高考物理一轮复习讲义练习第三章　第5讲　专题强化：滑块—木板模型中的动力学问题

这是一份高考物理一轮复习讲义练习第三章　第5讲　专题强化：滑块—木板模型中的动力学问题，共11页。试卷主要包含了问题特点，常见类型，从左端以速度v冲上木板，开始在车厢内从车尾向车头滑动等内容，欢迎下载使用。
题型一 水平面上的板块问题
1．问题特点：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或者还有其他外力作用下发生相对滑动。
2．常见类型：滑块A与木板B之间有摩擦，地面光滑或者粗糙。
【典例1】 一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5 m，如图(a)所示。t＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t＝1 s时木板与墙壁碰撞（碰撞时间极短）。碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板。已知碰撞后1 s时间内小物块的v－t图线如图(b)所示。木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10 m/s2。求：
(1)木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2；
(2)木板的最小长度；
(3)木板右端离墙壁的最终距离。
思路点拨 过程分析如图所示。
【解析】 (1)根据图像可以判定碰撞前小物块与木板共同速度为v＝4 m/s，碰撞后木板速度水平向左，大小也是v＝4 m/s，小物块受到滑动摩擦力而向右做匀减速直线运动，加速度大小a2＝ eq \f(v－0,t)＝ eq \f(4－0,1) m/s2＝4 m/s2，根据牛顿第二定律有μ2mg＝ma2，解得μ2＝0.4，木板与墙壁碰撞前，匀减速运动时间t＝1 s，位移x＝4.5 m，末速度v＝4 m/s，其逆运动则为匀加速直线运动，可得x＝vt＋ eq \f(1,2)a1t2，解得a1＝1 m/s2，对小物块和木板整体受力分析，由牛顿第二定律得μ1(m＋15m)g＝(m＋15m)a1，即μ1g＝a1，解得μ1＝0.1。
(2)碰撞后，木板向左做匀减速运动，根据牛顿第二定律有μ1(15m＋m)g＋μ2mg＝15ma3，可得a3＝ eq \f(4,3) m/s2，对小物块，加速度大小为a2＝4 m/s2，由于a2>a3，所以小物块速度先减小到0，所用时间为t1＝1 s，在此过程中，木板向左运动的位移为x1＝vt1－ eq \f(1,2)a3t eq \\al(2,1)＝ eq \f(10,3) m，末速度v1＝v－a3t1＝ eq \f(8,3) m/s，小物块向右运动的位移x2＝ eq \f(v＋0,2)t1＝2 m，此后，小物块开始向左加速运动，加速度大小仍为a2＝4 m/s2，木板继续减速，加速度大小仍为a3＝ eq \f(4,3) m/s2，假设又经历t2二者速度相等，则有a2t2＝v1－a3t2，解得t2＝0.5 s，此过程中，木板向左运动的位移x3＝v1t2－ eq \f(1,2)a3t eq \\al(2,2)＝ eq \f(7,6) m，末速度v2＝v1－a3t2＝2 m/s，小物块向左运动的位移x4＝ eq \f(1,2)a2t eq \\al(2,2)＝0.5 m，此后小物块和木板一起匀减速运动，二者的相对位移最大为Δx＝x1＋x2＋x3－x4＝6 m，小物块始终没有离开木板，所以木板最小的长度为6 m。
(3)最后阶段小物块和木板一起匀减速直到停止，整体加速度大小为a1＝1 m/s2，向左运动的位移为x5＝ eq \f(v eq \\al(2,2),2a1)＝2 m，所以木板右端离墙壁最远的距离为x＝x1＋x3＋x5＝6.5 m。
【答案】 (1)0.1 0.4 (2)6 m (3)6.5 m
1．（2025·山东济南高三月考）如图所示，质量为4 kg的薄木板静置于足够大的水平地面上，其左端有一质量为2 kg的物块，现对物块施加一大小为12 N、水平向右的恒定拉力F，只要拉力F作用的时间不超过1 s，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，重力加速度大小g取10 m/s2。则木板的长度为( B )
A．0.8 m B．1.0 m
C．1.2 m D．1.5 m
解析：设在拉力F作用下物块在木板上滑动，物块的加速度大小为a1，撤去外力后物块的加速度大小为a2，木板的加速度为a3，根据牛顿第二定律有F－μ1mg＝ma1，μ1mg＝ma2，μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma3，解得a1＝2 m/s2，a2＝4 m/s2，a3＝0.5 m/s2，拉力F作用的时间为1 s时，物块、木板的速度为v1＝a1t1＝2 m/s，v2＝a3t1＝0.5 m/s，设又经t2时间，物块、木板共速，则v共＝v1－a2t2＝v2＋a3t2，解得t2＝ eq \f(1,3) s，v共＝ eq \f(2,3) m/s，木板的长度为L＝ eq \f(1,2)v1t1－ eq \f(1,2)v2t1＋ eq \f(v1＋v共,2)t2－ eq \f(v2＋v共,2)t2＝0.75 m＋0.25 m＝1.0 m，故选B。
2．（多选）（2024·辽宁卷）一足够长木板置于水平地面上，二者间的动摩擦因数为μ。t＝0时，木板在水平恒力作用下，由静止开始向右运动。某时刻，一小物块以与木板等大、反向的速度从右端滑上木板。已知t＝0到t＝4t0的时间内，木板速度v随时间t变化的图像如图所示，其中g为重力加速度大小。t＝4t0时刻，小物块与木板的速度相同。下列说法正确的是( ABD )
A．小物块在t＝3t0时刻滑上木板
B．小物块和木板间动摩擦因数为2μ
C．小物块与木板的质量比为3∶4
D．t＝4t0之后小物块和木板一起做匀速运动
解析：v－t图像的斜率表示加速度，可知t＝3t0时刻木板的加速度发生改变，故可知小物块在t＝3t0时刻滑上木板，故A正确；设小物块和木板间动摩擦因数为μ0，根据题意结合图像可知小物块开始滑上木板时的速度大小为v0＝ eq \f(3,2)μgt0，方向水平向左，小物块在木板上滑动的加速度大小为a0＝μ0g，经过t0时间与木板共速，此时速度大小为v共＝ eq \f(1,2)μgt0，方向水平向右，故可得 eq \f(v0,μ0g)＋ eq \f(v共,μ0g)＝t0，解得μ0＝2μ，故B正确；设木板的质量为M，小物块的质量为m，根据图像可知小物块未滑上木板时，木板的加速度大小为a＝ eq \f(\f(1,2)μgt0,t0)＝ eq \f(1,2)μg，故可得F－μMg＝Ma，解得F＝ eq \f(3,2)μMg，根据图像可知小物块滑上木板后，木板的加速度大小为a′＝ eq \f(\f(1,2)μgt0－\f(3,2)μgt0,t0)＝－μg，此时对木板由牛顿第二定律得F－μ(m＋M)g－μ0mg＝Ma′，解得 eq \f(m,M)＝ eq \f(1,2)，故C错误；假设t＝4t0之后小物块和木板一起共速运动，对整体F－μ(m＋M)g＝ eq \f(3,2)μMg－ eq \f(3,2)μMg＝0，故可知此时整体处于平衡状态，假设成立，即t＝4t0之后小物块和木板一起做匀速直线运动，故D正确。
题型二 斜面上的板块问题
1．问题特点：滑块和木板除摩擦力或外力作用外，还要考虑重力分力的影响。
2．思维流程
【典例2】 如图所示，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，重力加速度大小g取10 m/s2。
(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？
【解析】 (1)小物块在长木板上滑动时受到的沿长木板的滑动摩擦力大小为Ff＝μmg cs 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Ff＋mg sin θ＝ma1，Mg sin θ－Ff＝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。
【答案】 (1)2.5 m/s2 12.5 m/s2 (2)10 m
3．如图所示，在倾角θ＝37°的足够长斜面上放置一质量M＝2 kg、长度L＝1.5 m的薄平板AB，在薄平板的上端A处放一质量m＝1 kg的小滑块（视为质点）。开始薄平板和小滑块在沿斜面向上的力F的作用下保持静止，此时薄平板与斜面间无摩擦力。然后将F撤去，使小滑块和薄平板同时无初速度释放。已知小滑块与薄平板之间的动摩擦因数μ1＝0.25，薄平板与斜面之间的动摩擦因数μ2＝0.5，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g取10 m/s2。求：
(1)力F的大小；
(2)释放后，小滑块的加速度大小a1和薄平板的加速度大小a2；
(3)从释放到小滑块滑离薄平板经历的时间t。
解析：(1)对系统整体受力分析，由平衡条件可知F＝(M＋m)g sin θ＝18 N。
(2)设释放后，小滑块会相对于薄平板向下滑动，对小滑块由牛顿第二定律有mg sin 37°－f1＝ma1，其中f1＝μ1FN1，FN1＝mg cs 37°，解得a1＝g sin 37°－μ1g cs 37°＝4 m/s2，对薄平板，由牛顿第二定律有Mg sin 37°＋f1－f2＝Ma2，其中f2＝μ2FN2，FN2＝mg cs 37°＋Mg cs 37°，解得a2＝1 m/s2，因a1＞a2，假设成立，即小滑块会相对于薄平板向下滑动。
(3)设小滑块滑离薄平板的时间为t，由运动学公式有x1＝ eq \f(1,2)a1t2，x2＝ eq \f(1,2)a2t2，x1－x2＝L，解得t＝1 s。
答案：(1)18 N (2)4 m/s2 1 m/s2 (3)1 s
4．如图所示，倾角为θ＝37°的斜面固定在地面上，斜面光滑且足够长，其上有一质量为M＝1 kg、长L＝6 m的木板，木板厚度不计。在木板的左端有一个可以看作质点的质量为m＝2 kg的木块，木块与木板之间的动摩擦因数μ＝0.5。开始时二者都静止，现用平行于斜面向上的恒力F＝30 N拉木块，重力加速度大小g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。求：
(1)经过多长时间木块从木板右端滑落？
(2)当木板相对斜面速度为0时，木板右端与木块之间的距离。
解析：(1)对木块由牛顿第二定律得F－mg sin θ－μmg cs θ＝ma1，解得a1＝5 m/s2，对木板由牛顿第二定律得μmg cs θ－Mg sin θ＝Ma2，解得a2＝2 m/s2，木块从木板右端滑落时，木块的位移比木板的位移大L，则 eq \f(1,2)a1t2－ eq \f(1,2)a2t2＝L，解得t＝2 s。
(2)木块从木板右端滑落时，木块的速度为v1＝a1t＝10 m/s，木板的速度为v2＝a2t＝4 m/s，木块从木板右端滑落后，对木块，根据牛顿第二定律得F－mg sin θ＝ma′1，解得a′1＝9 m/s2，木板运动的加速度a′2＝g sin θ＝6 m/s2，木板相对斜面速度为0时运动的时间为t′＝ eq \f(v2,a′2)＝ eq \f(2,3) s，在这段时间木块运动的位移x1＝v1t′＋ eq \f(1,2)a′1t′2＝10× eq \f(2,3) m＋ eq \f(1,2)×9× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3))) eq \s\up12(2) m＝ eq \f(26,3) m，木板的位移x2＝ eq \f(v22,2a′2)＝ eq \f(42,2×6) m＝ eq \f(4,3) m，木板右端与木块之间的距离Δx＝x1－x2≈7.3 m。
答案：(1)2 s (2)7.3 m
课时作业18
1．（5分）如图所示，长为L、质量为2m的平板车放在光滑水平面上，质量为m的物块放在平板车上表面的左端，给物块和平板车向右相同的初速度，同时给物块施加一个水平向右的恒力F，经过t时间，平板车运动的距离为L，此时物块刚好滑离平板车，不计物块的大小，物块与平板车间的动摩擦因数为 eq \f(2,3)，重力加速度为g，则水平拉力的大小为( B )
A． eq \f(mL,t2)＋mg B． eq \f(2mL,t2)＋mg
C． eq \f(3mgL,t2)＋mg D． eq \f(4mgL,t2)＋mg
解析：设物块与平板车间的滑动摩擦力为f，则对物块分析，有F－μmg＝ma1，2L＝v0t＋ eq \f(1,2)a1t2，对平板车分析，有μmg＝2ma2，L＝v0t＋ eq \f(1,2)a2t2，解得F＝ eq \f(2mL,t2)＋mg，故B正确。
2．（5分）（多选）如图所示，一质量为m的木块以v1的速率向右滑上以v2的速率在光滑水平地面上向左运动的薄木板，薄木板质量为M，已知m