2022届一轮复习专题练习23　“滑块—木板”模型的动力学问题（解析版）

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微专题23　“滑块—木板”模型的动力学问题
1．“滑块—木板”模型问题中，靠摩擦力带动的那个物体的加速度有最大值：am＝.假设两物体同时由静止运动，若整体加速度小于该值，则二者相对静止，二者间是静摩擦力；若整体加速度大于该值，则二者相对滑动，二者间为滑动摩擦力.2.滑块由滑板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和滑板同向运动，位移之差等于板长；若反向运动，位移大小之和等于板长．
1．(2020·山东济南历城二中一轮复习验收)如图1所示，在光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板，其上叠放一质量为m2的木块．假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等．现给木块施加一随时间t增大的水平力F＝kt(k是常数)，木板和木块的加速度大小分别为a1和a2，下列反映a1和a2变化的图线中正确的是(　　)

图1



答案　A
解析　当F比较小时，两个物体相对静止，加速度相同，根据牛顿第二定律可得a＝＝，a∝t；当F比较大时，木块相对于木板运动，根据牛顿第二定律可得，a1＝，μ、m1、m2一定，则a1一定，a2＝＝t－μg，a2是t的线性函数，t增大，a2增大．由于<，则木块相对于木板运动后，a2－t图线的斜率大于两者相对静止时图线的斜率．综上所述，A正确．
2．(2020·安徽六安市质量检测)如图2所示，静止在水平地面上的木板(厚度不计)质量为m1＝1 kg，与地面的动摩擦因数μ1＝0.2，质量为m2＝2 kg可看作质点的小物块与木板、地面间的动摩擦因数均为μ2＝0.4，以v0＝4 m/s的水平速度从左端滑上木板，经过t＝0.6 s滑离木板，g取10 m/s2，以下说法正确的是(　　)

图2
A．木板的长度为1.68 m
B．小物块离开木板时，木板的速度为1.6 m/s
C．小物块离开木板后，木板的加速度为2 m/s2，方向水平向右
D．小物块离开木板后，木板与小物块将发生碰撞
答案　D
解析　由于μ2m2g>μ1(m1＋m2)g，得物块在木板上以a1＝μ2g＝4 m/s2减速滑行时木板以a2＝＝2 m/s2向右加速运动，在0.6 s时，物块的速度v1＝v0－a1t＝1.6 m/s，木板的速度v2＝a2t＝1.2 m/s，B错误.0.6 s内物块位移为x1＝t＝1.68 m，木板位移x2＝t＝0.36 m，相对位移为Δx＝x1－x2＝1.32 m，即木板长度为1.32 m，A错．物块离开木板后，木板做减速运动，加速度大小为a4＝μ2g＝2 m/s2，方向向左，C错．在地面上物块会滑行x4＝＝＝0.32 m，木板会滑行x3＝＝＝0.36 m，所以两者会相碰，D正确．
3．(多选)(2020·江苏南京师大苏州实验学校一模)如图3所示，质量为m1的木块和质量为m2的长木板叠放在水平地面上．现对木块施加一水平向右的拉力F，木块在长木板上滑行，长木板始终静止．已知木块与长木板间的动摩擦因数为μ1，长木板与地面间的动摩擦因数为μ2，且最大静摩擦力与滑动摩擦力相等．重力加速度为g，则(　　)

图3
A．μ1一定小于μ2
B．μ1可能大于μ2
C．改变F的大小，F>μ2(m1＋m2)g时，长木板将开始运动
D．改F作用于长木板，F>(μ1＋μ2)(m1＋m2)g时，长木板与木块将开始相对滑动
答案　BD
解析　对木块，根据牛顿运动定律有：F－μ1m1g＝m1a；对长木板，由于保持静止，有：μ1m1g－f＝0，f<μ2(m1＋m2)g，m1、m2的大小关系不确定，所以μ1、μ2的大小关系无法确定，故A错误，B正确．改变F的大小，只要木块在木板上滑动，木块对木板的滑动摩擦力不变，长木板仍然保持静止，故C错误．若将F作用于长木板，当木块与木板恰好开始相对滑动时，对木块，μ1m1g＝m1a，解得a＝μ1g，对整体分析，有F－μ2(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a，解得F＝(μ1＋μ2)(m1＋m2)g，所以当F>(μ1＋μ2)(m1＋m2)g时，长木板与木块将开始相对滑动，故D正确．
4．(多选)(2019·全国卷Ⅲ·20)如图4(a)，物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平．t＝0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t＝4 s时撤去外力．细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图(b)所示，木板的速度v与时间t的关系如图(c)所示．木板与实验台之间的摩擦可以忽略．重力加速度取10 m/s2.由题给数据可以得出(　　)


图4
A．木板的质量为1 kg
B．2～4 s内，力F的大小为0.4 N
C．0～2 s内，力F的大小保持不变
D．物块与木板之间的动摩擦因数为0.2
答案　AB
解析　由题图(c)可知木板在0～2 s内处于静止状态，再结合题图(b)中细绳对物块的拉力f在0～2 s内逐渐增大，可知物块受到木板的摩擦力逐渐增大，故可以判断木板受到的水平外力F也逐渐增大，选项C错误；由题图(c)可知木板在2～4 s内做匀加速运动，其加速度大小为a1＝ m/s2＝0.2 m/s2，对木板进行受力分析，由牛顿第二定律可得F－Ff＝ma1，在4～5 s内做匀减速运动，其加速度大小为a2＝ m/s2＝0.2 m/s2，Ff＝ma2，另外由于物块静止不动，同时结合题图(b)可知物块与木板之间的滑动摩擦力Ff＝0.2 N，解得m＝1 kg、F＝0.4 N，选项A、B正确；由于不知道物块的质量，所以不能求出物块与木板之间的动摩擦因数，选项D错误．
5．(多选)(2020·山东邹城一中测试)如图5甲所示，质量为m＝1 kg可视为质点的物块A放置在长木板B上，A、B静止在水平地面上，已知长木板B的质量M＝4 kg，A与B及B与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.1，用水平外力F作用在长木板B上，外力F随时间变化关系如图乙所示，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)

图5
A．t＝0时刻，A的加速度为零
B．t＝5 s时刻，B的加速度为3.5 m/s2
C．在整个运动过程中，物块A的加速度始终不变
D．如果长木板B足够长，最终A、B将共速
答案　BC
解析　由滑动摩擦力公式可知，A、B间的滑动摩擦力：fA＝μmg＝1 N，B与地面间的滑动摩擦力：fB＝μ(M＋m)g＝5 N，A、B间发生相对滑动后，A的加速度将保持不变，其大小为：aA＝＝1 m/s2.若A、B间刚好发生相对滑动时的外力为F1，由牛顿第二定律得F1－μ(M＋m)g＝(M＋m)aA，得F1＝10 N，所以t＝0时刻A的加速度aA＝1 m/s2，故A项错误，C项正确；在t＝5 s时，F＝20 N，对长木板B由牛顿第二定律有：F－fA－fB＝MaB，得aB＝3.5 m/s2，故B项正确；只要F始终作用在长木板B上，B的加速度始终大于A的加速度，无论长木板B多长，A、B都不会共速，故D项错误．
6．(多选)如图6甲所示，质量为2m的足够长的木板B放在粗糙水平面上，质量为m的物块A放在木板B的右端且A与B、B与水平面间的动摩擦因数均为μ，现对木板B施加一水平变力F，F随t变化的关系如图乙所示，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)

图6
A．前3 s内，A受到的摩擦力方向水平向右
B．t＝4 s时，A的加速度大小为μg
C．t＝5 s时，A受到的摩擦力大小为0.5μmg
D．第6 s以后，A受到的摩擦力大小为μmg
答案　BD
解析　A相对B刚要滑动时，A的加速度为aA＝μg，B的加速度aB＝，且aA＝aB，解得F＝6μmg，由图乙可知，第6 s以后，F>6μmg，A相对B滑动，A受到的摩擦力大小为μmg，故D正确；A和B一起滑动时，aAB＝≥0，解得F≥3μmg，所以在前3 s内，A、B静止不动，A受到的摩擦力为0，故A错误；当t＝4 s时，A和B一起滑动，A的加速度大小为aAB＝＝＝μg，故B正确；当t＝5 s时，A和B一起滑动，A受到的摩擦力大小f＝maAB＝m·＝μmg，故C错误．
7.(多选)如图7所示，质量相等的物块A和木板B叠放在水平地面上，左边缘对齐．A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ.先水平敲击A，A立即获得水平向右的初速度vA，在B上滑动距离L后停下．接着水平敲击B，B立即获得水平向右的初速度vB，A、B都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，相对静止前B的加速度大小为a1，相对静止后B的加速度大小为a2，此后两者一起运动至停下．已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.下列说法正确的是(　　)

图7
A．a1＝3a2
B．vA＝
C．vB＝2
D．从左边缘再次对齐到A、B停止运动的过程中，A和B之间没有摩擦力
答案　ABC
解析　分析可知，敲击A时，B始终静止，由牛顿第二定律知，A加速度的大小aA＝μg，由匀变速直线运动规律有2aAL＝v，解得vA＝，选项B正确；设A、B的质量均为m，敲击B时，在A、B相对滑动的过程中，B所受合外力大小为3μmg，由牛顿第二定律有3μmg＝ma1，解得a1＝3μg，当A、B相对静止后，对A、B整体由牛顿第二定律有2μmg＝2ma2，解得a2＝μg，故a1＝3a2，选项A正确；经过时间t，A、B达到共同速度v，位移分别为xA、xB，A加速度的大小等于a2，则v＝a2t，v＝vB－a1t，xA＝a2t2，xB＝vBt－a1t2且xB－xA＝L，解得vB＝2，选项C正确；对齐后，A、B整体以加速度大小a2＝μg一起做匀减速运动，对A分析有f＝ma2＝μmg，故A、B之间有摩擦力且达到最大静摩擦力，选项D错误．
8．(多选)(2020·云南大理、丽江等校第二次统考)如图8(a)，质量m1＝0.2 kg的足够长平板小车静置在光滑水平地面上，质量m2＝0.1 kg的小物块静止于小车上，t＝0时刻小物块以速度v0＝11 m/s向右滑动，同时对小物块施加一水平向左、大小恒定的外力F，图(b)显示物块与小车第1 s内运动的v－t图像．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2.则下列说法正确的是(　　)

图8
A．小物块与平板小车间的动摩擦因数μ＝0.4
B．恒力F＝0.5 N
C．小物块与小车间的相对位移x相对＝6.5 m
D．小物块向右滑动的最大位移是xmax＝7.7 m
答案　ABD
解析　由题图(b)知，小车和小物块的加速度分别为
a1＝＝ m/s2＝2 m/s2
a2＝＝ m/s2＝－9 m/s2
对小车：μm2g＝m1a1，
对小物块：－(F＋μm2g)＝m2a2，
解得μ＝0.4，F＝0.5 N，故A、B正确；
根据题图(b)可知，在t＝1 s时小车和小物块的速度相同，两者不再发生相对运动，相对位移等于图中三角形的面积，x相对＝ m＝5.5 m，C错误；
在0～1 s内小物块向右滑动的位移x1＝ m＝6.5 m
当小车与小物块的速度相等后，在外力的作用下一起向右匀减速运动，其加速度大小为a3＝＝ m/s2，
当速度减小到0时，整体向右发生的位移为
x2＝ m＝1.2 m
所以小物块向右滑动的最大位移是xmax＝x1＋x2＝7.7 m，故D正确．
9.(多选)(2020·山东济南市期末)如图9所示，倾角为37°的足够长斜面，上面有一质量为2 kg、长8 m的长木板Q，木板上下表面与斜面平行．木板Q最上端放置一质量为1 kg的小滑块P.P、Q间光滑，Q与斜面间的动摩擦因数为.若P、Q同时从静止释放，以下关于P、Q两个物体运动情况的描述正确的是(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)(　　)

图9
A．P、Q两个物体加速度分别为6 m/s2、4 m/s2
B．P、Q两个物体加速度分别为6 m/s2、2 m/s2
C．P滑块在Q上运动时间为1 s
D．P滑块在Q上运动时间为2 s
答案　BD
解析　对P受力分析，受重力和Q对P的支持力作用，根据牛顿第二定律有：mPgsin 37°＝mPaP
解得：aP＝gsin 37°＝6 m/s2
对Q受力分析，受重力、斜面对Q的支持力、摩擦力和P对Q的压力作用，根据牛顿第二定律有：
mQgsin 37°－μ(mP＋mQ)gcos 37°＝mQaQ，
解得：aQ＝2 m/s2，故A错误，B正确；设P在Q上面滑动的时间为t，因aP＝6 m/s2>aQ＝2 m/s2，故P比Q运动更快，根据位移关系有：L＝(aP－aQ)t2，代入数据解得t＝2 s，故C错误，D正确．
10.(2020·广东广州市一模)如图10所示，质量M＝8 kg的小车放在水平光滑的平面上，在小车右端加一F＝8 N的水平拉力，当小车向右运动的速度达到v0＝1.5 m/s时，在小车前端轻轻地放上一个大小不计、质量为m＝2 kg的小物块，小物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.2，小车足够长，g取10 m/s2.求：

图10
(1)放小物块后，小物块及小车的加速度各为多大；
(2)经多长时间两者达到相同的速度；
(3)从小物块放上小车开始，经过t＝1.5 s小物块通过的位移大小为多少？
答案　(1)2 m/s2　0.5 m/s2　(2)1 s　(3)2.1 m
解析　(1)对小车和物块受力分析，由牛顿第二定律可得，物块的加速度：am＝μg＝2 m/s2
小车的加速度：aM＝＝0.5 m/s2
(2)由：amt＝v0＋aMt得：t＝1 s，所以速度相同时用的时间为1 s.
(3)在开始1 s内小物块的位移：x1＝amt2＝1 m
最大速度：v＝amt＝2 m/s
在接下来的0.5 s物块与小车相对静止，一起做加速运动，加速度：a＝＝0.8 m/s2
这0.5 s内的位移：x2＝vt′＋at′2＝1.1 m
所以通过的总位移x＝x1＋x2＝2.1 m.
11.如图11所示，两个完全相同的长木板放置于水平地面上，木板间紧密接触，每个木板质量M＝0.6 kg，长度l＝0.5 m．现有一质量m＝0.4 kg的小木块，以初速度v0＝2 m/s从木板的左端滑上木板，已知木块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.3，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，重力加速度g取10 m/s2.求：

图11
(1)小木块滑上第二个木板的瞬间的速度大小；
(2)小木块最终滑动的位移(保留3 位有效数字)．
答案　(1)1 m/s　(2)0.670 m
解析　(1)木板受到木块的摩擦力为f1＝μ1mg
木板受到地面的摩擦力为f2＝μ2(2M＋m)g
因为f2>f1，所以木块运动时，木板静止不动
设木块在左边第一个木板上的加速度大小为a1，μ1mg＝ma1
小木块滑上第二个木板的瞬间的速度为v，则
v2－v02＝－2a1l
代入数据解得：v＝1 m/s
(2)木块滑上第二个木板后，设木板的加速度大小为a2，则
μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2
设木块与木板达到相同速度v1时，用时为t，则有：
对木块：v1＝v－a1t
对木板有：v1＝a2t
解得：v1＝0.1 m/s，t＝0.3 s
此时木块运动的位移x1＝t＝0.165 m
木板的位移x1′＝＝0.015 m
木块在木板上滑动的长度为x1－x1′ 达到共速后，木块和木板一起继续运动，设木块、木板一起运动的加速度大小为a3，位移为x2，
μ2(M＋m)g＝(M＋m)a3
v12＝2a3x2
解得x2＝0.005 m
小木块滑动的总位移x＝l＋x1＋x2＝0.670 m.