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第三章　第15练　专题强化：“滑块—木板”模型中的动力学问题
[分值：60分]
1~4题每小题5分，5题12分，共32分
1.(2024·江苏苏州市吴江中学月考)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10 m/s2，下列说法正确的是(　　)
A.M＝m
B.M＝3m
C.木板的长度为8 m
D.木板与物块间的动摩擦因数为0.1
2.(2025·江苏盐城市四校联考)如图甲所示，长木板静止在光滑水平地面上，质量为m的滑块以水平初速度v0由木板左端经过Δt恰能滑至木板的右端与木板相对静止。若将上述木板分成长度相等的两段(如图乙)，该滑块仍以v0从木板左端开始滑动。也经过Δt时间，比较物体的位置关系示意图中正确的是(　　)
3.(2025·江苏常州市检测)如图所示，质量为m＝1 kg的物块(可视为质点)放在质量为M＝4 kg的木板的右端，木板长L＝2.5 m。开始木板静止放在水平地面上，物块与木板及木板与水平地面间的动摩擦因数均为μ＝0.2。现对木板施加一水平向右的恒力F＝40 N，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2，则物块在木板上运动的过程中，下列说法中正确的是(　　)
A.物块与木板以相同的加速度做匀加速运动
B.木板的加速度大小为5.6 m/s2
C.物块的最大速度大小为3.5 m/s
D.物块到达木板左端时木板前进的位移大小为3.5 m
4.如图所示，一足够长的倾角为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(　　)
A.mgsin θ＋μmgcos θ B.mgsin θ＋2μmgcos θ
C.4μmgcos θ D.2mgsin θ
5.(12分)(2025·江苏连云港市校考)如图所示，水平地面上静置有一质量为1 kg的长木板A，木板长2 m，左端放有一质量为2 kg的小物块B。一水平向右的力F＝20 N作用在物块上，已知木板与地面间的动摩擦因数为μ1＝0.2，物块与木板间的动摩擦因数为μ2＝0.5，g取10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：
(1)(5分)木板开始运动时的加速度大小；
(2)(5分)多长时间A、B分离；
(3)(2分)分离时A的速度大小。
6、7题每小题14分，共28分
6.(14分)(2025·江苏省前黄高级中学期初考)质量为M＝5 kg的长木板置于水平面上，质量为m＝1 kg物块(视为质点)初始时刻处于长木板右端。长木板与水平面间、物块与长木板间的动摩擦因数分别为μ1＝0.15和μ2＝0.1。某时刻分别给长木板和物块如图所示的初速度，大小分别为v1＝5 m/s、v2＝1 m/s，方向相反。物块在以后运动过程始终没有滑离长木板，g取10 m/s2。求：
(1)(4分)刚开始运动时长木板与物块的加速度大小a1和a2；
(2)(4分)从开始运动到物块与长木板速度第一次相等所用的时间t1；
(3)(6分)两者都静止时，物块距木板右端的距离。
7.(14分)(2025·江苏宿迁市检测)如图，倾角为θ的斜面体C固定在水平地面上，一质量m1＝2 kg的木板A以v0＝3 m/s初速度沿斜面匀速下滑，木板A与斜面间的动摩擦因数为μ1，将一质量m2＝1 kg的滑块B轻放在木板A上，滑块B可视为质点，与木板A之间的动摩擦因数为μ2，且μ2＝μ1。当木板A速度刚减为零时，滑块B恰好从下端滑离木板，滑块B在木板A上滑动时会留下痕迹。已知斜面足够长，sin θ＝0.4，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)(2分)木板与斜面间的动摩擦因数大小μ1(结果可保留根号)；
(2)(5分)滑块B刚放在木板A上时，滑块B的加速度大小a2及木板A的加速度大小a1；
(3)(7分)滑块B在木板A上留下痕迹的长度s。
参考解析
1.C　[物块相对木板运动的过程中，在水平方向上只受到木板给的滑动摩擦力的作用，故μmg＝ma1，而v－t图像的斜率表示加速度，故物块的加速度大小为a1＝ m/s2＝2 m/s2，解得μ＝0.2，对木板受力分析可知μmg＝Ma2，由v－t图像可知木板的加速度大小为a2＝ m/s2＝1 m/s2，联立解得M＝2m，A、B、D错误；从题图乙可知物块和木板在t＝2 s时分离，两者在0~2 s内的v－t图像与t轴围成的面积之差等于木板的长度，故L＝×(7＋3)×2 m－×2×2 m＝8 m，C正确。]
2.C　[第一次在滑块运动过程中，滑块与木板之间的摩擦力使整个木板一直加速，第二次滑块先使整个木板加速，运动到第二部分上后第一部分停止加速，只有第二部分加速，加速度大于第一次的对应过程，所以第二次滑块与第二部分木板将更早达到速度相等，所以滑块还没有运动到第二部分的右端，就共速了，A、D错误；第二次滑块与木板作用时间较短，而滑块与木板之间的摩擦力保持不变，滑块的加速度不变，根据Δv＝at，可知第二次滑块速度变化量小，末速度较大，Δt时间内的平均速度较大，则第二次滑块在Δt时间通过的位移较大，B错误，C正确。]
3.D　[由牛顿第二定律可得，物块的最大加速度am＝＝2 m/s2，若木板和物块相对静止，则整体加速度a'＝ m/s2＝6 m/s2>am，故木板与物块发生相对滑动，物块与木板不能以相同的加速度做匀加速运动，故A错误；
由牛顿第二定律可得，
木板的加速度大小
a＝＝ m/s2＝7 m/s2，故B错误；由以上分析可知物块的加速度大小为2 m/s2，当物块刚要脱离木板时满足at2－amt2＝L，解得t＝1 s，此时物块的速度最大，v＝amt＝2 m/s，故C错误；物块到达木板左端时木板前进的位移大小x＝at2＝3.5 m，故D正确。]
4.C　[设拉力为F0时，刚好能把B从A下面抽出，对A、B整体，根据牛顿第二定律有F0－2mgsin θ－2μmgcos θ＝2ma，对物块A，根据牛顿第二定律有μmgcos θ－mgsin θ＝ma，联立可得F0＝4μmgcos θ，故A、B、D错误，C正确。]
5.(1)4 m/s2　(2)2 s　(3)8 m/s
解析　(1)物块与木板之间的摩擦力大小Ff＝μ2mBg＝0.5×2×10 N＝10 N
地面与木板之间的摩擦力大小Ff1＝μ1(mA＋mB)g＝0.2×3×10 N＝6 N
木板开始运动时的加速度大小
aA＝＝4 m/s2
(2)物块B的加速度大小
aB＝＝5 m/s2
设经过时间t木板A和物块B分离，
有xB－xA＝lA
即aBt2－aAt2＝2 m
解得t＝2 s
(3)分离时A的速度大小v＝aAt＝8 m/s。
6.(1)2 m/s2　1 m/s2　(2)2 s
(3)5.812 5 m
解析　(1)对长木板根据牛顿第二定律有μ1(M＋m)g＋μ2mg＝Ma1
解得a1＝2 m/s2
对物块根据牛顿第二定律有
μ2mg＝ma2
解得a2＝1 m/s2
(2)对物块与木板的运动情况分析，结合(1)问作出长木板与物块的v－t图像如图
令水平向右为正方向，设经t1时间物块与木板的速度相同为v3，有
v3＝v1－a1t1＝－v2＋a2t1
解得t1＝2 s
此时的速度v3＝v1－a1t1＝1 m/s
(3)由于μ2<μ1，所以物块与长木板速度达到相等后物块与长木板以不同的加速度向前减速。对物块受力分析知：物块加速度大小仍为a2＝1 m/s2
对长木板受力分析得μ1(M＋m)g－μ2mg＝Ma1'
解得a1'＝1.6 m/s2
长木板从二者速度相等经时间t3减速停下0＝v3－a1't3
解得t3＝0.625 s
长木板在与物块速度相等前向右运动的位移为
x板1＝v1t1－a1＝6 m
长木板在t3时间内向右运动的位移为x板2＝v3t3－a1'＝0.312 5 m
可得x＝x板1＋x板2＝6.312 5 m
由物块的v－t图像可知，物块对地位移为x'＝×(3－1)×1 m－×1×1 m＝0.5 m，方向向右，故两者的相对位移为Δx＝x－x'＝5.812 5 m。即物块距木板右端的距离为5.812 5 m。
7.(1)　(2)6 m/s2　3 m/s2　(3)6 m
解析　(1)开始木板A能够匀速下滑，有m1gsin θ＝μ1m1gcos θ
解得μ1＝tan θ＝
(2)刚放上滑块B，对滑块B分析
由牛顿第二定律可得
m2gsin θ＋μ2m2gcos θ＝m2a2
解得a2＝6 m/s2
对木板A分析
由牛顿第二定律可得
μ2m2gcos θ＋μ1(m1＋m2)gcos θ－m1gsin θ＝m1a1
解得a1＝3 m/s2
(3)设经过t1时间，A与B共速，设共速时的速度为v，对A、B分别有
v＝v0－a1t1
v＝a2t1
联立解得t1＝ s，v＝2 m/s
共速时B相对A向上滑动的位移大小为Δx1，有
Δx1＝t1－t1＝0.5 m
共速后，再对B分析
由牛顿第二定律可得
m2gsin θ－μ2m2gcos θ＝m2a2'
解得a2'＝2 m/s2
对A分析有
由牛顿第二定律可得
μ1(m1＋m2)gcos θ－μ2m2gcos θ－m1gsin θ＝m1a1'
解得a1'＝1 m/s2
设再经过t2时间，木板速度减为零，有t2＝＝2 s
此时滑块B速度为v2＝v＋a2't2＝6 m/s
共速后B相对A向下运动的位移大小为Δx2，有
Δx2＝t2－t2＝6 m
由于Δx2>Δx1
则滑块B在木板A上留下痕迹的长度为s＝Δx2＝6 m。

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