高考物理计算题训练——滑块与木板模型(答案版)

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高考物理《滑块—木板模型》真题练习含答案

高考物理《滑块—木板模型》真题练习含答案1.如图所示，货车车厢中央放置一装有货物的木箱，该木箱可视为质点．已知木箱与车厢之间的动摩擦因数μ＝0.4.下列说法正确的是()A．若货车向前加速时，木箱对车厢的摩擦力方向向左B．为防止木箱发生滑动，则货车加速时的最大加速度不能超过4 m/s2C．若货车行驶过程中突然刹车，木箱一定与车厢前端相撞D．若货车的加速度为5 m/s2时，木箱受到的摩擦力为静摩擦力答案：B解析：若货车向前加速时，车厢对木箱的摩擦力方向向左，根据牛顿第三定律得木箱对车厢的摩擦力方向向右，A错误；当摩擦力达到最大静摩擦力时刚好不发生相对滑动，最大加速度a＝μg＝4 m/s2，B正确；若货车行驶过程突然刹车，加速度小于等于4 m/s时木箱不会相对车厢滑动，发生相对滑动时也不一定与车的前端相撞，C错误；货车的加速度5 m/s2>4 m/s2，木箱已经发生相对滑动，木箱受到的摩擦力为滑动摩擦力，D错误．2．[2024·广东省中山市第一次模拟](多选)如图甲所示，物块A与木板B静止地叠放在水平地面上，A、B间的动摩擦因数μ＝0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，地面光滑．现对A施加水平向右的大小不同的拉力F，测得B的加速度a与力F的关系如图乙所示，取g ＝10 m/s2，则()A.当F<24 N时，A、B间的摩擦力保持不变B．当F>24 N时，A、B间的摩擦力保持不变C．A的质量为4 kgD．B的质量为2 kg答案：BCD解析：由图乙可知，当F<24 N时，A、B保持相对静止，B的加速度逐渐增大，则A、B间的摩擦力逐渐增大；当F>24 N时，A、B发生相对滑动，A、B间滑动摩擦力保持不变，A错误，B正确；设A、B的质量分别为m1、m2，当F＝24 N时，根据牛顿第二定律，对A，有F－μm1g＝m1a，对B，有μm1g＝m2a，解得A、B的质量分别为m1＝4 kg，m2＝2 kg，C、D正确．3．[2024·广西南宁市开学考试]如图所示，质量m A＝2 kg的小物块A可以看作质点，以初速度v0＝3 m/s滑上静止的木板B左端，木板B足够长，当A、B的速度达到相同后，A、B又一起在水平面上滑行直至停下．已知m B＝1 kg，A、B间的动摩擦因数μ1＝0.2，木板B 与水平面间的动摩擦因数μ2＝0.1，g取10 m/s2.求：(1)小物块A刚滑上木板B时，A、B的加速度大小a A和a B；(2)A、B速度达到相同所经过的时间t；(3)A、B一起在水平面上滑行至停下的距离x.答案：(1)a A＝2 m/s2，a B＝1 m/s2(2)t＝1 s(3)x＝0.5 m解析：(1)根据题意可知，A与B之间的滑动摩擦力大小f1＝μ1m A g＝4 NB与水平面之间的滑动摩擦力大小f2＝μ2(m A＋m B)g＝3 N当A刚滑上B时，由牛顿第二定律，对A有f1＝m A a A对B有f1－f2＝m B a B解得a A＝2 m/s2，a B＝1 m/s2(2)设A、B达到相同的速度为v，对A、B相对滑动的过程，由公式v＝v0＋at对A有v＝v0－a A t对B有v＝a B t解得t＝1 s，v＝1 m/s(3)以A、B整体为研究对象，由牛顿第二定律得f2＝(m A＋m B)a一起在水平面上滑行至停下过程0－v2＝－2ax解得x＝0.5 m4．[2024·辽宁省阜新市月考]如图所示，水平桌面上质量m1为0.01 kg的薄纸板上，放有一质量m2为0.04 kg的小水杯(可视为质点)，小水杯距纸板左端距离x1为0.5 m，距桌子右端距离x2为1 m，现给纸板一个水平向右的恒力F，欲将纸板从小水杯下抽出．若纸板与桌面、水杯与桌面间的动摩擦因数μ1均为0.4，水杯与纸板间的动摩擦因数μ2为0.2，重力加速度g取10 m/s2，设水杯在运动过程中始终不会翻倒，则：(1)求F多大时，抽动纸板过程水杯相对纸板不滑动；(2)当F为0.4 N时，纸板的加速度是多大？(3)当F满足什么条件，纸板能从水杯下抽出，且水杯不会从桌面滑落？答案：(1)0.3 N(2)12 m/s2(3)F≥0.315 N解析：(1)当抽动纸板且水杯相对纸板滑动时，对水杯进行受力分析，根据牛顿第二定律得μ2m2g＝m2a1，解得a1＝2 m/s2对整体分析，根据牛顿第二定律得F1－μ1(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a1解得F1＝0.3 N故当F1≤0.3 N抽动纸板过程水杯相对纸板不滑动；(2)当F2＝0.4 N时，纸杯和纸板已经发生相对滑动，则有F2－μ2m2g－μ1(m1＋m2)g＝m1a解得a＝12 m/s2(3)纸板抽出的过程，对纸板有F－μ2m2g－μ1(m1＋m2)g＝m1a纸板抽出的过程，二者位移关系满足x1＝12at2－12a1t2纸板抽出后，水杯在桌面上做匀减速直线运动，设经历时间t′恰好到桌面右边缘静止，有μ1m2g＝m2a′1由速度关系有a1t＝a′1t′纸杯的位移关系有x2－12a1t2＝a1t2×t′联立解得F＝0.315 N所以，当F≥0.315 N时，纸板能从水杯下抽出，且水杯不会从桌面滑落．。

高考物理《传送带模型和滑块—木板模型中的能量问题》真题练习含答案

高考物理《传送带模型和滑块—木板模型中的能量问题》真题练习含答案1.(多选)如图所示，质量为M 的木块放在光滑的水平面上，质量为m 的子弹以速度v 0沿水平方向射中木块，并最终留在木块中与木块一起以速度v 运动．已知当子弹相对木块静止时，木块前进距离为L ，子弹进入木块的深度为s ，若木块对子弹的阻力F 视为恒定，则下列关系中正确的是( )A ．FL ＝12 M v 2B ．Fs ＝12m v 2C ．Fs ＝12 m v 20－12 (M ＋m )v 2 D ．F (L ＋s )＝12 m v 20－12 m v 2 答案：ACD解析：以木块为研究对象，根据动能定理得，子弹对木块做功等于木块动能的增加，即FL ＝12M v 2①，以子弹为研究对象，由动能定理得， F (L ＋s )＝12 m v 20－12 m v 2②，联立①②得， Fs ＝12 m v 20 －12 (M ＋m )v 2，故A 、C 、D 正确．2.如图所示，一足够长的木板在光滑的水平面上以速度v 向右匀速运动，现将质量为m 的物体轻轻地放置在木板上的右端，已知物体m 和木板之间的动摩擦因数为μ，为保持木板的速度不变，从物体m 放到木板上到它相对木板静止的过程中，须对木板施一水平向右的作用力F ，那么力F 对木板做功的数值为( )A ．m v 24B ．m v 22C ．m v 2D ．2m v 2 答案：C解析：由能量转化和守恒定律可知，拉力F 对木板所做的功W 一部分转化为物体m 的动能，一部分转化为系统内能，故W ＝12 m v 2＋μmg ·s 相，s 相＝v t －v 2 t ，v ＝μgt ，解得W ＝m v 2，C 正确．3.(多选)如图所示是某地铁站的安检设施，该设施中的水平传送带以恒定速率v 运动，乘客将质量为m 的物品放在传送带上，物品由静止开始加速至速率为v 后匀速通过安检设施，下列说法正确的是( )A ．物品先受滑动摩擦力作用，后受静摩擦力作用B ．物品所受摩擦力的方向与其运动方向相同C ．物品与传送带间动摩擦因数越大，产生热量越多D.物品与传送带间动摩擦因数越大，物品与传送带相对位移越小答案：BD解析：物品加速时受滑动摩擦力作用，匀速时不受摩擦力，A 错误；物品所受摩擦力的方向与运动方向相同，B 正确；传送带的位移大小x 1＝v t ，物品从加速到与其共速，位移大小x 2＝v 2 t ，物品与传送带间产生热量Q ＝f Δx ＝f (x 1－x 2)＝12 m v 2，与动摩擦因数无关，C 错误；物品与传送带间动摩擦因数越大，滑动摩擦力f 越大，相对位移Δx 越小，D 正确．4．[2024·辽宁省高考模拟](多选)如图所示，在匀速转动的电动机带动下，足够长的水平传送带以恒定速率v 1＝2 m/s 匀速向右运动，一质量为m ＝1 kg 的滑块从传送带右端以水平向左的速率v 2＝3 m/s 滑上传送带，最后滑块返回传送带的右端．关于这一过程，下列判断正确的有( )A ．滑块返回传送带右端的速率为2 m/sB ．此过程中传送带对滑块做功为2.5 JC ．此过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量为12.5 JD ．此过程中电动机对传送带多做功为10 J 答案：ACD解析：由于传送带足够长，滑块匀减速向左滑行，直到速度减为零，然后滑块在滑动摩擦力的作用下向右匀加速，v 1＝2 m/s<v 2＝3 m/s ，当滑块速度增大到等于传送带速度时，物体还在传送带上，之后不受摩擦力，物体与传送带一起向右匀速运动，所以滑块返回传送带右端时的速率等于2 m/s ，A 正确；此过程中只有传送带对滑块做功，根据动能定理得，传送带对滑块做功为W ＝12 m v 21 －12 m v 22 ＝－2.5 J ，B 错误；设滑块向左运动的时间为t 1，位移为x 1，则x 1＝v 22 t 1，该过程中传送带的位移为x 2＝v 1t 1，t 1＝v 2μg ，摩擦生热为Q 1＝μmg (x 1＋x 2)＝10.5 J ，返回过程，当物块与传送带共速时v 1＝μgt 2，物块与传送带摩擦生热为Q 2＝μmg (v 1t 2－v 12 t 2)＝2 J ，则此过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量为Q ＝Q 1＋Q 2＝12.5 J ，C 正确；此过程中电动机对传送带多做功为ΔW ＝W ＋Q ＝10 J ，D 正确．5.[2024·河北省石家庄市教学质检](多选)如图所示，倾斜传送带以恒定速率v 顺时针转动，现将一小物块由静止放于传送带底端，经过一段时间，小物块运动到传送带的顶端且速率恰好达到v ，在整个过程中小物块与传送带之间的摩擦生热为Q ，小物块获得的动能为E k 、重力势能的增加量为E p ，下列说法正确的是( )A ．Q ＝E kB ．Q >E kC ．Q ＝E k ＋E pD ．Q <E k ＋E p 答案：BC解析：设传送带长度为L ，倾角为θ，质量为m ，运动时间为t ，物块受到的摩擦力为f ，根据题意，有x 物＝L ＝v2 t ，x 传＝v t ，则有x 传－x 物＝L ，解得x 传＝2L ，对物块，根据动能定理fL －mg sin θ·L ＝E k －0，产生的热量为Q ＝f ΔL ＝f (2L －L )＝fL ，其中mg sin θ·L ＝E p ，联立解得Q ＝E k ＋E p ，则有Q >E k ，B 、C 正确．6．如图甲，长木板A 质量为2 kg 放在光滑的水平面上，质量为m ＝2 kg 的另一物体B (可看作质点)以水平速度v 0＝2 m/s 滑上原来静止的长木板A 的表面．由于A 、B 间存在摩擦，之后A 、B 速度随时间变化情况如图乙所示，则下列说法正确的是(g 取10 m/s 2)( )A ．木板获得的动能为2 JB ．系统损失的机械能为4 JC ．木板A 的最小长度为2 mD ．A 、B 间的动摩擦因数为0.1 答案：D解析：由题中图像可知，A 、B 的加速度大小都为1 m/s 2，根据牛顿第二定律知，木板获得的动能为1 J ，A 错误；系统损失的机械能ΔE ＝12 m v 20 －12 ·2m ·v 2＝2 J ，B 错误；由v t 图像可求出二者相对位移为1 m ，C 错误；以B 为研究对象，根据牛顿第二定律，求出μ＝0.1，D 正确．7.(多选)如图所示，光滑水平面上放着足够长的木板B ，木板B 上放着木块A ，A 、B 间的接触面粗糙，现用一水平拉力F 作用在A 上，使其由静止开始在木板B 上运动，则下列说法正确的是( )A ．拉力F 做的功等于A 、B 系统动能的增加量 B ．拉力F 做的功大于A 、B 系统动能的增加量C ．拉力F 和B 对A 做的功之和小于A 的动能的增加量D ．A 对B 做的功等于B 的动能的增加量答案：BD 8.[2024·山东省潍坊市期中考试]如图所示，与水平面夹角为θ＝37°的倾斜传送带始终绷紧，传送带下端A 点与上端B 点间的距离L ＝10 m ，传送带以v ＝2 m/s 的恒定的速率向上传动，现将一质量m ＝4 kg 的小物体无初速度地放于A 处，已知物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8，重力加速度大小取g ＝10 m/s 2，求物块从A 运动到B 的过程：(1)所用时间t ；(2)摩擦力对物块做的功W . 答案：(1)7.5 s (2)248 J解析：(1)物体刚放上传送带时受到沿斜面向上的滑动摩擦力，由牛顿第二定律得μmg cos θ－mg sin θ＝ma 1设物体经时间t 1加速到与传送带同速，则有 v ＝a 1t 1，x 1＝12 a 1t 2解得t 1＝5 s ，x 1＝5 m设物体经过时间t 2到达B 端，因μmg cos θ>mg sin θ故当物体与传送带同速后，物体将做匀速运动，则有L －x 1＝v t 2 解得t 2＝2.5 s故物体由A 端运动到B 端的时间t ＝t 1＋t 2＝7.5 s (2)相对滑动过程，摩擦力做功W 1＝μmg cos θ·x 1匀速运动过程，摩擦力做功W 2＝mg sin θ(L －x 1)，W ＝W 1＋W 2 解得W ＝248 J9．如图所示，一倾角θ＝30°的光滑斜面(足够长)固定在水平面上，斜面下端有一与斜面垂直的固定挡板，用手将一质量m ＝1 kg 的木板放置在斜面上，木板的上端有一质量也为m 的小物块(视为质点)，物块和木板间的动摩擦因数μ＝235 ，初始时木板下端与挡板的距离L ＝0.9 m ．现将手拿开，同时由静止释放物块和木板，物块和木板一起沿斜面下滑．木板与挡板碰撞的时间极短，且碰撞后木板的速度大小不变，方向与碰撞前的速度方向相反，最终物块恰好未滑离木板．取重力加速度大小g ＝10 m/s 2，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力．求：(1)木板第一次与挡板碰撞前瞬间，物块的速度大小v 0；(2)从拿开手到木板第二次与挡板碰撞前瞬间，物块相对木板的位移大小x ；(3)木板的长度s 以及从拿开手到木板和物块都静止的过程中，物块与木板间因摩擦产生的热量Q .答案：(1)3 m/s (2)1.5 m (3)54 J解析：(1)从拿开手到木板第一次与挡板碰撞前，对物块与木板整体，根据动能定理有2mgL sin θ＝12×2m v 2解得v 0＝3 m/s.(2)木板第一次与挡板碰撞后，木板的加速度方向沿斜面向下，设加速度大小为a1，根据牛顿第二定律有mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1解得a1＝11 m/s2木板第一次与挡板碰撞后，物块的加速度方向沿斜面向上，设加速度大小为a2，根据牛顿第二定律有μmg cos θ－mg sin θ＝ma2解得a2＝1 m/s2以沿斜面向下为正方向，设从木板第一次与挡板碰撞后，经时间t木板和物块达到共同速度v，对木板和物块，根据匀变速直线运动的规律分别有v＝－v0＋a1t，v＝v0－a2t解得v＝2.5 m/s，v为正值，表示v的方向沿斜面向下设从木板第一次与挡板碰撞后到物块与木板达到共同速度v的过程中，木板沿斜面向上运动的位移大小为x1，根据匀变速直线运动的规律有v20－v2＝2a1x1解得x1＝0.125 m设该过程中物块沿斜面向下运动的位移大小为x2，根据匀变速直线运动的规律有v20－v2＝2a2x2解得x2＝1.375 m又x＝x1＋x2解得x＝1.5 m.(3)经分析可知，当木板和物块都静止时，木板的下端以及物块均与挡板接触，从拿开手到木板和物块都静止的过程中，根据能量转化与守恒定律有Q＝mgL sin θ＋mg(L＋s)sin θ又Q＝μmgs cos θ解得s＝9 m Q＝54 J。

滑块—木板模型专题(附详细参考答案)

精心整理牛顿定律——滑块和木板模型专题一．“滑块—木板模型”问题的分析思路1．模型特点：上、下叠放两个物体，并且两物体在摩擦力的相互作用下发生相对滑动．2．建模指导解此类题的基本思路：(1)分析滑块和木板的受力情况，根据牛顿第二定律分别求出滑块和木板的加速度(2)对滑块和木板进行运动情况分析，找出滑块和木板之间的位移关系或速度关系，建立方程．特别注意滑块和木板的位移都是相对地面的位移.例1、m A＝1kg，m B＝2kg，A、B间动摩擦因数是0.5，水平面光滑．用10N水平力F拉B时，A、B间的摩擦力是用20N水平力F拉B时，A、B间的摩擦力是例2、如图所示，物体A叠放在物体B上，B置于光滑水平面上，A、B质量分别为m A＝6kg，m B ＝2kg，A、B之间的动摩擦因数μ＝0.2，开始时F＝10N，此后逐渐增加，若使AB不发生相对运动，则F的最大值为针对练习1、如图5所示，物体A叠放在物体B上，B置于光滑水平面上，A、B质量分别为m A＝6kg，m B＝2kg，A、B之间的动摩擦因数μ＝0.2，开始时F＝10N，此后逐渐增加，在增大到45N 的过程中，则()A．当拉力F<12N时，物体均保持静止状态B．两物体开始没有相对运动，当拉力超过12N时，开始相对运动C．两物体从受力开始就有相对运动D．两物体始终没有相对运动精心整理例3、如图所示，质量M ＝8kg 的小车放在光滑的水平面上，在小车左端加一水平推力F ＝8N ，当小车向右运动的速度达到1.5m/s 时，在小车前端轻轻地放上一个大小不计，质量为m ＝2kg 的小物块，小物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.2，当二者达到相同速度时，物块恰好滑到小车的最左端．取g ＝10m/s 2.则：(1)小物块放上后，小物块及小车的加速度各为多大？ (2)小车的长度L 是多少？针对练习2、如图所示，木板静止于水平地面上，在其最右端放一可视为质点的木块．已知木块的质量m=1kg ，木板的质量M=4kg ，长L=2.5m ，上表面光滑，下表面与地面之间的动摩擦因数μ=0.2．现用水平恒力F=20N 拉木板，g 取10m/s 2，求：（1）木板的加速度；（2）要使木块能滑离木板，水平恒力F 作用的最短时间；（3）如果其他条件不变，假设木板的上表面也粗糙，其上表面与木块之间的动摩擦因素为3.01=μ，欲使木板能从木块的下方抽出，需对木板施加的最小水平拉力．（4）若木板的长度、木块的质量、木板的上表面与木块之间的动摩擦因数、木板与地面间的动摩擦因数都不变，只将水平恒力增加为30N ，则木块滑离木板需要多长时间？牛顿定律——滑块和木板模型专题答案例1、3.3N5N 例2、48N针对练习1、答案 D解析当A 、B 间的静摩擦力达到最大静摩擦力，即滑动摩擦力时，A 、B 才会发生相对运动．此时对B 有：F fmax ＝μm A g ＝12N ，而F fmax ＝m B a ，a ＝6m/s 2，即二者开始相对运动时的加速度为6m/s 2，此时对A 、B 整体：F ＝(m A ＋m B )a ＝48N ，即F >48N 时，A 、B 才会开始相对运动，故选项A 、B 、C 错误，D 正确．例3、答案 (1)2m/s 2 0.5m/s 2 (2)0.75m解析 (1)以小物块为研究对象，由牛顿第二定律，得 μmg ＝ma 1解得a 1＝μg ＝2m/s 2以小车为研究对象，由牛顿第二定律，得F －μmg ＝Ma 2 解得a 2＝＝0.5m/s 2(2)由题意及运动学公式：a 1t ＝v 0＋a 2t 解得：t ＝＝1s则物块运动的位移x 1＝a 1t 2＝1m..'. 小车运动的位移x2＝v0t＋a2t2＝1.75m L＝x2－x1＝0.75m针对练习2、解析(1)木板受到的摩擦力F f＝μ(M＋m)g＝10N木板的加速度a＝＝2.5m/s2. (2分)(2)设拉力F作用时间t后撤去F撤去后，木板的加速度为a′＝－＝－2.5m/s2 (2分)木板先做匀加速运动，后做匀减速运动，且a＝－a′，故at2＝L解得t＝1s，即F作用的最短时间为1s．(2分) (3)设木块的最大加速度为a木块，木板的最大加速度为a木板，则μ1mg＝ma木块(2分) 得a木块＝μ1g＝3m/s2对木板：F1－μ1mg－μ(M＋m)g＝Ma木板(2分)木板能从木块的下方抽出的条件为a木板>a木块解得F1>25N．(2分) (4)木块的加速度a木块′＝μ1g＝3m/s2 (1分) 木板的加速度a木板′＝＝4.25m/s2 (1分)木块滑离木板时，两者的位移关系为x木板－x木块＝L，即a木板′t2－a木块′t2＝L (2分)代入数据解得t＝2s．(2分)答案(1)2.5m/s2(2)1s(3)大于25N(4)2s分析滑块—木板模型问题时应掌握的技巧1．分析题中滑块、木板的受力情况，求出各自的加速度．2．画好运动草图，找出位移、速度、时间等物理量间的关系．3．知道每一过程的末速度是下一过程的初速度．4．两者发生相对滑动的条件：(1)摩擦力为滑动摩擦力．(2)二者加速度不相等．。

2023版新教材高考物理复习特训卷考点三运动与力的关系第25练模型方法“滑块_木板”模型的动力学问题

第25练 (模型方法)“滑块—木板”模型的动力学问题（时间 30分钟）思维方法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：a m ＝F fm m.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．一、选择题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 的物块以水平速度v 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 ＝10 m/s 2，则下列说法正确的是( )A.M ＝m B ．M ＝2mC ．木板的长度为8 mD ．木板与物块间的动摩擦因数为0.12．(多选)[2021·山东兰陵东苑高级中学月考]如图所示，在山体下的水平地面上有一静止长木板，某次山体滑坡，有石块从山坡上滑下后，恰好以速度v 1水平向右滑上长木板，石块与长木板、长木板与水平地面之间都存在摩擦．设最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力的大小，且石块始终未滑出长木板．下面给出了石块在长木板上滑行的v t 图像，其中可能正确的是( )二、非选择题 3．质量为3 kg 的长木板A 置于光滑的水平地面上，质量为2 kg 的木块B (可视为质点)置于木板A 的左端，在水平向右的力F 作用下由静止开始运动，如图甲所示．A 、B 运动的加速度随时间变化的图像如图乙所示(g 取10 m/s 2).(1)求木板与木块之间的动摩擦因数(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)； (2)求4 s 末A 、B 的速度大小；(3)若6 s 末木板和木块刚好分离，则木板的长度为多少？4．传送带与平板紧靠在一起，且上表面在同一水平面内，两者长度分别为L 1＝2.5 m 、L 2＝2 m ．传送带始终保持以速度v 匀速运动．现将一滑块(可视为质点)轻放到传送带的左端，然后平稳地滑上平板．已知：滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，滑块与平板、平板与支持面的动摩擦因数分别为μ1＝0.3、μ2＝0.1，滑块、平板的质量均为m ＝2 kg ，g取10 m/s 2.求：(1)若滑块恰好不从平板上掉下，求v 的大小； (2)若v ＝6 m/s ，求滑块离开平板时的速度大小．第25练（模型方法）“滑块—木板”模型的动力学问题1．答案：BC解析：物块在木板上的运动过程中，μmg ＝ma 1，而v t 图像的斜率大小表示加速度大小，故a 1＝7－32m/s 2＝2 m/s 2，解得μ＝0.2，D 错误；对木板受力分析可知μmg ＝Ma 2，a 2＝2－02m/s 2＝1 m/s 2，解得M ＝2m ，A 错误，B 正确；由题图乙可知，2 s 时物块和木板分离，两者v t 图像与坐标轴围成的面积之差等于木板的长度，故L ＝12 ×（7＋3）×2 m－12×2×2 m ＝8 m ，C 正确． 2．答案：BD解析：由于石块与长木板、长木板与水平地面之间都存在摩擦，因此石块与长木板达到共速后不可能做匀速直线运动，A 错误；设石块与长木板之间的动摩擦因数为μ1，长木板与水平地面之间的动摩擦因数为μ2，石块的质量为m ，长木板的质量为M ，当μ1mg >μ2（m ＋M ）g 时，最终石块和长木板一起做匀减速直线运动，此时的加速度大小为μ2g ，由于μ1mg >μ2（m ＋M ）g ，则有μ1g >μ2g ，即石块刚开始减速的加速度大于石块与长木板一起减速时的加速度，石块与长木板共速后，图像的斜率变小，B 正确，C 错误；若石块对长木板向右的滑动摩擦力小于地面对长木板的最大静摩擦力，则长木板静止不动，石块在长木板上做匀减速运动，D 正确．3．答案：（1）0.3 （2）均为4 m/s （3）4 m解析：（1）由题图乙知4 s 末木块与木板间达到最大静摩擦力，此时a A ＝2 m/s 2. 对于木板有f ＝m A a A ＝μm B g ，木板与木块间的动摩擦因数μ＝m A a Am B g＝0.3. （2）由题图乙知，4 s 末A 、B 的速度均为v ＝12 ×4×2 m/s ＝4 m/s.（3）4～6 s 内，木板A 运动的位移x A ＝vt 2＋12 a A t 22 .木块B 的位移x B ＝vt 2＋12a B t 22 ，则木板的长度l ＝x B －x A ＝4 m ． 4．答案：（1）4 m/s （2）3.5 m/s 解析：（1）滑块在平板上做匀减速运动，加速度大小：a 1＝μ1mg m＝3 m/s 2由于μ1mg >2μ2mg故平板做匀加速运动，加速度大小：a 2＝μ1mg －μ2×2mg m＝1 m/s 2设滑块滑至平板右端用时为t ，共同速度为v ′，平板位移为x ，对滑块：v ′＝v －a 1tL 2＋x ＝vt －12a 1t 2对平板：v ′＝a 2tx ＝12a 2t 2联立以上各式代入数据解得：t ＝1 s ，v ＝4 m/s. （2）滑块在传送带上的加速度：a 3＝μmgm＝5 m/s 2若滑块在传送带上一直加速，则获得的速度为：v 1＝2a 3L 1 ＝5 m/s<6 m/s即滑块滑上平板的速度为5 m/s.设滑块在平板上运动的时间为t ′，离开平板时的速度为v ″，平板位移为x ′ 则v ″＝v 1－a 1t ′L 2＋x ′＝v 1t ′－12a 1t ′2 x ′＝12a 2t ′2联立以上各式代入数据解得：t ′1＝12 s ，t ′2＝2 s （t ′2>t ，不符合题意，舍去）将t ′＝12s 代入v ″＝v 1－a 1t ′得：v ″＝3.5 m/s.。

滑块和木板问题(带答案)

ehtn mitaean dAl l t h i ng si nt he i rb ei nga re go od 【例4】如图所示，在光滑的桌面上叠放着一质量为m A ＝2.0kg 的薄木板A 和质量为m B =3 kg 的金属块B ．A 的长度L =2.0m ．B 上有轻线绕过定滑轮与质量为mC =1.0 kg 的物块C 相连．B 与A 之间的滑动摩擦因数 µ =0.10，最大静摩擦力可视为等于滑动摩擦力．忽略滑轮质量及与轴间的摩擦．起始时令各物体都处于静止状态，绳被拉直，B 位于A 的左端（如图），然后放手，求经过多长时间t 后 B 从 A 的右端脱离（设 A 的右端距滑轮足够远）（取g =10m/s 2）．例1解析（1）m 与M 刚要发生相对滑动的临界条件：①要滑动：m 与M 间的静摩擦力达到最大静摩擦力；②未滑动：此时m 与M 加速度仍相同。

受力分析如图，先隔离m ，由牛顿第二定律可得：a=μmg/m=μg再对整体，由牛顿第二定律可得：F 0=(M+m)a 解得：F 0=μ(M+m) g所以，F 的大小范围为：F>μ(M+m)g（2）受力分析如图，先隔离M ，由牛顿第二定律可得：a=μmg/M 再对整体，由牛顿第二定律可得：F 0=(M+m)a 解得：F 0=μ(M+m) mg/M所以，F 的大小范围为：F>μ(M+m)mg/M例2[解析]（1）小滑块与木板间的滑动摩擦力f=μFN=μmg=4N…………①滑动摩擦力f 是使滑块产生加速度的最大合外力，其最大加速度 a 1=f/m=μg=4m/s 2 …②当木板的加速度a 2> a 1时，滑块将相对于木板向左滑动，直至脱离木板F-f=m a 2>m a 1 F> f +m a 1=20N …………③即当F>20N ，且保持作用一般时间后，小滑块将从木板上滑落下来。

（2）当恒力F=22.8N 时，木板的加速度a 2＇，由牛顿第二定律得F-f=Ｍa 2＇解得：a 2＇＝4.7m/s 2………④设二者相对滑动时间为t ，在分离之前小滑块：x 1=½ a1t 2 …………⑤ 木板：x 1=½ a2＇t 2 …………⑥又有x 2－x 1=L …………⑦ 解得：t=2s …………⑧tnisgnih解得：F2=6N…………………………1分要使小滑块脱离薄木板但不离开桌面，拉力F6N。

高考物理专题23“滑块_木板”模型的动力学问题练习含解析

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：a m ＝F fmm.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m 1的足够长的木板，其上叠放一质量为m 2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a 1和a 2，下列反映a 1和a 2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 ＝Fm 1＋m 2＝kt m 1＋m 2，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，a 1＝μm 2gm 1，μ、m 1、m 2一定，则a 1一定，a 2＝F －μm 2g m 2＝k m 2t －μg ，a 2是t 的线性函数，t 增大，a 2增大．由于km 1＋m 2<km 2，则木块相对于木板运动后，a 2－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m 1＝1 kg ，与地面的动摩擦因数μ1＝0.2，质量为m 2＝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v 0＝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/s 2，以下说法正确的是( )图2A ．木板的长度为1.68 mB ．小物块离开木板时，木板的速度为1.6 m/sC ．小物块离开木板后，木板的加速度为2 m/s 2，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μ2m 2g >μ1(m 1＋m 2)g ，得物块在木板上以a 1＝μ2g ＝4 m/s 2减速滑行时木板以a 2＝μ2m 2g －μ1m 1＋m 2g m 1＝2 m/s 2向右加速运动，在0.6 s 时，物块的速度v 1＝v 0－a 1t ＝1.6m/s ，木板的速度v 2＝a 2t ＝1.2 m/s ，B 错误.0.6 s 内物块位移为x 1＝v 0＋v 12t ＝1.68 m ，木板位移x 2＝0＋v 22t ＝0.36 m ，相对位移为Δx ＝x 1－x 2＝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a 4＝μ2g ＝2 m/s 2，方向向左，C 错．在地面上物块会滑行x 4＝v 122a 4＝v 122μ2g ＝0.32 m ，木板会滑行x 3＝v 222a 3＝v 222μ1g＝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m 1的木块和质量为m 2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3A ．μ1一定小于μ2B ．μ1可能大于μ2C ．改变F 的大小，F >μ2(m 1＋m 2)g 时，长木板将开始运动D ．改F 作用于长木板，F >(μ1＋μ2)(m 1＋m 2)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 －μ1m 1g ＝m 1a ；对长木板，由于保持静止，有：μ1m 1g －F f ＝0，F f <μ2(m 1＋m 2)g ，m 1、m 2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，μ1m 1g ＝m 1a ，解得a ＝μ1g ，对整体分析，有F －μ2(m 1＋m 2)g ＝(m 1＋m 2)a ，解得F ＝(μ1＋μ2)(m 1＋m 2)g ，所以当F >(μ1＋μ2)(m 1＋m 2)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/s 2.由题给数据可以得出( )图4A ．木板的质量为1 kgB ．2～4 s 内，力F 的大小为0.4 NC ．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a 1＝0.4－04－2 m/s 2＝0.2 m/s 2，对木板进行受力分析，由牛顿第二定律可得F －F f ＝ma 1，在4～5 s 内做匀减速运动，其加速度大小为a 2＝0.4－0.25－4 m/s 2＝0.2 m/s 2，F f ＝ma 2，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F f ＝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/s 2，则下列说法正确的是( )图5A ．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/s 2C ．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：F f A ＝μmg ＝1 N ，B 与地面间的滑动摩擦力：F f B ＝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：a A ＝F f Am＝1 m/s 2.若A 、B 间刚好发生相对滑动时的外力为F 1，由牛顿第二定律得F 1－μ(M ＋m )g ＝(M ＋m )a A ，得F 1＝10 N ，所以t ＝0时刻A 的加速度a A ＝1 m/s 2，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 －F f A －F f B ＝Ma B ，得a B ＝3.5 m/s 2，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6A ．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13μgC ．t ＝5 s 时，A 受到的摩擦力大小为0.5μmgD ．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a A ＝μg ，B 的加速度a B ＝F －4μmg2m，且a A ＝a B ，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，a AB ＝F －3μmg 3m ≥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a AB ＝F －3μmg 3m ＝4μmg －3μmg 3m ＝13μg ，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 f ＝ma AB ＝m ·5μmg －3μmg 3m ＝23μmg ，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v A ，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v B ，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a 1，相对静止后B 的加速度大小为a 2，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7A ．a 1＝3a 2B ．v A ＝2μgLC ．v B ＝22μgLD ．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a A ＝μg ，由匀变速直线运动规律有2a A L ＝v A 2，解得v A ＝2μgL ，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 ＝ma 1，解得a 1＝3μg ，当A 、B 相对静止后，对A 、B 整体由牛顿第二定律有2μmg ＝2ma 2，解得a 2＝μg ，故a 1＝3a 2，选项A 正确；经过时间t ，A 、B 达到共同速度v ，位移分别为x A 、x B ，A 加速度的大小等于a 2，则v ＝a 2t ，v ＝v B －a 1t ，x A ＝12a 2t 2，x B ＝v B t －12a 1t 2且x B －x A ＝L ，解得v B ＝22μgL ，选项C 正确；对齐后，A 、B 整体以加速度大小a 2＝μg 一起做匀减速运动，对A 分析有F f ＝ma 2＝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m 1＝0.2 kg 的足够长平板小车静置在光滑水平地面上，质量m 2＝0.1 kg 的小物块静止于小车上，t ＝0时刻小物块以速度v 0＝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 图象．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10 m/s 2.则下列说法正确的是( )图8A ．小物块与平板小车间的动摩擦因数μ＝0.4B ．恒力F ＝0.5 NC ．小物块与小车间的相对位移x 相对＝6.5 mD ．小物块向右滑动的最大位移是x max ＝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a 1＝Δv 1Δt ＝2－01 m/s 2＝2 m/s 2a 2＝Δv 2Δt ＝2－111m/s 2＝－9 m/s 2对小车：μm 2g ＝m 1a 1，对小物块：－(F ＋μm 2g )＝m 2a 2，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＝112 m ＝5.5 m ，C 错误；在0～1 s 内小物块向右滑动的位移x 1＝2＋112m ＝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a 3＝Fm 1＋m 2＝53m/s 2，当速度减小到0时，整体向右发生的位移为x 2＝222×53m ＝1.2 m所以小物块向右滑动的最大位移是x max ＝x 1＋x 2＝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13.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/s 2)( )图9A ．P 、Q 两个物体加速度分别为6 m/s 2、4 m/s 2B ．P 、Q 两个物体加速度分别为6 m/s 2、2 m/s 2C ．P 滑块在Q 上运动时间为1 sD ．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：m P g sin 37°＝m P a P解得：a P ＝g sin 37°＝6 m/s 2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：m Q g sin 37°－μ(m P ＋m Q )g cos 37°＝m Q a Q ，解得：a Q ＝2 m/s 2，故A 错误，B 正确；设P 在Q 上面滑动的时间为t ，因a P ＝6 m/s 2>a Q ＝2 m/s 2，故P 比Q 运动更快，根据位移关系有：L ＝12(a P －a Q )t 2，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v 0＝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/s 2.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/s 20.5 m/s 2 (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：a m ＝μg ＝2 m/s 2小车的加速度：a M ＝F －μmg M＝0.5 m/s 2(2)由：a m t ＝v 0＋a M t 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：x 1＝12a m t 2＝1 m最大速度：v ＝a m t ＝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 ＝FM ＋m＝0.8 m/s 2这0.5 s 内的位移：x 2＝vt ′＋12at ′2＝1.1 m所以通过的总位移x ＝x 1＋x 2＝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v 0＝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/s 2.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F f1＝μ1mg 木板受到地面的摩擦力为F f2＝μ2(2M ＋m )g 因为F f2>F 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a 1，μ1mg ＝ma 1 小木块滑上第二个木板的瞬间的速度为v ，则v 2－v 02＝－2a 1l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a 2，则μ1mg －μ2(M ＋m )g ＝Ma 2设木块与木板达到相同速度v 1时，用时为t ，则有：对木块：v 1＝v －a 1t 对木板有：v 1＝a 2t解得：v 1＝0.1 m/s ，t ＝0.3 s此时木块运动的位移x 1＝v ＋v 12t ＝0.165 m木板的位移x 1′＝v 122a 2＝0.015 m木块在木板上滑动的长度为x 1－x 1′<l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a 3，位移为x 2，μ2(M ＋m )g ＝(M ＋m )a 3 v 12＝2a 3x 2解得x 2＝0.005 m小木块滑动的总位移x ＝l ＋x 1＋x 2＝0.670 m.。

2025届高考物理复习：经典好题专项(“滑块-木板”模型问题)练习(附答案)

2025届高考物理复习：经典好题专项（“滑块－木板”模型问题）练习1. 如图所示，在光滑的水平地面上静止地叠放着两个物体A 、B ，A 、B 之间的动摩擦因数为0.2，A 质量为2 kg ，B 质量为1 kg ，从t ＝0时刻起，A 受到一向右的水平拉力F 的作用，F 随时间的变化规律为F ＝(6＋2t ) N 。

t ＝5 s 时撤去外力，运动过程中A 一直未从B 上滑落，最大静摩擦力等于滑动摩擦力(g 取10 m/s 2)，则( )A ．t ＝2 s 时，A 、B 发生相对滑动B ．t ＝3 s 时，B 的速度大小为8 m/sC ．撤去拉力瞬间，A 的速度大小为19 m/sD ．撤去拉力后，再经过1 s ，A 、B 速度相等2. (多选)一长轻质薄硬纸片置于光滑水平地面上，其上放质量均为1 kg 的A 、B 两物块，A 、B 与薄硬纸片之间的动摩擦因数分别为μ1＝0.3、μ2＝0.2，水平恒力F 作用在A 物块上，如图所示。

已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10 m/s 2。

下列说法正确的是( )A ．若F ＝1.5 N ，则A 物块所受摩擦力大小为1.5 NB ．若F ＝8 N ，则B 物块的加速度大小为2.0 m/s 2C ．无论力F 多大，A 与薄硬纸片都不会发生相对滑动D ．无论力F 多大，B 与薄硬纸片都不会发生相对滑动3．(多选)(2021ꞏ全国乙卷ꞏ21)水平地面上有一质量为m 1的长木板，木板的左边上有一质量为m 2的物块，如图(a)所示。

用水平向右的拉力F 作用在物块上，F 随时间t 的变化关系如图(b)所示，其中F 1、F 2分别为t 1、t 2时刻F 的大小。

木板的加速度a 1随时间t 的变化关系如图(c)所示。

已知木板与地面间的动摩擦因数为μ1，物块与木板间的动摩擦因数为μ2，假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g 。

则( )A ．F 1＝μ1m 1gB ．F 2＝m 2(m 1＋m 2)m 1(μ2－μ1)g C ．μ2>m 1＋m 2m 2μ1 D ．在0～t 2时间段物块与木板加速度相等4．(多选)如图所示，在桌面上有一块质量为m1的薄木板，薄木板上放置一质量为m2的物块，现对薄木板施加一水平恒力，使得薄木板能被抽出而物块也不会滑出桌面。

高考物理计算题训练——滑块与木板模型(答案版)

1、木板 M 静止在圆滑水平面上，木板上放着一个小滑m，与木板之的摩擦因数μ，了使得m 能从 M 上滑落下来，求以下各样状况下力 F 的大小范。

（ 1）m 与 M 要生相滑的界条件：①要滑：m 与 M的静摩擦力达到最大静摩擦力；②未滑：此m 与 M 加快度仍同样。

受力分析如，先隔绝 m，由牛第二定律可得：a=μ mg/m= μ g再整体，由牛第二定律可得：F0=(M+m)a解得： F0= μ (M+m) g因此， F 的大小范：F>μ (M+m)g（ 2）受力剖析如，先隔绝M ，由牛第二定律可得：a=μ mg/M再整体，由牛第二定律可得：F0=(M+m)a解得： F0= μ (M+m) mg/M因此， F 的大小范：F>μ (M+m)mg/M2、如所示，有一木板静止在圆滑水平面上，木板量M=4kg ， L=1.4m. 木板右端放着一个小滑，小滑量m=1kg ，其尺寸小于 L ，它与木板之的摩擦因数μ =0.4， g=10m/s 2，（ 1）用水平向右的恒力 F 作用在木板 M 上，了使得 m 能从 M 上滑落下来，求 F 的大小范 .（ 2）若其余条件不，恒力F=22.8N ，且始作用在M 上，求 m 在 M 上滑的 .（ 1）小滑与木板的滑摩擦力f= μFN= μ mg=4N⋯⋯⋯⋯①滑摩擦力 f 是使滑生加快度的最大合外力，其最大加快度a1=f/m= μ g=4m/s 2⋯②当木板的加快度a2 > a1，滑将相于木板向左滑，直至离开木板F-f=m a 2>m a1F> f +m a 1=20N⋯⋯⋯⋯③即当 F>20N ，且保持作用一般后，小滑将从木板上滑落下来。

（ 2）当恒力 F=22.8N ，木板的加快度a2＇，由牛第二定律得F-f= Ｍ a2＇解得： a2＇＝ 4.7m/s2⋯⋯⋯④两者相滑t，在分别以前小滑： x 1=? a1t 2⋯⋯⋯⋯⑤木板： x 1=? a2 ＇ t2⋯⋯⋯⋯⑥又有 x2－ x1=L ⋯⋯⋯⋯⑦根源于网解得： t=2s ⋯⋯⋯⋯⑧3、量 mA=3.0kg 、度L=0.70m 、量 q=+4.0 × 10-5C 的体板 A 在足大的水平面上，量 mB=1.0kg 可点的物 B 在体板 A 的左端，开始A、B 保持相静止一同向右滑，当它的速度减小到 v0=3.0m/s，立刻施加一个方向水平向左、大小板的距离S =2m ，今后 A 、 B 始在匀中，如所示E=1.0 × 105N/C 的匀 ,此 A 的右端到直.假设 A 与板碰撞极短且无机械能失， A 与B 之（摩擦因数 1 =0.25）及 A 与地面之（摩擦因数 2 =0.10）的最大静摩擦力均可等于其滑摩擦力，g 取 10m/s2（不空气的阻力）求：(1) 施加匀，物 B 的加快度的大小？(2) 体板 A 走开板， A 的速度大小？(3)B 可否走开A, 若能，求 B 走开 A ， B 的速度求 B 与 A 的左端的最大距离？大小；若不可以，解：（ 1） B 遇到的最大静摩擦力f1m，f1m1m B g 2.5N . ①（1分）A 遇到地面的滑摩擦力的 f 2， f2 2 ( mA mB ) g 4.0N . ②（1 分）施加后， A ．B 以同样的加快度向右做匀减速运，加快度大小a，由牛第二定律qE f2(m A m B )a ③（ 2分）解得：a 2.0m / s2（2 分）B 遇到的摩擦力f1，由牛第二定律得f1m B a ，④解得： f1 2.0N . 因 f1f1m，因此作用后， A ．B 仍保持相静止以同样加快度 a 向右做匀减速运，因此加上匀， B 的加快度大小a 2.0m / s2（2 分）（ 2） A 与板碰前瞬， A ． B 向右的共同速度v1，v12v022as（ 2 分）解得v11m / s（1 分）A 与板碰撞无机械能失，故 A 走开板速度大小v11m / s（1 分）（ 3） A 与板碰后，以 A ． B 系研究象，qE f2⑥故 A 、B 系量守恒，A 、B 向左共同速度，定向左正方向，得：m A v1m B v1 (m A m B )v⑦（3 分）程中， B 相于 A 向右的位移s1，由系功能关系得：1mBgs11(m A m B )v121(m A m B ) v2⑧（ 4 分）解得s10.60 m （2分）22因 s1L ，因此B不可以走开A ，B 与 A 的左端的最大距离s10.60m（1 分）4、如所示，圆滑水平面MN 的左端 M 有一射装置P(P 左端固定，于状且定的簧，当 A 与 P 碰撞 P 立刻排除定)，右端 N 与水平送恰平且很凑近，送沿逆方向以恒定速率υ =5m/s匀速，水平部分度L = 4m。

“滑块—木板”模型中的动力学问题(解析版)—2025年高考物理一轮复习

运动和力的关系“滑块—木板”模型中的动力学问题素养目标：1.掌握“滑块—木板”模型的运动及受力特点。

2.能正确运用动力学观点处理“滑块—木板”模型问题。

1.如图所示，质量为4kg 的薄木板静置于足够大的水平地面上，其左端有一质量为2kg 的物块，现对物块施加一大小为12N 、水平向右的恒定拉力F ，只要拉力F 作用的时间不超过1s ，物块就不能脱离木板。

已知物块与木板间的动摩擦因数为0.4，木板与地面间的动摩擦因数为0.1，物块可视为质点，取重力加速度大小210m/s g =。

则木板的长度为（）A ．0.8mB ．1.0mC ．1.2mD ．1.5m考点一　水平面上的板块问题1．模型特点：滑块(视为质点)置于木板上，滑块和木板均相对地面运动，且滑块和木板在摩擦力的作用下发生相对滑动，滑块和木板具有不同的加速度。

2．模型构建(1)隔离法的应用：对滑块和木板分别进行受力分析和运动过程分析。

(2)对滑块和木板分别列动力学方程和运动学方程。

(3)明确滑块和木板间的位移关系如图所示，滑块由木板一端运动到另一端的过程中，滑块和木板同向运动时，位移之差Δx＝x1－x2＝L(板长)；滑块和木板反向运动时，位移之和Δx＝x2＋x1＝L。

3．解题关键(1)摩擦力的分析判断：由滑块与木板的相对运动来判断“板块”间的摩擦力方向。

(2)挖掘“v物＝v板”临界条件的拓展含义摩擦力突变的临界条件：当v物＝v板时，“板块”间的摩擦力可能由滑动摩擦力转变为静摩擦力或者两者间不再有摩擦力(水平面上共同匀速运动)。

①滑块恰好不滑离木板的条件：滑块运动到木板的一端时，v物＝v板；②木板最短的条件：当v物＝v板时滑块恰好滑到木板的一端。

例题1.如图所示，质量为m的长木板A放在光滑的水平面上，物块B、C放在长木板上。

物块B的质量也为m，B、C与A间的动摩擦因数均为m，A、B、C均处于静止状态，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g 。

滑块木板模型+图像(解析版)--2024高考物理疑难题分析与针对性训练

2024高考物理疑难题分析与针对性训练滑块木板模型+图像高考原题(2024高考山东卷第17题)1如图甲所示，质量为M 的轨道静止在光滑水平面上，轨道水平部分的上表面粗糙，竖直半圆形部分的表面光滑，两部分在P 点平滑连接，Q 为轨道的最高点。

质量为m 的小物块静置在轨道水平部分上，与水平轨道间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。

已知轨道半圆形部分的半径R =0.4m ，重力加速度大小g =10m/s 2.(1)若轨道固定，小物块以一定的初速度沿轨道运动到Q 点时，受到轨道的弹力大小等于3mg ，求小物块在Q 点的速度大小v ；(2)若轨道不固定，给轨道施加水平向左的推力F ，小物块处在轨道水平部分时，轨道加速度a 与F 对应关系如图乙所示。

(i )求μ和m ；(ii )初始时，小物块静置在轨道最左端，给轨道施加水平向左的推力F =8N ，当小物块到P 点时撤去F ，小物块从Q 点离开轨道时相对地的速度大小为7m/s 。

求轨道水平部分的长度L 。

思路分析(1)在竖直面内半圆轨道最高点，由牛顿第二定律列方程得出；(2)轨道不固定，根据图乙的加速度随作用力F 的图像，分析得出F =4N 时是小物块相对于水平轨道滑动的临界点。

结合图像乙，利用牛顿第二定律列方程得出相关物理量。

【答案】(1)v =4m/s ；(2)(i )m =1kg ，μ=0.2；(3)L =4.5m 【解析】(1)根据题意可知小物块在Q 点由合力提供向心力有mg +3mg =mv 2R代入数据解得v =4m/s(2)(i )根据题意可知当F ≤4N 时，小物块与轨道是一起向左加速，根据牛顿第二定律可知F =(M +m )a 根据图乙有k =1M +m=0.5kg -1当外力F >4N 时，轨道与小物块有相对滑动，则对轨道有F -μmg =Ma结合题图乙有a =1M F -μmg M可知k=1M=1kg-1截距b=-μmgM=-2m/s2联立以上各式可得M=1kg，m=1kg，μ=0.2 (ii)由图乙可知，当F=8N时，轨道的加速度为6m/s2，小物块的加速度为a2=μg=2m/s2当小物块运动到P点时，经过t0时间，则轨道有v1=a1t0小物块有v2=a2t0在这个过程中系统机械能守恒有1 2Mv21+12mv22=12Mv23+12mv24+2mgR水平方向动量守恒，以水平向左的正方向，则有Mv1+mv2=Mv3+mv4联立解得t0=1.5s根据运动学公式有L=12a1t20-12a2t20代入数据解得L=4.5m针对性训练1(18分)(2024年5月湖北武汉武昌高考适应性考试)如图甲所示，一可看作质点的物块A位于底面光滑的木板B的最左端，A和B以相同的速度v₀=7m/s在水平地面上向左运动。

高考物理板块模型典型例题+答案完整版.doc

1.（8分）如图19所示，长度L = 1.0 m的长木板A静止在水平地面上，A的质量m1 = 1.0 kg，A与水平地面之间的动摩擦因数μ1 = 0.04．在A的右端有一个小物块B（可视为质点）．现猛击A左侧，使A瞬间获得水平向右的速度υ0 =2.0 m/s．B的质量m2 = 1.0 kg，A与B之间的动摩擦因数μ2 = 0.16．取重力加速度g = 10 m/s2．（1）求B在A上相对A滑行的最远距离；（2）若只改变物理量υ0、μ2中的一个，使B刚好从A上滑下．请求出改变后该物理量的数值（只要求出一个即可）．2、（8分）如图13所示，如图所示，水平地面上一个质量M=4.0kg、长度L=2.0m的木板，在F=8.0N的水平拉力作用下，以v0=2.0m/s的速度向右做匀速直线运动．某时刻将质量m=1.0kg的物块（物块可视为质点）轻放在木板最右端．（g=10m/s2）（1）若物块与木板间无摩擦，求物块离开木板所需的时间；（保留二位有效数字）（2）若物块与木板间有摩擦，且物块与木板间的动摩擦因数和木板与地面间的动摩擦因数相等，求将物块放在木板上后，经过多长时间木板停止运动．BAv0L图193.(2009春会考）（8分）如图15所示，光滑水平面上有一块木板，质量M = 1.0 kg，长度L = 1.0 m．在木板的最左端有一个小滑块（可视为质点），质量m = 1.0 kg．小滑块与木板之间的动摩擦因数μ= 0.30．开始时它们都处于静止状态．某时刻起对小滑块施加一个F = 8.0 N水平向右的恒力，此后小滑块将相对木板滑动.（1）求小滑块离开木板时的速度；（2）假设只改变M、m、μ、F中一个物理量的大小，使得小滑块速度总是木板速度的2倍，请你通过计算确定改变后的那个物理量的数值（只要提出一种方案即可）.4.（2009夏）（8分）如图15所示，水平桌面到地面的高度h = 0.8 m. 质量m = 0.2 kg的小物块（可以看作质点）放在桌面A端. 现对小物块施加一个F＝0.8 N的水平向右的恒力，小物块从静止开始运动. 当它经过桌面上的B点时撤去力F，一段时间后小物块从桌面上的C端飞出，最后落在水平地面上. 已知AB = BC = 0.5 m，小物块在A、B间运动时与桌面间的动摩擦因数μ1 = 0.2，在B、C间运动时与桌面间的动摩擦因数μ2 = 0.1.（1）求小物块落地点与桌面C端的水平距离；（2）某同学作出了如下判断：若仅改变AB段的长度而保持BC段的长度不变，或仅改变BC段的长度而保持AB段的长度不变，都可以使小物块落地点与桌面C端的水平距离变为原来的2倍. 请你通过计算说明这位同学的判断是否正确.mMF图15FhA B C图155.（2010春）如图14所示，光滑水平面上有一木板槽（两侧挡板厚度忽略不计），质量M=2.0kg ，槽的长度L=2.0m ，在木板槽的最左端有一个小滑块（可视为质点），质量m=1.0kg ，小滑块与木板槽之间的动摩擦因数20.01=μ. 开始时它们都处于静止状态，某时刻起对木板槽施加一个F=10.0N 水平向左的恒力，此后小滑块将相对木板槽滑动。

高考物理计算题训练——滑块与木板模型(答案版)完整版.doc

1、木板M静止在光滑水平面上，木板上放着一个小滑块m，与木板之间的动摩擦因数μ，为了使得m能从M上滑落下来，求下列各种情况下力F的大小范围。

（1）m与M刚要发生相对滑动的临界条件：①要滑动：m与M间的静摩擦力达到最大静摩擦力；②未滑动：此时m与M加速度仍相同。

受力分析如图，先隔离m，由牛顿第二定律可得：a=μmg/m=μg再对整体，由牛顿第二定律可得：F0=(M+m)a解得：F0=μ(M+m) g所以，F的大小范围为：F>μ(M+m)g（2）受力分析如图，先隔离M，由牛顿第二定律可得：a=μmg/M再对整体，由牛顿第二定律可得：F0=(M+m)a解得：F0=μ(M+m) mg/M所以，F的大小范围为：F>μ(M+m)mg/M2、如图所示，有一块木板静止在光滑水平面上，木板质量M=4kg，长L=1.4m.木板右端放着一个小滑块，小滑块质量m=1kg，其尺寸远小于L，它与木板之间的动摩擦因数μ=0.4，g=10m/s2，（1）现用水平向右的恒力F作用在木板M上，为了使得m能从M上滑落下来，求F的大小范围.（2）若其它条件不变，恒力F=22.8N，且始终作用在M上，求m在M上滑动的时间.（1）小滑块与木板间的滑动摩擦力f=μFN=μmg=4N…………①滑动摩擦力f是使滑块产生加速度的最大合外力，其最大加速度a1=f/m=μg=4m/s2…②当木板的加速度a2> a1时，滑块将相对于木板向左滑动，直至脱离木板F-f=m a2>m a1F> f +m a1=20N …………③即当F>20N，且保持作用一般时间后，小滑块将从木板上滑落下来。

（2）当恒力F=22.8N时，木板的加速度a2＇，由牛顿第二定律得F-f=Ｍa2＇解得：a 2＇＝4.7m/s 2………④设二者相对滑动时间为t ，在分离之前小滑块：x 1=½ a1t 2 …………⑤木板：x 1=½ a2＇t 2 …………⑥又有x 2－x 1=L …………⑦解得：t=2s …………⑧3、质量mA=3.0kg 、长度L=0.70m 、电量q=+4.0×10-5C 的导体板A 在足够大的绝缘水平面上，质量mB=1.0kg 可视为质点的绝缘物块B 在导体板A 的左端，开始时A 、B 保持相对静止一起向右滑动，当它们的速度减小到0v =3.0m/s 时，立即施加一个方向水平向左、场强大小E=1.0×105N/C 的匀强电场,此时A 的右端到竖直绝缘挡板的距离为S =2m ，此后A 、B 始终处在匀强电场中，如图所示.假定A 与挡板碰撞时间极短且无机械能损失，A 与B 之间（动摩擦因数1μ=0.25）及A 与地面之间（动摩擦因数2μ=0.10）的最大静摩擦力均可认为等于其滑动摩擦力，g 取10m/s2（不计空气的阻力）求：(1)刚施加匀强电场时，物块B 的加速度的大小？(2)导体板A 刚离开挡板时，A 的速度大小？(3)B 能否离开A,若能，求B 刚离开A 时，B 的速度大小；若不能，求B 与A 的左端的最大距离？解：（1）设B 受到的最大静摩擦力为m f 1，则.5.211N g m f B m ==μ ① （1分）设A 受到地面的滑动摩擦力的2f ，则.0.4)(22N g m m f B A =+=μ ② （1分）施加电场后，设A ．B 以相同的加速度向右做匀减速运动，加速度大小为a ，由牛顿第二定律 a m m f qE B A )(2+=+ ③ （2分）解得：2/0.2s m a = （2分）设B 受到的摩擦力为1f ，由牛顿第二定律得 a m f B =1，④解得：.0.21N f =因为m f f 11<，所以电场作用后，A ．B 仍保持相对静止以相同加速度a 向右做匀减速运动，所以刚加上匀强电场时，B 的加速度大小2/0.2s m a = （2分）（2）A 与挡板碰前瞬间，设A ．B 向右的共同速度为1v ，as v v 22021-= （2分）解得s m v /11= （1分） A 与挡板碰撞无机械能损失，故A 刚离开挡板时速度大小为s m v /11= （1分）（3）A 与挡板碰后，以A ．B 系统为研究对象，2f qE = ⑥故A 、B 系统动量守恒，设A 、B 向左共同速度为ν，规定向左为正方向，得： v m m v m v m B A B A )(11+=- ⑦ （3分）设该过程中，B 相对于A 向右的位移为1s ，由系统功能关系得：22111)(21)(21v m m v m m gs m B A B A B +-+=μ ⑧ （4分）解得 m s 60.01= （2分）因L s <1，所以B 不能离开A ，B 与A 的左端的最大距离为m s 60.01= （1分）4、如图所示，光滑水平面MN 的左端M 处有一弹射装置P (P 为左端固定，处于压缩状态且锁定的轻质弹簧，当A 与P 碰撞时P 立即解除锁定)，右端N 处与水平传送带恰平齐且很靠近，传送带沿逆时针方向以恒定速率υ = 5m/s 匀速转动，水平部分长度L = 4m 。

2025年高考人教版物理一轮复习专题训练—“滑块-木板”模型中的动力学问题(附答案解析)

2025年高考人教版物理一轮复习专题训练—“滑块-木板”模型中的动力学问题（附答案解析）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m A、m B、m C，且m A>m B>m C，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10m/s2，下列说法正确的是()A．M＝mB．M＝2mC．木板的长度为8mD．木板与物块间的动摩擦因数为0.13.(2023·福建省枫亭中学期中)如图所示，木板长L＝2.4m，质量M＝4.0kg，与地面间的动摩擦因数为μ1＝0.4。

质量为m＝1.0kg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＝10m/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m A＝1kg足够长的长板A置于水平地面上，质量m B＝2kg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＝20N，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＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。

下列说法正确的是()A．A的加速度大小为1m/s2B．B的加速度大小为6m/s2C．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0.2m、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部分的动摩擦因数μ2＝0.3。

2024届全国高考复习物理历年好题专项(传送带模型和“滑块—木板”模型)练习(附答案)

2024届全国高考复习物理历年好题专项（传送带模型和“滑块—木板”模型）练习1．如图所示，水平传送带A、B两端相距s＝3.5 m，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1.工件滑上A端瞬时速度v A＝4 m/s，到达B端的瞬时速度设为v B，则不正确的是()A．若传送带不动，则v B＝3 m/sB．若传送带以速度v＝4 m/s逆时针匀速转动，v B＝3 m/sC．若传送带以速度v＝2 m/s顺时针匀速转动，v B＝3 m/sD．若传送带以速度v＝2 m/s顺时针匀速转动，v B＝2 m/s2．[2023ꞏ河北廊坊模拟](多选)如图所示，绷紧的水平传送带足够长，且以v1＝2 m/s的恒定速率运行．初速度大小v2＝3 m/s的小墨块从与传送带等高的光滑水平地面(图中未画出)上的A处滑上传送带，墨块可视为质点．若从墨块滑上传送带开始计时，墨块在传送带上运动5 s后与传送带的速度相同，则()A．墨块与传送带速度相同之前，受到传送带的摩擦力方向水平向右B．墨块在传送带上滑行的加速度大小a＝0.2 m/s2C.墨块在传送带上留下的痕迹长度为4.5 mD．墨块在传送带上留下的痕迹长度为12.5 m3．(多选)水平地面上有一质量为m1的长木板，木板的左端上有一质量为m2的物块，如图(a)所示．用水平向右的拉力F作用在物块上，F随时间t的变化关系如图(b)所示，其中F1、F2分别为t1、t2时刻F的大小．木板的加速度a1随时间t的变化关系如图(c)所示．已知木板与地面间的动摩擦因数为μ1，物块与木板间的动摩擦因数为μ2.假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g.则()A．F1＝μ1m1gB．F2＝(μ2－μ1)gC．μ2>μ1D．在0～t2时间段物块与木板加速度相等4．(多选)如图甲所示，小车B紧靠平台边缘静止在光滑水平面上，物体A(可视为质点)以初速度v0从光滑的平台水平滑到与平台等高的小车上，物体和小车的v - t图像如图乙所示，取重力加速度g＝10 m/s2，则以下说法正确的是()A．物体A与小车B间的动摩擦因数为0.3B．物体A与小车B的质量之比为1∶2C．小车B的最小长度为2 mD．如果仅增大物体A的质量，物体A有可能冲出去5．(多选)如图所示，在山体下的水平地面上有一静止长木板，某次山体滑坡，有石块从山坡上滑下后，恰好以速度v1滑上长木板，石块与长木板、长木板与水平地面之间都存在摩擦．设最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力的大小，且石块始终未滑出长木板．下面给出了石块在长木板上滑行的v - t图像，其中可能正确的是()[答题区]题号1234 5答案6.某兴趣小组对老师演示惯性的一个实验进行了深入的研究，如图甲所示，长方形硬纸板放在水平桌面上，纸板一端稍稍伸出桌外，将一块橡皮擦置于纸板的中间，用手指将纸板水平弹出，如果弹的力度合适，橡皮擦将脱离纸板，已知橡皮擦可视为质点，质量为m1＝20 g，硬纸板的质量为m2＝10 g，长度为l＝5 cm，橡皮擦与纸板、桌面间的动摩擦因数均为μ1＝0.2，纸板与桌面间的动摩擦因数为μ2＝0.3，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.(1)手指对纸板的作用力与时间的关系如图乙所示，要使橡皮擦相对纸板滑动，F0至少多大？(2)若要求橡皮擦移动的时间最长，求纸板被弹出的最小速度？7.[2023ꞏ上海市市西中学二模]如图所示，以恒定速率v1＝0.5 m/s运行的传送带与水平面间的夹角α＝37°，转轴间距L＝4 m．工作人员沿传送方向以速度v2＝1.5 m/s从传送带顶端推下一件m＝2 kg的小包裹(可视为质点).小包裹与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8.取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：(1)小包裹相对传送带滑动时加速度a的大小．(2)小包裹在传送带上减速运动的时间t和位移s的大小．(3)小包裹与传送带之间的摩擦力对小包裹做的功．参考答案1．答案：C答案解析：以C 为圆心，BC 为半径作圆，如图根据“等时圆”原理可知，从圆上各点沿弦到最低点经过的时间相等，则t a >t b >t c ，选项C 正确．2．答案：B答案解析：假设经过切点的板两端点分别在圆1、圆2上，板与竖直方向的夹角为α，圆1的半径为r ，圆2的半径为R ，则圆内轨道的长度s ＝2(r ＋R )cos α，下滑时小球的加速度α＝g cos α，根据位移时间公式得s ＝12 at 2，则t ＝2sa ＝4（r ＋R ）cos αg cos α＝4（r ＋R ）g，即当板的端点在圆上时，沿不同板下滑到底端所用的时间相同；由题意可知，A 在圆上，B 在圆内，C 在圆外，可知从B 处释放的球下滑的时间最短，故选B.3．答案：C答案解析：由图可知，当倾角为90°时，最大上升高度为54 m ，此时为竖直上抛运动，则有－2gx 1＝0－v 20 ，解得v 0＝5 m/s ，故A 不符合题意；由图可知，当倾角为零时，此时物体水平滑行距离最大为54 3 m ，根据动能定理有－μmgx 2＝0－12 m v 20 ，解得μ＝33 ，故B 不符合题意；由牛顿第二定律有mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 最大位移x 与倾角θ满足－2ax＝0－v 20 ，代入得2gx (sin θ＋μcos θ)＝v 20 ，要使x 最小，则应sin θ＋μcos θ最大，由数学知识可知sin θ＋μcos θ＝1＋μ2 sin (θ＋α)，当sin (θ＋α)＝1时有最大阻值，此时位移最小，即x min ＝v 20 2g （sin θ＋μcos θ）＝v 20 2g 1＋μ2 ＝58 3 m ，此时sin (θ＋α)＝1，即sin α＝μ1＋μ2 ＝12 ，此时则α＝30°，θ＝60°，故C 符合题意；当θ＝45°时，物体运动至最大位移处有mg sin θ>μmg cos θ，则物体将下滑，不能够维持静止，故D 不符合题意．4．答案：(1)t AB ＝t AC (2) 3Rg答案解析：(1)设AB 与水平方向夹角为θ，小朋友沿AB 下滑时的加速度a ＝g sin θ，又x AB ＝12 at 2AB ，AB 间的距离为x AB ＝2R sin θ，解得t AB ＝4R g 与角度无关，同理可知t AC ＝ 4Rg ，故t AB ＝t AC .(2)根据第一问的结论，画出以P 点为最高点的半径为r 的等时圆，如图所示，当两圆相切时，运动的时间最短，由几何关系知(R ＋r )2＝(R －r )2＋(3 R )2，解得r ＝34 R ，最短时间t ＝ 3Rg .5．答案：(1)3 m/s 2 (2)72 N 36 N答案解析：(1)设刚开始时弹簧的压缩量为x 0，在沿斜面方向上有(m 1＋m 2)g sin θ＝kx 0，因为在前0.2 s 内，F 为变力，0.2 s 以后，F 为恒力，所以在0.2 s 时，P 对Q 的作用力为零，设0.2 s 时，弹簧的压缩量为x 1，对P ，沿斜面方向上有kx 1－m 1g sin θ＝m 1a ，前0.2 s 内P 、Q 向上运动的距离为x 0－x 1＝12 at 2，解得a ＝3 m/s 2.(2)当P 、Q 开始运动时拉力最小，此时，对P 、Q 整体有F min ＋kx 0－(m 1＋m 2)g sin θ＝(m 1＋m 2)a ，解得F min ＝36 N ，当P 、Q 分离时拉力最大，此时对Q 有F max ＝m 2(a ＋g sin θ)＝72 N ．6．答案：(1)43 m/s 2 (2)2 m/s 2 4 m答案解析：(1)从O 点到A 点，由运动公式：0－v 2＝2ax 0解得a ＝0－v 22x 0＝－422×6 m/s 2＝－43 m/s 2 机器人在此过程加速度a 的大小43 m/s 2.(2)要想用时间最短，则机器人先以最大加速度加速，然后匀速一段时间，再以最大加速度做减速到零．最大加速度由牛顿第二定律有：a m ＝μg ＝2m/s 2加速的位移为x 加＝v 22a m＝4 m ．考点19 传送带模型和“滑块—木板”模型——提能力1．答案：D答案解析：若传动带不动或逆时针匀速转动，则工件水平方向受水平向左的滑动摩擦力作用，由牛顿第二定律，设加速度大小为a ，得ma ＝μmg 由匀变速规律可知v 2B －v 2A ＝2as代入数据解得v B ＝3 m/s ，A 、B 正确；若传送带以速度v ＝2 m/s 顺时针匀速转动，而且v <v A ，则工件水平方向受水平向左的滑动摩擦力作用，由牛顿第二定律，设加速度大小为a ，得ma ＝μmg 由匀变速规律可知v 2B －v 2A ＝2as 代入数据解得v B ＝3 m/s ，D 错误，C 正确．2．答案：AD答案解析：墨块与传送带速度相同之前，相对传送带向左运动，受到传送带的摩擦力方向水平向右，选项A 正确；墨块在摩擦力的作用下匀变速滑行，t ＝5 s 后与传送带速度相同，则墨块加速度大小a ＝v 1－（－v 2）t＝1 m/s 2，选项B 错误；墨块向左匀减速运动过程，对墨块有0＝v 2－at 1，x 1＝0＋v 22 t 1，解得该过程用时t 1＝3 s ，墨块的路程x 1＝4.5 m ，t 1时间内传送带的路程x 2＝v 1t 1＝6 m ，墨块向右匀加速运动过程，对墨块有v 1＝at 2，x ′1＝0＋v 12 t 2，解得该过程用时t 2＝2 s ，墨块的路程x ′1＝2 m ，t 2时间内传送带的路程x ′2＝v 1t 2＝4 m ，则墨块在传送带上留下的痕迹长度x ＝x 1＋x 2＋x ′2－x ′1＝12.5 m ，选项C 错误，D 正确．3．答案：BCD答案解析：由图(c)可知，在0～t 1时间段物块和木板均静止，在t 1时刻木板与地面的静摩擦力达到最大值，对物块和木板整体分析可知F 1＝μ1(m 1＋m 2)g ，A 错误；由图(c)可知，t 1～t 2时间段物块和木板一起加速运动，在t 2时刻物块和木板开始相对运动，此时物块和木板间的静摩擦力达到最大值，根据牛顿第二定律，有对物块和木板F 2－μ1(m 1＋m 2)g ＝(m 1＋m 2)a m ，对木板μ2m 2g －μ1(m 1＋m 2)g ＝m 1a m ，整理可得F 2＝(μ2－μ1)g ，B 正确；由图(c)可知，对木板μ2m 2g －μ1(m 1＋m 2)g ＝m 1a m ，故μ2m 2g ＞μ1(m 1＋m 2)g ，即μ2>μ1，C 正确；由上述分析可知，在0～t 1时间段物块和木板均静止，t 1～t 2时间段物块和木板一起以共同加速度运动，故在0～t 2时间段物块与木板加速度相等，D 正确．4．答案：AC答案解析：物体A 滑上小车B 后做匀减速直线运动，对物体分析有μm A g ＝m A a A ，由v- t 图像可得a A ＝Δv Δt ＝⎪⎪⎪⎪1－41 m/s 2＝3 m/s 2联立解得μ＝0.3，所以A 正确；对小车B 分析有μm A g ＝m B a B ，由v - t 图像可得a B ＝Δv Δt ＝⎪⎪⎪⎪1－01 m/s 2＝1 m/s 2，联立解得m A m B＝13 ，所以B 错误；小车B 的最小长度为物体A 在小车B 上的最大相对滑动位移，则有L min ＝s A －s B ＝4＋12 ×1－0＋12 ×1(m)＝2 m ，所以C 正确；如果仅增大物体A 的质量，物体A 的加速度保持不变，但是小车B 加速度增大，所以两者达到共速的时间减小了，则物体A 在小车B 上的相对滑动位移减小，所以物体A 不可能冲出去，则D 错误．5．答案：BD答案解析：由于石块与长木板、长木板与地面之间都有摩擦，故石块不可能做匀速直线运动，故A 错误；设石块与长木板之间的动摩擦因数为μ1，长木板与地面之间的动摩擦因数为μ2，石块的质量为m ，长木板的质量为M ，当：μ1mg ＞μ2(M ＋m )g 最终石块与长木板将一起做匀减速直线运动，此时的加速度为μ2g ，由：μ1mg ＞μ2(M ＋m )g 可得：μ1mg ＞μ2mg ，即石块刚开始的加速度大于石块与长木板一起减速时的加速度，即μ1g ＞μ2g ，也就是说图像的斜率将变小，故C 错误，B 正确；若石块对长木板向右的滑动摩擦力小于地面对长木板的最大静摩擦力，则长木板将静止不动，石块将在长木板上做匀减速直线运动，故D 正确．6．答案：(1)F 0>0.15 N (2)0.866 m/s答案解析：(1)当橡皮擦在纸板上滑动时，橡皮擦的加速度a 1：μ1m 1g ＝m 1a 1，解得a 1＝2m/s 2，硬纸板的加速度a 2：F 0－μ2(m 1＋m 2)g －μ1m 1g ＝m 2a 2，要使橡皮擦在纸板上滑动，需使a 2>a 1，解得F 0>0.15 N.(2)纸板获得初速后做减速运动，令加速度为a ′2，则μ2(m 1＋m 2)g ＋μ1m 1g ＝m 2a ′2，解得a ′2＝13 m/s 2，假设橡皮擦一直在纸板上运动，令纸板被弹出后经时间t ，橡皮擦与纸板速度相同，则a 1t ＝v 0－a ′2t ，代入解得t ＝v 015 ，此过程橡皮擦的位移x 1，则有x 1＝12 a 1t 2，纸板的位移x 2＝v 0t －12 a ′2t 2，要使橡皮擦离开纸板，则需x 2>x 1＋l 2 ，解得v 0≥3 m/s ＝0.866 m/s.7．答案：(1)0.4 m/s2(2)2.5 s 2.5 m(3)－50 J答案解析：(1)小包裹的速度v2大于传动带的速度v1，所以小包裹受到传送带的摩擦力沿传动带向上，受力分析如图所示根据牛顿第二定律可知mg sin α－μmg cos α＝ma代入数据可得a＝－0.4 m/s2所以加速度的大小为0.4 m/s2，方向为沿斜面向上；(2)由(1)可知小包裹先在传动带上做匀减速直线运动，至速度与v1相同，用时t＝（v1－v2）a＝0.5－1.5－0.4s＝2.5 s相应的匀减速直线运动的距离为s＝v2t＋at22＝⎝⎛⎭⎫1.5×2.5＋（－0.4）×2.522m＝2.5 m.(3)因为s<L，且mg sin α<μmg cos α因此小包裹与传动带共速后做匀速直线运动至传送带底端匀速直线运动阶段所受静摩擦力大小为F f2＝mg sin α位移大小为s2＝L－s所以小包裹与传送带之间的摩擦力对小包裹做的功为W f＝－F f1s－F f2(L－s)＝－μmgs cos α－mg(L－s)sin α代入数据可得W f＝－50 J．。