【高考物理】一轮复习：专题强化练（2025版创新设计）6、专题强化练六　动力学中的“滑块—木板”模型

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对点练1 水平面上的板块模型
1.如图1甲所示，一足够长的质量为m的木板静止在水平面上，t＝0时刻质量也为m的滑块从板的左端以速度v0水平向右滑行，滑块与木板，木板与地面的摩擦因数分别为μ1、μ2，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。滑块的v－t图像如图乙所示，则有( )
图1
A.μ1＝μ2B.μ1<μ2
C.μ1>2μ2D.μ1＝2μ2
2.(2024·广东高三联考)如图2所示，质量为m的物体A和质量为2m的物体B叠放在一起静止不动，A、B之间动摩擦因数为μ1，B与地面之间动摩擦因数为μ2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，现给A加一水平拉力F，使得两物体一起向右加速运动，下列关于μ1、μ2的关系可能是( )
图2
A.4μ1＝μ2B.3μ1＝μ2
C.μ1＝3μ2D.μ1＝4μ2
3.(多选)如图3甲所示，一滑块置于足够长的长木板左端，木板放置在水平地面上。已知滑块和木板的质量均为2 kg，现在滑块上施加一个F＝0.5t(N)的变力作用，从t＝0时刻开始计时，滑块所受摩擦力随时间变化的关系如图乙所示。设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是( )
图3
A.滑块与木板间的动摩擦因数为0.4
B.木板与水平地面间的动摩擦因数为0.2
C.图乙中t2＝24 s
D.木板的最大加速度为2 m/s2
对点练2 斜面上的板块模型
4.如图4所示，一倾角为θ的斜面体固定在水平地面上。一质量为m的长木板B静止在斜面上，质量也为m的物块A静止在长木板上，A与B间、B与斜面间的动摩擦因数均为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，现给长木板B一沿着斜面向上的拉力F，把长木板B从物块A的下面抽出，重力加速度为g。则拉力F应大于( )
图4
A.mgsin θ＋μmgcs θ
B.mgsin θ＋2μmgcs θ
C.4μmgcs θ
D.2mgsin θ
5.如图5所示，倾角α＝30°的足够长光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一长L＝1.8 m、质量M＝3 kg的薄木板，木板的最右端叠放一质量m＝1 kg的小物块，物块与木板间的动摩擦因数μ＝eq \f(\r(3),2)。对木板施加沿斜面向上的恒力F，使木板沿斜面由静止开始做匀加速直线运动，设物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2。则( )
图5
A.要使木板沿斜面由静止开始做匀加速直线运动，需恒力F>15 N
B.当恒力F＝25 N时，物块会与木板发生相对滑动
C.当恒力F>30 N时，物块会与木板发生相对滑动
D.当恒力F＝37.5 N时，物块滑离木板所用的时间为1 s
B级 综合提升练
6.如图6所示，滑板长L＝1 m，起点A到终点线B的距离s＝5 m。开始时滑板静止，右端与A平齐，滑板左端放一可视为质点的滑块，对滑块施加一水平恒力F使滑板前进。滑板右端到达B处冲线，游戏结束。已知滑块与滑板间动摩擦因数μ＝0.5，地面视为光滑，滑块质量m1＝2 kg，滑板质量m2＝1 kg，重力加速度g取10 m/s2，求：
图6
(1)滑板由A滑到B的最短时间；
(2)为使滑板能以最短时间到达B，水平恒力F的取值范围。
C级 培优加强练
7.如图7所示，在倾角为θ＝30°的足够长的固定的光滑斜面上，有一质量为M＝3 kg的长木板正以v0＝10 m/s的初速度沿斜面向下运动，现将一质量m＝1 kg的小物块(大小可忽略)轻放在长木板正中央，已知小物块与长木板间的动摩擦因数μ＝eq \f(\r(3),2)，设小物块与长木板间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。
图7
(1)求放上小物块后，木板和小物块的加速度大小；
(2)要使小物块不滑离长木板，长木板至少要有多长。
参考答案
专题强化练六 动力学中的“滑块—木板”模型
1.C [由v－t图像分析可知，木板相对地面滑动，滑块与木板共速后一起减速到停止，对木板μ1mg>μ2·2mg，则有μ1>2μ2，故C正确。]
2.D [根据题意只有当A、B之间的摩擦力大于B与地面之间的摩擦力才能实现两物体一起向右运动，即μ1mg>μ2·3mg，即μ1>3μ2，故D正确。]
3.ACD [由题图乙可知，滑块与木板之间的滑动摩擦力为8 N，则滑块与木板间的动摩擦因数为μ＝eq \f(fm,mg)＝eq \f(8,20)＝0.4，故A正确；由题图乙可知t1时刻木板相对地面开始滑动，此时滑块与木板相对静止，则木板与水平地面间的动摩擦因数为μ′＝eq \f(f′,2mg)＝eq \f(4,40)＝0.1，故B错误；t2时刻，滑块与木板将要发生相对滑动，此时滑块与木板间的摩擦力达到最大静摩擦力fm＝8 N，两物体的加速度相等，且木板的加速度达到最大，则对木板有fm－μ′·2mg＝mam，解得am＝2 m/s2，对滑块有F－fm＝mam，解得F＝12 N，则由F＝0.5t(N)可知t2＝24 s，故C、D正确。]
4.C [设拉力为F0时，B刚要从A下面被抽出，对整体，根据牛顿第二定律有F0－2mgsin θ－2μmgcs θ＝2ma，对物块A，根据牛顿第二定律有μmgcs θ－mgsin θ＝ma，联立可得F0＝4μmgcs θ，故A、B、D错误，C正确。]
5.C [要使木板沿斜面加速运动，对物块与木板整体有F>(M＋m)gsin α，解得F>20 N，故A错误；对物块与木板整体，由牛顿第二定律可得F－(M＋m)gsin α＝(M＋m)a，对物块有f－mgsin α＝ma，为使物块不滑离木板，则f≤μmgcs α，解得F≤30 N，综上可得，当F≤30 N时物块不滑离木板，当F>30 N时物块与木板发生相对滑动，故B错误，C正确；若F＝37.5 N>30 N，物块能滑离木板，对木板有F－Mgsin α－μmgcs α＝Ma1，对物块有μmgcs α－mgsin α＝ma2，设经时间t物块滑离木板，由运动学公式有eq \f(1,2)a1t2－eq \f(1,2)a2t2＝L，解得t＝1.2 s，故D错误。]
6.(1)1 s (2)30 N≤F≤34 N
解析 (1)滑板由A滑到B过程中一直加速时，所用时间最短。设滑板的最大加速度为a2，则有f＝μm1g＝m2a2，
解得a2＝10 m/s2，又s＝eq \f(1,2)a2t2, 解得最短时间t＝1 s。
(2)滑板与滑块刚好要相对滑动时，水平恒力最小，设为F1，此时可认为二者加速度相等，对滑块有F1－μm1g＝m1a2，解得F1＝30 N
当滑板运动到B，滑块刚好脱离时，水平恒力最大，设为F2，设滑块加速度为a1，对滑块有F2－μm1g＝m1a1，由位移关系有eq \f(a1t2,2)－eq \f(a2t2,2)＝L，解得F2＝34 N，则水平恒力大小范围是30 N≤F≤34 N。
7.(1)2.5 m/s2 12.5 m/s2 (2)10 m
解析 (1)小物块在长木板上滑动时受到的沿板的滑动摩擦力大小为
f＝μmgcs θ＝7.5 N
设小物块的加速度为a1，长木板的加速度为a2，
由牛顿第二定律，对小物块和长木板，有
f＋mgsin θ＝ma1
Mgsin θ－f＝Ma2
代入数据得a1＝12.5 m/s2，a2＝2.5 m/s2。
(2)当小物块与长木板共速时，有v1＝a1t1＝v0＋a2t1
解得t1＝1 s，v1＝12.5 m/s
共速后，小物块与长木板一起加速，相对位移为
s＝eq \f(10＋12.5,2)×1 m－eq \f(12.5＋0,2)×1 m＝5 m
故长木板长度L≥10 m，即至少为10 m。