专题16 动力学中的滑块—木板模型——2022年高考物理一轮复习小题多维练（全国通用）

2022年高考物理一轮复习小题多维练（全国通用）

专题16  动力学中的滑块—木板模型

（时间：30分钟）

1、如图甲所示，在光滑水平面上，静止放置一质量M的长木板，质量为m的滑块（可视为质点）放在长木板上，长木板受到水平拉力F与加速度a的关系如图乙所示，重力加速度大小g取，下列说法正确的是（　　）

A．长木板的质量

B．滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.2

C．当时，滑块的加速度大小为

D．当F增大时，滑块的加速度一定增大

【答案】  B

【解析】

A．当等于6 N时，加速度为，对整体分析由牛顿第二定律有

代入数据解得；当大于6 N时，和发生相对滑动，根据牛顿第二定律得

则有

则知图线的斜率，则，故，故选项A错误；

B．当大于6 N时，则有

根据图像可知，，联立解得，故选项B正确；

CD．当大于6 N后，二者发生相对滑动，小滑块的加速度为，与无关，增大时小滑块的加速度不变，故选项CD错误。

故选B。

2、如图所示，质量为M的木板静置于水平桌面上，右端恰处于A点，其上叠放着质量为m的木块。现给两者一个相同的初速度v，两者保持相对静止做匀减速运动，停下来时木板的右端恰处于B点。如果在两者运动到AB中点时迅速将木块向上拿开，则木板停下来时右端处于（  ）

A．B点左侧

B．B点右侧

C．B点

D．因为各接触面的动摩擦因数未知，所以无法判断

【答案】  C

【解析】

当两者叠放在一起都做匀减速运动时，加速度为

a == μg

当两者运动一半位移时迅速将木块向上拿开时，不影响木板的运动，木块以木板拿开时的速度为初速度继续做匀减速运动，加速度

a′ == μg

显然木板的加速度不变，所以木板停下来时右端仍处于B点。

故选C。

3、（多选）如图所示，在水平面上有一质量为的足够长的木板，其上叠放一质量为的物块，木板与地面间的动摩擦因数，物块和木板之间的动摩擦因数，假定最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。现给物块施加随时间增大的水平拉力，重力加速度大小。则（　　）

A．之后，木板将在地面上滑动 B．时，物块将相对木板滑动

C．时，物块的加速度大小为 D．木板的最大加速度为

【答案】  BC

【解析】

AD．力作用在物块上，之间最大静摩擦力为，地面对木板的最大静摩擦力为，所以木板始终静止，所以AD错误；

B．由，时，，达到对的最大静摩擦力，始终静止，所以木块将运动，所以B正确；

C．时，，合力为，由牛顿第二定律得为，所以C正确；

故选BC。

4、（多选）如图甲所示，一块质量为mA=2kg的木板A静止在水平地面上，一个质量为mB=1kg的滑块B静止在木板的左端，对B施加一向右的水平恒力F，一段时间后B从A右端滑出，A继续在地面上运动一段距离后停止，此过程中A的速度随时间变化的图像如图乙所示．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取g=10m/s2。则下列说法正确的是（　　）

A．滑块与木板之间的动摩擦因数为0.6

B．木板与地面之间的动摩擦因数为0.1

C．F的大小可能为9N

D．F的大小可能为12N

【答案】  BD

【解析】

AB．由图乙可知，滑块B在木板A上滑动时，A的加速度为

滑块B离开木板A后，A的加速度为

联立解得

，

A错误，B正确；

CD．B能从A右端滑出，说明B的加速度比A的大，所以有

解得

C错误，D正确。

故选BD。

5、如图所示，轻质板放在光滑的水平地面上，物体A、B与轻质板的动摩擦因数（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）已知，，g取。当作用在A上的水平力时，物体A的加速度为（　　）

A． B． C． D．

【答案】  B

【解析】

对B受力分析得B能获得的最大加速度

aB=μg=1m/s2

假设A、B不相对滑动，整体分析得

因为

假设不成立，B会相对于轻质板滑动。对A受力分析得，A受摩擦力为μmBg，物体A的加速度为

故选B。

6、如图甲所示，质量为2kg的物块m和质量为3kg的物块M叠放，静止在光滑水平面上，零时刻起随时间如图乙所示的力F作用在M上，若m和M之间的动摩擦系数为0.1，则m和M刚要开始滑动的时刻及该时刻的速度分别为（　　）

A．10s、5m/s B．15s、15m/s C．20s、10m/s D．30s、20m/s

【答案】  A

【解析】

和刚要开始滑动时，两者间的静摩擦力达到最大值，对物块，根据牛顿第二定律得

得

对两物块组成的整体，由牛顿第二定律得

由图象可得

则当时

在内，与成正比，则整体的加速度与也成正比，根据图象与时间轴所围的面积表示速度变化量

可知，内，速度变化量为

因为整体的初速度为0，所以时整体的速度为

故A正确，BCD。

故选A。

7、（多选）如图所示，质量M=1kg足够长的木板B放在水平地面上，其上放有质量m=1kg煤块A，A、B间的动摩擦因数=0.1， B与地面之间的动摩擦因数=0.2，现对B施加水平向右的拉力F=8N持续作用2s然后撤去，则在A、B运动的整个过程中，g=10m/s2，设滑动摩擦力等于最大静摩擦力，则（　　）

A．A比B先相对地面静止

B．A的位移为4m

C．A在B上留下的划痕长

D．系统因摩擦产生的总热量48J

【答案】  CD

【解析】

ABC．B在F=8N的外力作用下，A、B均向右加速，但A相对B向左滑动，分别对A、B受力分析，根据牛顿第二定律，对A有

对B有

代入数据可解得

a1=1m/s2，a2=3m/s2

F作用t1=2s时，A与B的速度分别是

撤去外力后，A的加速度不变，继续加速，设B的加速度为，对B据牛顿第二定律有

代入数据解得

方向水平向左，B做匀减速直线运动，设经过时间t2后A、B达到共速v，满足

可解得，共同速度

共速后A以a1的加速度做匀减速运动，B以a3的加速度做匀减速运动，对B据牛顿第二定律有

可解得a3=3m/s2，可得A减速至静止时间

B减速至静止时间

由于t3>t4，所以B先相对地面静止，A错误；

B．由A选项的数据，可求得A、B的总位移分别为

达到共同速度前，A相对B向后滑行，相对位移为

达到共同速度后，A相对B向前滑行，相对位移为

两段划痕重复，故A在B上留下的划痕长，AB错误，C正确；

D．A、B间摩擦生热为

B与地面的摩擦生热为

系统因摩擦产生的总热量

代入数据可解得Q=48J，D正确。

故选CD。

8、（多选）如图，一固定且足够长的斜面MN与水平面的夹角α=37°，斜面上有一质量为3m、上表面光滑且下端有挡板P的长木板A沿斜面匀速向下运动，速度大小v0=1m/s，现将一质量为m的小滑块轻轻地放在长木板上，当小滑块运动到挡板P时（与挡板碰前的瞬间），长木板的速度刚好减为零，之后小滑块与挡板发生第1次碰撞，以后每隔一段时间，小滑块就与挡板碰撞一次，小滑块始终在长木板上运动，已知小滑块与挡板的碰撞为弹性碰撞且碰撞时间极短，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，下列说法正确的是（　　）

A．小滑块在长木板上下滑过程中，长木板的加速度大小为2m/s2

B．小滑块放在木板上的瞬间，其与P的距离为

C．小滑块与挡板第1次碰撞后的瞬间，小滑块的速度大小为1.5m/s

D．小滑块与挡板第2次碰撞后的瞬间，小滑块的速度大小为1.5m/s

【答案】  ACD

【解析】

A．开始长木板匀速下滑时，由平衡条件可得

带入数据解得

把小滑块放上长木板后，对长木板，由牛顿第二定律可得

代入数据解得

故A正确；

B．长木板上表面光滑，碰撞前小滑块做匀加速直线运动，长木板做匀减速直线运动，小滑块从放上长木板到与挡板相撞的时间为

小滑块放上长木板的瞬间，其与P的距离为

故B错误；

C．设小滑块与挡板第一次碰撞前的速度为v，则

滑块与挡板碰撞过程系统动量守恒，取沿斜面向下为正方向，由动量守恒定律可得

由机械能守恒定律可得

联立方程，带入数据解得

，

则小滑块与挡板第1次碰撞后的瞬间，小滑块的速度大小为1.5m/s，故C正确；

D．碰撞后长木板速度再次减为零的时间为

此时小滑块的速度为

，方向沿斜面向下

这个过程中小滑块的位移为

，方向沿斜面向下

长木板的位移为

故，二者发生第2次碰撞，第2次碰撞前的瞬间小滑块的速度与第1次碰撞前的速度相同，所以小滑块与挡板第2次碰撞后的瞬间，小滑块的速度大小仍为1.5m/s，故D正确。

故选ACD。

9、如图所示，长L=4.0m、质量mA=2.0kg的木板A静止在光滑水平面上，对木板施加大小F=4.0N、方向向右的水平拉力，同时在木板上某位置放一初速度v0=3.0m/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=0.20，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。

【答案】  （1） 3m/s2，2m/s2；（2）0.9m；（3）9.8J

【解析】

（1）根据牛顿第二定律，对木板A有

F+μmBg=mAaA

代入数据解得aA=3m/s2，

根据牛顿第二定律，对物块B有

μmBg=mBaB

代入数据解得aB=2m/s2；

（2）设经过时间t1物块B刚好未从木板A右端滑落，此时A、B有共同速度v1，则有

v1=v0-aBt1=aAt1

代入数据解得t1=0.6s，

根据运动学公式和题意得

x=v0t-aB-aA

代入数据解得x=0.9m；

（3）从物块B刚放上木板A到离开木板的过程中，产生的热量为

Q=μmBg（x+L）

代入数据解得Q=9.8J。

10、如图所示，一块质量为M的匀质板放在足够长的光滑水平桌面上，初始时速度为零。板的左端有一个质量为m的物块，物块与板间的动摩擦因数为，物块上连接一根足够长的细绳，细绳跨过位于桌面边缘的定滑轮，某人以恒定速度向下匀速拉绳，绳子对物块的拉力保持水平，物块最多只能向右达到板的中点，且此时板的右端尚未到达桌边定滑轮。求：

⑴物块与匀质板相对滑动的过程中，物块受到板的摩擦力和板运动的加速度；

⑵若物块在板左端时，给板一个水平向左的初速度，为使板与物块能脱离，应满足的条件。

【答案】  （1），方向水平向左，，方向水平向右；（2）

【解析】

（1）由于物块向右做匀速运动，对物块和板受力分析，如图所示

物块受到板的摩擦力大小为

方向水平向左

设板运动的加速度大小为a，由牛顿第二定律，可得

解得

方向水平向右

（2）板向右做匀加速直线运动，直到速度为v，然后物块和板相对静止向右匀速直线运动，两者相对滑动的时间为

设板的长度为L，则有

解得

若物块在板左端时，给板一个水平向左的初速度，则板先向左做匀减速直线运动，加速度大小为a，直到速度为零，设这段时间为t2，则有

然后板由静止开始向右做匀加速直线运动，情况与（1）中相同，物块与板的相对位移为，所以，为了使物块与板脱离，则在t2时间内物块与板的相对位移满足

解得

11、（多选）如图（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=4s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g=10m/s2．由题给数据可以得出

A．木板的质量为1kg

B．2s~4s内，力F的大小为0.4N

C．0~2s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】

结合两图像可判断出0-2s物块和木板还未发生相对滑动，它们之间的摩擦力为静摩擦力，此过程力F等于f，故F在此过程中是变力，即C错误；2-5s内木板与物块发生相对滑动，摩擦力转变为滑动摩擦力，由牛顿运动定律，对2-4s和4-5s列运动学方程，可解出质量m为1kg，2-4s内的力F为0.4N，故A、B正确；由于不知道物块的质量，所以无法计算它们之间的动摩擦因数μ，故D错误.

12、如图所示，质量M＝8 kg的小车放在水平光滑的平面上，在小车左端加一水平推力F＝8 N。当小车向右运动的速度达到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。求：

（1）放上小物块后，小物块及小车的加速度各为多大；

（2）从小物块放在小车上开始计时，1s后，推力F继续随时间增大，即F=6+2t，（t>1s）。通过计算写出物块与小车间的摩擦力f与时间t的表达式 （取g＝10 m/s2）。

【答案】  （1）2 m/s2，0.5 m/s2.；（2）

【解析】

（1）小物块的加速度

得am＝2m/s2；

小车的加速度

得aM＝0.5m/s2.；

（2）假设t1它们恰好共速

得t1＝1s，在开始1s内小物块与小车相对运动，两者间的摩擦力为动摩擦力

两者共速后，假设两者能共同加速，对小物块受力分析，设最大共同加速度为a

对整体有

对物块有

联立解得两者共同加速的最大推力Fm=20N；

由

（t>1s）

得当t=7s时，F=20N；

故在1~7s时间段内，两者共同加速，对小物块有

对小车与物块有

解得

当t>7s，两者相对运动，两物体间的摩擦力再次为动摩擦力，f=4N；

综上所述，有