新高考物理一轮复习巩固练（含解析）：第3章第5练专题强化：“滑块—木板”模型中的动力学问题

这是一份新高考物理一轮复习巩固练（含解析）：第3章第5练专题强化：“滑块—木板”模型中的动力学问题，共9页。试卷主要包含了如图所示，木板长L＝2，5 m/s2等内容，欢迎下载使用。
1.水平桌面上有一薄板，薄板上摆放着小圆柱体A、B、C，圆柱体的质量分别为mA、mB、mC，且mA>mB>mC，如图所示为俯视图。用一水平外力将薄板抽出，圆柱体与薄板间的动摩擦因数、圆柱体与桌面间的动摩擦因数均相同。则抽出后，三个圆柱体留在桌面上的位置所组成的图形可能是图( )
2．(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10 m/s2，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
3.(2023·福建省枫亭中学期中)如图所示，木板长L＝2.4 m，质量M＝4.0 kg，与地面间的动摩擦因数为μ1＝0.4。质量为m＝1.0 kg的小滑块(可视为质点)放在木板的最右端，与木板间的动摩擦因数为μ2＝0.2，开始时滑块与木板均处于静止状态，现给木板一个向右的初速度v0，取g＝10 m/s2，求：
(1)木板所受摩擦力的大小；
(2)使滑块不从木板上掉下来，木板初速度v0的最大值。
4．(多选)如图所示，质量mA＝1 kg足够长的长板A置于水平地面上，质量mB＝2 kg的小滑块B置于长板A的左端，A与水平地面间的动摩擦因数μ1＝0.3，B与A间的动摩擦因数μ2＝0.5，对B施加一大小为F＝20 N，方向与水平方向成37°角的恒力。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。下列说法正确的是( )
A．A的加速度大小为1 m/s2
B．B的加速度大小为6 m/s2
C．若力F作用一段时间后，撤去力F，A的加速度大小增大
D．若力F作用一段时间后，撤去力F，B相对A静止
5．(2024·广东东莞市石龙中学月考)如图所示，厚0.2 m、长为3 m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部分的动摩擦因数μ2＝0.3。已知木板和小物块的质量均为2 kg，重力加速度g取10 m/s2，现对木板施加一个水平向右的恒力F。
(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＝22 N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。
6.(2024·江苏苏州市段考)如图所示，有一倾角为θ＝37°的斜面(sin 37°＝eq \f(3,5))，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2 s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零，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的动摩擦因数μ1＝eq \f(3,8)，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，取重力加速度大小g＝10 m/s2。求：
(1)在0～2 s时间内长木板和小物块的加速度的大小；
(2)开始时长木板距离挡板多远；
(3)长木板的长度。
第5练 专题强化：“滑块—木板”模型中的动力学问题
1．A [设圆柱体的质量为m，圆柱体与薄板间的动摩擦因数、圆柱体与桌面间的动摩擦因数均为μ，则在抽出薄板的过程中，圆柱体在薄板摩擦力的作用下做加速运动，离开薄板后在桌面摩擦力的作用下做减速运动，根据牛顿第二定律有μmg＝ma，可得，加速运动与减速运动时的加速度大小都为a＝μg。由于圆柱体A先离开薄板，B、C同时后离开薄板，则根据v＝at可知，A离开薄板时的速度小于B、C离开薄板时的速度，同时A加速运动的位移小于B、C加速运动的位移。离开薄板后，根据v2＝2ax可知，B、C在桌面上滑动的距离相等，且大于A在桌面上滑动的距离，故A正确。]
2．BC [物块相对木板运动的过程中，在水平方向上只受到木板的滑动摩擦力的作用，故μmg＝ma1，而v－t图像的斜率表示加速度，故物块的加速度大小为a1＝eq \f(7－3,2) m/s2＝2 m/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＝
eq \f(2－0,2) m/s2＝1 m/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＝2 s时分离，两者在0～2 s内的v－t图像与t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。]
3．(1)22 N (2)6 m/s
解析 (1)木板所受摩擦力的大小
Ff＝μ2mg＋μ1(M＋m)g＝22 N
(2)设滑块做匀加速直线运动的加速度大小为a1，则μ2mg＝ma1，a1＝μ2g＝2 m/s2
木板做匀减速直线运动的加速度大小为a2，则μ2mg＋μ1(M＋m)g＝Ma2
解得a2＝5.5 m/s2
设经过时间t滑块刚好滑到木板左侧且两者速度相等，有a1t＝v0－a2t①
滑块相对于地面的位移x1＝eq \f(1,2)a1t2②
木板相对于地面的位移
x2＝v0t－eq \f(1,2)a2t2③
又L＝x2－x1④
由①②③④解得，使滑块不从木板上掉下来，木板初速度的最大值v0＝6 m/s。
4．BC [对小滑块B进行受力分析，如图甲，
可知FNB＋Fsin 37°＝mBg
Ff1＝μ2FNB
根据牛顿第二定律有
Fcs 37°－Ff1＝mBaB
联立可得aB＝6 m/s2，故B正确；
对长板A受力分析，如图乙，
可知FNA＝FNB′＋mAg＝FNB＋mAg
由Ff地m＝μ1FNA＝5.4 N>Ff1′＝Ff1可知，长板A静止，即aA＝0，故A错误；
若力F作用一段时间后，撤去力F，则对A有
aA′＝eq \f(μ2mBg－μ1mA＋mBg,mA)＝1 m/s2
对B有aB′＝μ2g＝5 m/s2
可知，A的加速度大小增大，B不会相对A静止，故C正确，D错误。]
5．(1)16 N (2)1 s (3)0.326 m
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＝
3 m/s2
对整体，由牛顿第二定律有
Fm－μ1(M＋m)g＝(M＋m)am，
解得Fm＝16 N
(2)当F＝22 N时，小物块与长木板发生相对滑动，对长木板有F－μ1(M＋m)g－μ2mg＝Ma1，解得a1＝6 m/s2
小物块加速度
a2＝eq \f(μ2mg,m)＝μ2g＝3 m/s2
小物块滑到木板中点C，有
eq \f(1,2)a1t12－eq \f(1,2)a2t12＝eq \f(L,2)，解得t1＝1 s
(3)设撤掉外力时木板和物块的速度分别为v1、v2，则有v1＝a1t1＝6 m/s
v2＝a2t1＝3 m/s，撤掉外力后，物块匀速运动，设木板做匀减速运动的加速度为a3，则μ1(M＋m)g＝Ma3，解得a3＝2 m/s2，设小物块从长木板中点滑动到最左端时长木板速度为v3，则有eq \f(v12－v32,2a3)－v2·eq \f(v1－v3,a3)＝eq \f(L,2)，解得v3＝(3＋eq \r(3)) m/s，此后长木板做匀减速运动，则μ1Mg＝Ma4，解得a4＝1 m/s2，此后小物块做平抛运动，h＝eq \f(1,2)gt22，落地时距长木板左端的距离为Δx＝v3t2－eq \f(1,2)a4t22－v2t2，解得Δx≈0.326 m。
6．(1)3 m/s2 1 m/s2 (2)3 m (3)12 m
解析 (1)在0～2 s时间内，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＝mgcs θ
Ff2＝μ2FN2，FN2＝FN1＋Mgcs θ
规定沿斜面向下为正，设小物块和长木板的加速度分别为a1和a2，由牛顿第二定律得mgsin θ－Ff1＝ma1
Mgsin θ－Ff2＋Ff1＝Ma2
联立得a1＝3 m/s2，a2＝1 m/s2
(2)在t1＝2 s时，设小物块和长木板的速度分别为v1和v2，
则v1＝a1t1＝6 m/s，v2＝a2t2＝2 m/s
t>t1时，设小物块和长木板的加速度分别为a1′和a2′。此时小物块与长木板之间摩擦力为零，
对小物块：mgsin θ＝ma1′，a1′＝6 m/s2
对长木板：Mgsin θ－μ2(M＋m)gcs θ＝Ma2′，a2′＝－2 m/s2
即长木板做匀减速运动，设经过时间t2，长木板的速度减为零，则有v2＋a2′t2＝0，联立得t2＝1 s
在t1＋t2时间内，L1＝eq \f(1,2)a2t12＝2 m，
L2＝eq \f(1,2)|a2′|t22＝1 m
L＝L1＋L2＝3 m
(3)长木板的长度等于小物块相对于长木板运动的距离，即s＝(eq \f(1,2)a1t12＋v1t2＋eq \f(1,2)a1′t22)－(eq \f(1,2)a2t12＋v2t2＋eq \f(1,2)a2′t22)＝12 m。