2027年高考物理一轮复习 突破练习含答案020-课时作业18 “滑块—木板”模型（教用）

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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的物块以速度v水平滑上长木板，此后木板与物块运动的v−t图像如图乙所示，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A. M=m
B. M=2m
C. 木板的长度为8m
D. 木板与物块间的动摩擦因数为0.1
【答案】BC
【解析】物块在木板上相对木板运动的过程中，在水平方向上只受木板的滑动摩擦力，故μmg=ma1，而v−t图像的斜率表示加速度，则物块的加速度大小为a1=7−32m/s2=2m/s2，解得μ=0.2；对木板受力分析可知μmg=Ma2，由v−t图像可知木板的加速度大小为a2=2−02m/s2=1m/s2，联立解得M=2m，A、D错误，B正确。由题图乙可知物块和木板在t=2s时分离，两者在0～2s内的v−t图线与t轴围成的面积之差等于木板的长度，故L=12×(7+3)×2m−12×2×2m=8m，C正确。
2．如图甲所示，一长为2.0m、质量为2kg的长木板静止在粗糙水平地面上，有一个质量为1kg、可视为质点的小物块置于长木板右端。对长木板施加的外力F逐渐增大时，小物块所受的摩擦力Ff随外力F的变化关系如图乙所示。现改用F=22N的水平外力拉长木板，g取10m/s2，则小物块在长木板上滑行的时间为（ ）
A. 1sB. 2sC. 2sD. 3s
【答案】A
【解析】由题图乙知力F较小时，小物块和长木板均静止，随着外力的增大二者先一起做加速运动，后发生相对滑动。当F>2N时二者开始加速，长木板受水平地面的滑动摩擦力Ff2=2N；当F>14N时，小物块和长木板开始发生相对滑动，此时小物块受到的摩擦力Ff1=ma1=4N，则小物块的加速度a1=4m/s2。改用F=22N的外力水平拉长木板时，对长木板由牛顿第二定律可得F−Ff1−Ff2=Ma2，代入数据得a2=8m/s2。由运动学规律知小物块在长木板上滑行的时间t满足12a2t2−12a1t2=L，解得t=1s，故A正确。
3．如图，足够长的轻质薄板A放置在光滑水平面上，薄板上静置着两个小物体B、C，物体B的质量为2m，物体C的质量为m，两物体与板之间的动摩擦因数均为μ 。现对物体C施加大小为F=5μmg的水平拉力，重力加速度大小为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（ ）
A. 两物体都与薄板相对静止
B. 两物体都与薄板发生相对滑动
C. 物体C速度变化率的大小为3μg
D. 物体B受到的合外力大小为μmg
【答案】D
【解析】当F=5μmg时，假设A、B、C相对静止，则整体的加速度大小a=F3m=53μg，此时对C分析可知F−fAC=ma，解得fAC=103μmg>fACmax=μmg，可知C相对于薄板滑动，此时A受C的滑动摩擦力大小为fAC1=μmg，因为A为轻质薄板，所受合力为0，而A、B间的最大静摩擦力为fABmax=2μmg，所以B相对于薄板A静止，即此时物体B受到薄板施加的水平方向的静摩擦力，大小为μmg，故A、B错误，D正确；由于C受到的是滑动摩擦力，所以对C有F−μmg=ma，解得a=4μg，物体C速度变化率的大小就是加速度的大小，为4μg，故C错误。
4．如图甲所示，光滑斜面上有固定挡板A，斜面上叠放着物块B和木板C，木板C下端位于挡板A处，整体处于静止状态。木板C受到逐渐增大的沿斜面向上的拉力F作用时，木板C的加速度a与拉力F的关系图像如图乙所示。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，则由图像可知（ ）
A. 10Nm1+m2m2μ1，C正确；0～t1时间内长木板和物块均静止，t1～t2时间内长木板和物块一起加速，一起加速的最大加速度am满足μ2m2g−μ1(m1+m2)g=m1am，F2−μ1(m1+m2)g=(m1+m2)am，解得F2=m2(m1+m2)m1(μ2−μ1)g，B、D正确。
6．（12分）如图所示，有一倾角为θ=37∘ 的斜面，下端固定一挡板，挡板与斜面垂直，一长木板上表面的上部分粗糙，下部分光滑，上端放有一质量为m的小物块。现让长木板和小物块同时由静止释放，此时刻为计时起点，在第2s末，小物块刚好到达长木板的光滑部分，又经过一段时间，长木板到达挡板处，速度恰好减为0，小物块刚好到达长木板的下端边缘。已知小物块与长木板的上部分间的动摩擦因数μ1=38，长木板与斜面间的动摩擦因数μ2=0.5，长木板的质量M=m。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，取sin37∘=0.6、cs37∘=0.8。求：
（1） 在0～2s内长木板和小物块的加速度大小；
（2） 开始时长木板下端到挡板的距离；
（3） 长木板的长度。
【答案】（1） 1m/s2；3m/s2
（2） 3m
（3） 12m
【解析】
（1） 在0～2s内，对小物块和长木板受力分析，Ff1、FN1是小物块与长木板之间的摩擦力和正压力的大小，Ff2、FN2是长木板与斜面之间的摩擦力和正压力的大小，Ff1=μ1FN1，FN1=mgcsθ
Ff2=μ2FN2，FN2=FN1+Mgcsθ
设小物块和长木板的加速度大小分别为a1和a2，由牛顿第二定律得
mgsinθ−Ff1=ma1，
Mgsinθ−Ff2+Ff1=Ma2，
联立得a1=3m/s2，a2=1m/s2。
（2） 在t1=2s时，设小物块和长木板的速度分别为v1和v2，
则v1=a1t1=6m/s，v2=a2t1=2m/s，
t>t1时，设小物块和长木板的加速度分别为a′1和a′2。此时小物块与长木板之间的摩擦力为0，
对小物块有mgsinθ=ma′1，解得a′1=6m/s2，
对长木板有Mgsinθ−μ2(M+m)gcsθ=Ma′2，
解得a′2=−2m/s2，
即长木板做匀减速运动，设经过时间t2，长木板的速度减为0，则有v2+a′2t2=0，
解得t2=1s，
在t1时间内，x1=12a2t12=2m，
在t2时间内，x2=12|a′2|t22=1m，
则开始时长木板下端到挡板的距离x=x1+x2=3m。
（3） 长木板的长度等于小物块相对于长木板运动的距离，即
L=12a1t12+v1t2+12a′1t22−(12a2t12+v2t2+12a′2t22)=12m。
创新思维练
7．（12分）如图所示，厚为0.2m、长为3m的木板AB静止在粗糙水平地面上，C为其中点，木板上表面AC部分光滑，CB部分粗糙，下表面与水平地面间的动摩擦因数μ1=0.1，木板右端静止放置一个小物块（可看成质点），它与木板CB部分间的动摩擦因数μ2=0.3。已知木板和小物块的质量均为2kg，重力加速度g取10m/s2，现对木板施加一个水平向右的恒力F。（不计空气阻力）
（1） 为使小物块与木板保持相对静止，求恒力的最大值Fm。
（2） 当F=22N时，小物块经多长时间滑到木板中点C。
（3） 接第（2）问，当小物块到达C点时撤去F，求小物块落地时与木板A端的距离。（取3=1.73）
【答案】（1） 16N
（2） 1s
（3） 0.326m
【解析】
（1） 设小物块能够达到的最大加速度为am，由牛顿第二定律有μ2mg=mam，
解得am=3m/s2，
对整体，由牛顿第二定律有Fm−μ1(M+m)g=(M+m)am，解得Fm=16N。
（2） 当F=22N时，小物块与木板发生相对滑动，对木板有F−μ1(M+m)g−μ2mg=Ma1，解得a1=6m/s2，
小物块的加速度a2=μ2mgm=μ2g=3m/s2，
小物块滑到木板中点C，有
12a1t12−12a2t12=L2，
解得t1=1s。
（3） 设撤掉外力时木板和物块的速度分别为v1、v2，则有v1=a1t1=6m/s，
v2=a2t1=3m/s，
撤掉外力后，物块开始匀速运动，设木板做匀减速运动的加速度大小为a3，则
μ1(M+m)g=Ma3，
解得a3=2m/s2，
设小物块从木板中点滑动到最左端时木板速度为v3，
则有v12−v322a3−v2⋅v1−v3a3=L2，
解得v3=(3+3)m/s，v′3=(3−3)m/s（舍去），
此后小物块和木板分离，长木板做匀减速运动，则μ1Mg=Ma4，
解得a4=1m/s2，
小物块做平抛运动，有ℎ=12gt22，
小物块落地时距长木板左端的距离为Δx=v3t2−12a4t22−v2t2=0.326m。