面上滑行的总路程x。                例题10：如图所示，长为L=3m，质量为M=3kg的长木板在粗糙水平面上向右滑行，当其速度为v0=4m/s时，在其右端轻轻放上一个质量为m=1kg的滑块（可视为质点），已知滑块与长木板间的动摩擦因数为μ1=0.1，长木板与地面间的动摩擦因数为μ2=0.2。求：（1）滑块与长木板取得相同的速度前各自的加速度；（2）通过计算判断小滑块停止运动前能否与木板达到共速；（3）从开始至最终停止，滑块与长木板间因摩擦产生的热量Q；（4）从开始至最终停止，滑块、长木板和地面组成的系统增加的内能U。               例题11：如图所示，在光滑的水平面上放置一个足够长木板B，在B的左端放有一个可视为质点的小滑块A，A、B间的动摩擦因数μ=0.4，A的质量m=1kg，B的质量M=2kg， g=10m/s2。现对A施加F=7N的水平向右的拉力，ls后撤去拉力F，求：（1）撤去拉力F前小滑块A和长木板B的加速度a1， a2（2） A相对于B静止的时速度v（3） A相对于B静止的整个过程中由于摩擦生成的热量Q（结果可以用分数表示）                   例题12：如图所示 ，长L=2.0 m、质量mA=1.0 kg的木板A静止在光滑水平面上，对木板施加大小F=3.0N、方向向右的水平拉力，同时在木板上某位置放一初速度v0=2.0 m/s、方向水平向右的小物块B，物块B的质量mB=1.0kg，在运动过程中物块B刚好未从木板A右端滑落。已知A、B间的动摩擦因数μ=0.10，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g=10m/s2，求：（1）物块B刚放上木板A时，木板A、物块B的加速度大小aA、aB；（2）物块B刚放上木板时离木板A右端的距离x；（3）从物块B刚放上木板A到离开木板的过程中，产生的热量Q及拉力F做的功W。               例题13：如图（甲）所示，半径R=0.8m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，B为轨道的最低点，B点右侧的光滑的水平面上紧挨B点有一静止的小平板车，平板车质量M=2kg，长度l=1m，小车上表面与B点等高，质量m=2kg的物块（可视为质点）从圆弧最高点A静止释放，g=l0m/s2。求：（1）求物块滑到轨道上的B点时对轨道的压力； （2）若物块与木板间的动摩擦因数0.3，求物块从平板车右端滑出时平板车的速度大小；（3）若锁定平板车并在上表面铺上一种特殊材料，其动摩擦因数从左向右随距离均匀变化如图（乙）所示，求物块滑离平板车时的速率。         例题14：如图所示，从A点以某一水平速度v0抛出一质量m=1 kg的小物块（可视为质点），当物块运动至B点时，恰好沿切线方向进入∠BOC=37°的固定光滑圆弧轨道BC，经圆弧轨道后滑上与C点等高、静止在粗糙水平面上的长木板上，圆弧轨道C端的切线水平。已知长木板的质量M=4 kg，A、B两点距C点的高度分别为H=0.6 m、h=0.15 m，R=0.75 m， g=10 m/s2求：（sin 37°=0.6，cos 37°=0.8）（1）小物块的初速度v0及在B点时的速度大小；（2）小物块滑至C点时，对圆弧轨道的压力大小；（3）若物块与长木板之间的动摩擦因数μ1=0.7，长木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.2，长木板至少为多长，才能保证小物块不滑出长木板。（4）若物块与长木板之间的动摩擦因数μ1=0.7，长木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.1，长木板至少为多长，才能保证小物块不滑出长木板。         例题15：如图，小物块A和木板B静止在光滑水平面上，为竖直面内一固定光滑半圆弧轨道，直径竖直，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的速率为时撤去拉力，此时B的速率为，B恰好到达处且立即被台阶粘住不动，A进入半圆弧轨道后恰好通过点。已知A、B的质量分别为、，A与B间的动摩擦因数，B的长度，为重力加速度大小。求：（1）拉力的大小；（2）半圆弧轨道的半径；（3）从点飞出后是落到地面上还是落到上？为什么？          三、两者相向运动例题16：如图所示,一足够长的粗糙木板在水平粗糙面上向右运动.某时刻速度为v0=2 m/s,此时一质量与木板相同的小滑块(可视为质点)以v1=4 m/s的速度从最右侧滑上木板,经过1 s两者速度恰好相同,速度大小为v2=1 m/s,方向向左.重力加速度g=10 m/s2,求: (1)木板与滑块间的动摩擦因数μ1;(2)木板与地面间的动摩擦因数μ2;(3)从滑块滑上木板,到最终两者静止的过程中,滑块相对木板的位移大小. 例题17：如图所示，一质量的长方形木板放在光滑水平地面上，在其右端放一质量的小木块．现以地面为参照系，给A和B以大小均为，方向相反的初速度，使开始向左运动， 开始向右运动，但最后A并没有滑离B板． A、B间的动摩擦因数为0.1， 取．下列说法正确的是（    ）A．木块一直做匀减速运动B．木块在木板上滑动过程中，木块的加速度大小不变方向变化C．木块在加速运动过程中，木块相对于木板运动了2.67mD．整个过程中，滑动摩擦产生的热量为16J 例题18：如图甲所示，质量m=1kg平板小车B在光滑水平面上以 v1=1.0m/s的速度水平向左匀速运动。t=0时小铁块A以 v2=2.0m/s的速度水平向右滑上小车，若图乙为小铁块A和小车B运动的图象，取重力加速度 g=10m/s2，由此可知A．小车B长度为0.75mB．小铁块A所受摩擦力的大小为2NC．铁块A与车板间的动摩擦因数为0.2D．系统产生最大热量为3J                小木块长木板专题训练例1.（1）对m受力分析如图，由牛顿第二定律得解得，方向水平向左对M受力分析，由牛顿第二定律得 解得（2）设物块滑至长木板的最右端时的速度为，对物块：①   对木板：② 联立①②得 (3)对m、M位移分析，物块位移③  木板位移 ④又（1分）⑤，由③④⑤得：L=10m（1分） 例2： 解：（1）由牛顿第二定律得小物块最大加速度为 ,若，设小物块和木板一起向右加速，由牛顿第二定律得：    解得  因为故两者相对静止，以共同加速度一起向右加速。（2）若，设小物块和长木板一起向右加速，由牛顿第二定律得 解得因为，故两者相对滑动，对小物块加速度为对木板，受力分析如图，由牛顿第二定律得，解得木板加速度 （3）小物块对地位移 ，木板对地位移  木板长例3.解：(1)设小物块和长木板一起向右加速，它们之间静摩擦力为f，由牛顿第二定律得：解得：对长木板，,，（静摩擦力足以产生的加速度）故两者相对静止，一起加速运动，加速度（2）当时，可设小物块和长木板一起向右加速，它们之间静摩擦力为f，由牛顿第二定律得：解得：对长木板，，，（最大静摩擦力不足以产生的加速度）故两者相对滑动，两者存在滑动摩擦力。对长木板，受力分析如图：由牛顿第二定律得，解得；对小物块，受力分析如图：由牛顿第二定律得，解得 例4.解:（1）对物块受力分析如图，由牛顿第二定律得，对小车受力分析如图，由牛顿第二定律得，经过t时间物块运动到小车的右端，由运动学公式得：物块相对地面位移：；小车相对地面位移：；；由上述各式解得：； 例5解：物块A能获得的最大加速度为：A、B一起加速运动时，拉力F的最大值为： ．变式1：解：木板B能获得的最大加速度为：A、B一起加速运动时，拉力F的最大值为：　　变式2解答：木板B能获得的最大加速度为：设A、B一起加速运动时，拉力F的最大值为Fm，则： 解得：  例6【答案】BD【详解】CD．由于B与地面间的动摩擦因数为0.2，所以B与地面间的滑动摩擦力由于、B间的动摩擦因数为0.4，所以A的最大加速度如果A、B一起以am匀加速运动，则解得由于所以A、B一起匀加速运动，则对整体解得故D正确；AB． B对A的摩擦力大小为故A错误，B正确。故选BD。 例题7：【答案】A【详解】A.物块A、B间的最大静摩擦力为，B和地面之间的最大静摩擦力为，以A、B整体为研究对象，只要，整体便会运动，故A错误。C.当A对B的摩擦力为最大静摩擦力时，A、B将要发生相对滑动，故一起运动，对整体有对A有解得则当时，相对滑动，选项C正确；B.当时，A、B一起运动，有牛顿第二定律有解得选项B正确；D.对物块B受力分析，由牛顿第二定律 解得选项D正确；故选BCD 。 例题8：解：（1）设滑块的加速度为a1木板的加速度为a2，经过时间t共速，对滑块由牛顿第二定律有  对木板由牛顿第二定律有由速度时间公式有解得（2）解法一：滑块的位移    木板的位移滑块相对于木板的位移  解得 解法二：对滑块，由动能定理得          对木板，由动能定理得滑块相对于木板的位移  解得 （3）设木板的加速度为，时间共速且物块刚好不下落，对木板，根据牛顿第二定律有解得  解得,木板位移  滑块位移 则滑块刚好不下落时 解得  例题9：解：(1)对木板由牛顿第二定律得μ2mg－μ1(M＋m)g＝Ma2，解得a2＝0.5 m/s2。(2)对铁块由牛顿第二定律得μ2mg＝ma1，解得a1＝4 m/s2。当铁块与木板达到共同速度时的速度为v时由v＝ v0－a1t＝a2t解得t＝2 s，v＝1 m/s铁块位移x1＝v0t－a1t2＝10 m木板位移x2＝a2t2＝1 m铁块与木板的相对位移Δx＝x1－x2＝9 m则此过程中铁块与木板摩擦所产生的热量Q＝μ2mg·Δx＝36 J。(3)假设达到共同速度后M和m一起做匀减速直线运动μ1(M＋m)g＝(M＋m)a3，解得a3＝μ1g＝1 m/s2，对铁块 F静＝ma3＝1N<μ2mg,所以两者共同减速    s＝＝0.5 m木板在水平地面上滑行的总路程x＝x2＋s＝1.5 m 例题10：解：(1)开始阶段，对滑块有解得对长木板有解得(2)经过t1时间速度相等，则解得此时共同速度滑块与木板取得相同速度时，滑块位移滑板位移   第一阶段相对位移所以滑块没滑离木板，二者能够达到共速(3) 共速后，如果以共同速度减速，则  加速度则滑块受摩擦力故此后两个物体做加速度不同的减速运动，滑块相对木板向前运动；对滑块：  解得对木板： 解得木板速度先减为零，位移滑块速度减为零的位移故第二阶段相对位移滑块与木板间因摩擦增加的内能(4)根据能量守恒定律，滑块、木板和地面组成的系统增加的内能 例题11：解：(1)对A滑块，根据牛顿第二定律有解得对长木板B，根据牛顿第二定律有解得(2) ls后，A滑块速度为  ,长木板B撤去拉力F后，对A滑块，根据牛顿第二定律有解得 A滑块向右减速对长木板B，，根据牛顿第二定律有解得，向右加速经过秒，两者共速则有   解得（A相对B静止时，二者速度相同，根据动量定理有解得）(3) 0-ls, 滑块A向右加速位移 长木板B向右加速位移滑块A和长木板B的相对位移  撤去拉力F后，滑块A向右减速位移长木板B向右加速位移撤去拉力F后两者相对位移摩擦生成的热量（(3)外力对A、B体系做功为A、B系统克服系统内摩擦力做功为A、B最终以速度运动，故该系统机械能增加量为由功能关系得   解得  ）例题12：解：(1) 由牛顿第二定律，对木板A有解得由牛顿第二定律，对物块B有解得(2)设经过时间物块B刚好未从木板A右端滑落，此时A、B有共同速度，则有解得     物块B对地位移   木板A对地位移物块B刚放上木板时离木板A右端的距离解得(3) 后，假设两者共同向右加速，则有 解得对物块B，则有 ，故B相对A向左滑动。从物块B刚放上木板A到离开木板的过程中，产生的热量为解得设B相对A向左滑动时，A的加速度为，相对A向左滑动的时间为，则有对木板A      木板A对地位移对物块B     物块B对地位移 两者相对位移为板长L,故 拉力F做的功    解得    例题13：解：(1)物体从A点到B点的过程中，其机械能守恒，则有mgR=mvB2解得vB=4m/s在B点，由牛顿第二定律得FN-mg=m解得  FN=3mg=60N                            由牛顿第三定律：物块在B点时对轨道压力FN′= FN =60N  方向竖直向下．  (2)物块滑上小车后，对物块，加速度为 解得 a1= 3m/s2 平板车向右匀加速运动，加速度为 解得 滑块向右匀减速运动，经过时间t滑离，则有   解得， (t=1s舍去）                   所以物块滑离平板车时速度大小为 v=vB-a1t=3m/s         (3)物块在小车上滑行时的摩擦力做功  从物体开始滑动到滑离平板车的过程，由动能定理解得 例题14：解：（1）从A点到B点的过程中，小物块做平抛运动，则有设小物块到达B点时竖直分速度为，则有解得又因为此时小物块的速度方向与水平方向的夹角为则有可得小物块的初速度则小物块在B点时的速度大小（2）小物块从A点至C点的过程中，由动能定理可得设物块在C点受到的支持力为，则有解得，由牛顿第三定律得，物块在C点时对圆弧轨道的压力大小为（3）小物块与长木板间的滑动摩擦力长木板与地面间的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力因为，所以小物块在长木板上滑动时，长木板静止不动，小物块在长木板上做匀减速运动，则长木板的长度至少为（4）若μ2=0.1，长木板与地面间的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力因为，长木板向右加速，小物块向右减速，直至两者共速后，以相同的加速度一起向右匀减速至静止。小物块解得，对长木板 解得设经过时间物块B刚好未从木板A右端滑落，此时A、B有共同速度，则有解得     小物块对地位移   长木板对地位移长木板长至少解得例题15：解：(1)设撤去拉力前A、B的加速度大小分别为、，由牛顿第二定律，对A有  对B有设从静止开始经时间A的速率为，则，解得(2)设从静止开始到撒去力的过程中A、B的位移分别为，，则，解得，  则则撤去拉力时A恰好达到处，A从运动到的过程中，根据机械能守恒定律有A进入半圆弧轨道后恰好通过点，则解得(3)A从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，水平方向上的位移为，则，解得由于，则假设成立，A落到了B上。例题16：解： (1)以向左为正方向,对小滑块分析,其加速度为a1==-3 m/s2,方向向右对小滑块根据牛顿第二定律有-μ1mg=ma1,  解得μ1=0.3(2)对木板分析,其先向右做减速运动至速度为零,根据牛顿第二定律以及运动学公式可得μ1mg+μ2·2mg=m然后向左做初速度为零的加速运动,根据牛顿第二定律以及运动学公式可得μ1mg-μ2·2mg=m     又t1+t2=t=1 s联立解得μ2=,t1=0.5 s,t2=0.5 s(另一组解不合题意,舍去)(3)在t1=0.5 s时间内,木板向右做减速运动,其向右运动的位移大小为x1=·t1=0.5 m;在t2=0.5 s时间内,木板向左做加速运动,向左加速运动位移大小x2=·t2=0.25 m;在整个t=1 s时间内,小滑块向左做减速运动,其位移大小为x=·t=2.5 m;则整个过程中滑块相对木板的位移大小为Δx=x+x1-x2=2.75 m例题17：【答案】CA．物块先做匀减速运动，再反向做匀加速运动，最后和B一起做匀速运动，故A错误；B．木块A的加速度的大小和方向一直不变，故B错误；C．根据动量守恒定律，木块A速度为零时，vB=8/3m/s，以后A加速至和B速度相等。则， ，解得s=2.67m，故C正确；D．规定向右为正方向，依据动量守恒定律， ， 依据能量守恒， ，带入数据得，Q=24J，故D错误；故选C． 点睛：对木板与木块组成的系统，合外力保持为零，系统的总动量守恒．A先向左减速，到速度减小零后向右加速到速度与B相同，此过程A正在做加速运动，根据动量守恒定律求出A的速度为零时B的速度，以及两者相对静止时共同速度，根据能量守恒确定求出A加速运动过程中，相对位移，以及整个过程转化的内能． 例题18：【答案】CD【解析】由图乙知，小铁块A在0-0.5s内向右做匀减速运动，0.5s后与小车一起匀速运动，铁块A的最终速度为1.0m/s，在0-0.5s内小铁块B的加速度大小为，根据牛顿第二定律得：铁块B所受摩擦力的大小，根据牛顿第三定律可得小铁块A受到的摩擦力大小为4N，B错误；从图乙中可得，根据牛顿第二定律可得，解得小铁块的质量，由，解得铁块A与车板间的动摩擦因数，C正确；对A、B系统，由能量守恒定律得：，代入数据解得，即小车B的长度最少0.75m，可能大于0.75m，故A错误D正确．