2021高考物理新高考版一轮习题：第三章 微专题24 “板——块模型”的动力学问题 Word版含解析 4页

‎“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：am＝.假设两物体同时由静止一起运动，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．‎ ‎1．(多选)(2020·云南昆明市测试)如图1甲所示，一块质量为mA＝2 kg的木板A静止在水平地面上，一个质量为mB＝1 kg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象如图乙所示．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取g＝10 m/s2.则下列说法正确的是(　　)‎ 图1‎ 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9 N D．F的大小与板长L有关 ‎2．(多选)(2019·江苏泰州市上学期期末)如图2所示，质量为m1的木块和质量为m2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．则(　　)‎ 图2‎ A．μ1一定小于μ2‎ B．μ1可能大于μ2‎ C．改变F的大小，F>μ2(m1＋m2)g时，长木板将开始运动 D．改F作用于长木板，F>(μ1＋μ2)(m1＋m2)g时，长木板与木块将开始相对滑动 ‎3．(多选)(2019·广东湛江市下学期第二次模拟)如图3甲所示，在光滑水平面上，静止一质量为M的长木板，质量为m的小滑块(可视为质点)放在长木板上．长木板受到的水平拉力F 与加速度a的关系如图乙所示，重力加速度大小g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　)‎ 图3‎ A．长木板的质量M＝1 kg B．小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.5‎ C．当F＝6.5 N时，长木板的加速度大小为2.5 m/s2‎ D．当F增大时，小滑块的加速度一定增大 ‎4．(2019·河南郑州市第一次模拟)如图4所示，a、b两个物体静止叠放在水平桌面上，已知ma＝mb＝m，a、b间的动摩擦因数为μ，b与地面间的动摩擦因数为μ.已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.现对a施加一水平向右的拉力，下列判断正确的是(　　)‎ 图4‎ A．若a、b两个物体始终相对静止，则力F不能超过μmg B．当力F＝μmg时，a、b间的摩擦力为μmg C．无论力F为何值，b的加速度不会超过μg D．当力F＞μmg时，b相对a滑动 ‎5．(2019·河北衡水中学高考模拟)如图5甲所示，地面上有一长为l＝1 m，高为h＝0.8 m，质量M＝2 kg的木板，木板的右侧放置一个质量为m＝1 kg的木块(可视为质点)，已知木块与木板之间的动摩擦因数为μ1＝0.4，木板与地面之间的动摩擦因数为μ2＝0.6，初始时两者均静止．现对木板施加一水平向右的拉力F，拉力F随时间t的变化如图乙所示，取g＝10 m/s2.求：‎ 图5‎ ‎(1)前2 s木板的加速度大小；‎ ‎(2)木块落地时距离木板左侧的水平距离Δs.‎ 答案精析 ‎1．BD　[由题图乙可知，在0～1 s内，木板A的加速度a1＝2 m/s2，在1～3 s内，木板A的加速度a2＝－1 m/s2.设滑块与木板之间的动摩擦因数为μ1，木板与地面之间的动摩擦因数为μ2，在0～1 s内，隔离木板A受力分析，有μ1mBg－μ2(mA＋mB)g＝ mAa1，在1～3 s内，隔离木板A受力分析，有－μ2mAg＝ mAa2，联立解得：μ2＝0.1，μ1＝0.7，选项A错误，B正确；隔离B受力分析，由牛顿第二定律，F－μ1mBg＝ mBa3，根据v－t图象与t轴所围的面积表示位移可知，在0～1 s内，木板A位移x1＝1 m．滑块B在1 s内的位移x2＝a3t2＝，木板A长度L＝ x2－x1＝－1＝，可变换为F＝2L＋9，即F的大小与板长L有关，选项D正确；若F的大小为9 N，由牛顿第二定律，F－μ1mBg＝ mBa3，可得a3＝2 m/s2，A、B加速度相同，不能发生相对滑动，所以F的大小必须大于9 N，选项C错误．]‎ ‎2．BD　[对m1，根据牛顿第二定律有：F－μ1m1g＝m1a，对m2，由于保持静止有：μ1m1g－Ff＝0，Ff＜μ2(m1＋m2)g，所以动摩擦因数的大小无法比较．故A错误，B正确；改变F的大小，只要木块在木板上滑动，则木块对长木板的滑动摩擦力不变，则长木板仍然保持静止，故C错误；若将F作用于长木板，当木块与长木板恰好开始相对滑动时，对木块，μ1m1g＝m1a′，解得a′＝μ1g，对整体分析，有F－μ2(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a′，解得F＝(μ1＋μ2)(m1＋m2)g，所以当F＞(μ1＋μ2)(m1＋m2)g时，长木板与木块将开始相对滑动，故D正确．]‎ ‎3．AC　[对整体分析，由牛顿第二定律有：F＝(M＋m)a，‎ 当F＝6 N时，此时两物体具有最大共同加速度，代入数据解得：M＋m＝3 kg 当F大于6 N时，根据牛顿第二定律得：F－μmg＝Ma，即F＝Ma＋μmg，知图线的斜率k＝M＝1 kg，故滑块的质量为：m＝2 kg.故A正确；根据F＝Ma＋μmg可知纵截距μmg＝4 N，解得：μ＝0.2，故B错误；当F＝6.5 N时，长木板的加速度为：a＝＝2.5 m/s2，故C正确；当F增大，两物体发生滑动时，小滑块的加速度为a＝＝2 m/s2，恒定不变，故D错误．]‎ ‎4．A　[a、b之间的最大静摩擦力为：Ffmax＝μmg，b与地面间的最大静摩擦力为：‎ Ffmax′＝μ(m＋m)g＝μmg a、b相对地面一起运动，刚好不发生相对滑动时，由牛顿第二定律得：‎ 对b有：μmg－μmg＝ma0，得a0＝μg 对整体有：F0－μmg＝2ma0，得：F0＝μmg，所以若a、b两个物体始终相对静止，则力F 不能超过μmg，当力F＞μmg时，b相对a滑动，故A正确，D错误；当力F＝μmg时，a、b一起加速运动，加速度为：a1＝＝μg，对a，根据牛顿第二定律可得：F－Ff1＝ma1，解得a、b间的摩擦力为Ff1＝μmg，故B错误；‎ 根据A选项的分析可知，无论力F为何值，b的加速度不会超过μg，故C错误．]‎ ‎5．(1)2 m/s2　(2)1.68 m 解析　(1)设木块在木板上滑行的最大加速度为a1，则μ1mg＝ma1，解得：a1＝4 m/s2‎ 保持木块与木板一起做匀加速运动的最大拉力 Fm＝μ2(M＋m)g＋(M＋m)a1＝30 N.‎ 因F1＝24 NFm＝30 N，木块和木板发生相对滑动，木块加速度为a1，木板加速度为a2，则 F2－μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2 ‎ 经时间t2二者分离，此时由运动学知识可得：‎ vt2＋a2 t－(vt2＋a1 t)＝l 解得：a2＝6 m/s2，t2＝1 s 此时木块的速度v块＝v＋a1t2‎ 木板的速度：v板＝ v＋a2t2‎ 设木块与木板分离至滑落到地的时间为t3，由平抛运动知识可得：h＝g t 在木块与木板分离至落到地面的时间t3内，木块在水平方向向前运动的位移为：x块＝v块t3‎ 木块与木板分离后，木板的加速度为a3，由牛顿第二定律可得：‎ F2－μ2Mg＝Ma3 ‎ 在木块与木板分离至落到地面的时间t3内，木板在水平方向向前运动的位移为：x板＝v板t3＋a3 t 所以，木块落地时距离木板左侧：Δs＝x板－x块 联立以上式子解得：Δs＝1.68 m.‎