【高考物理】一輪復習：專題強化練（2025版創(chuàng)新設計）6、專題強化練六　動力學中的“滑塊

對點練1 水平面上的板塊模型
1.如圖1甲所示，一足夠長的質量為m的木板靜止在水平面上，t＝0時刻質量也為m的滑塊從板的左端以速度v0水平向右滑行，滑塊與木板，木板與地面的摩擦因數(shù)分別為μ1、μ2，且最大靜摩擦力等于滑動摩擦力?；瑝K的v－t圖像如圖乙所示，則有( )
圖1
A.μ1＝μ2B.μ12μ2D.μ1＝2μ2
2.(2024·廣東高三聯(lián)考)如圖2所示，質量為m的物體A和質量為2m的物體B疊放在一起靜止不動，A、B之間動摩擦因數(shù)為μ1，B與地面之間動摩擦因數(shù)為μ2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，現(xiàn)給A加一水平拉力F，使得兩物體一起向右加速運動，下列關于μ1、μ2的關系可能是( )
圖2
A.4μ1＝μ2B.3μ1＝μ2
C.μ1＝3μ2D.μ1＝4μ2
3.(多選)如圖3甲所示，一滑塊置于足夠長的長木板左端，木板放置在水平地面上。已知滑塊和木板的質量均為2 kg，現(xiàn)在滑塊上施加一個F＝0.5t(N)的變力作用，從t＝0時刻開始計時，滑塊所受摩擦力隨時間變化的關系如圖乙所示。設最大靜摩擦力與滑動摩擦力相等，重力加速度g取10 m/s2，則下列說法正確的是( )
圖3
A.滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)為0.4
B.木板與水平地面間的動摩擦因數(shù)為0.2
C.圖乙中t2＝24 s
D.木板的最大加速度為2 m/s2
對點練2 斜面上的板塊模型
4.如圖4所示，一傾角為θ的斜面體固定在水平地面上。一質量為m的長木板B靜止在斜面上，質量也為m的物塊A靜止在長木板上，A與B間、B與斜面間的動摩擦因數(shù)均為μ，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，現(xiàn)給長木板B一沿著斜面向上的拉力F，把長木板B從物塊A的下面抽出，重力加速度為g。則拉力F應大于( )
圖4
A.mgsin θ＋μmgcs θ
B.mgsin θ＋2μmgcs θ
C.4μmgcs θ
D.2mgsin θ
5.如圖5所示，傾角α＝30°的足夠長光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一長L＝1.8 m、質量M＝3 kg的薄木板，木板的最右端疊放一質量m＝1 kg的小物塊，物塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ＝eq \f(\r(3),2)。對木板施加沿斜面向上的恒力F，使木板沿斜面由靜止開始做勻加速直線運動，設物塊與木板間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2。則( )
圖5
A.要使木板沿斜面由靜止開始做勻加速直線運動，需恒力F>15 N
B.當恒力F＝25 N時，物塊會與木板發(fā)生相對滑動
C.當恒力F>30 N時，物塊會與木板發(fā)生相對滑動
D.當恒力F＝37.5 N時，物塊滑離木板所用的時間為1 s
B級綜合提升練
6.如圖6所示，滑板長L＝1 m，起點A到終點線B的距離s＝5 m。開始時滑板靜止，右端與A平齊，滑板左端放一可視為質點的滑塊，對滑塊施加一水平恒力F使滑板前進?；逵叶说竭_B處沖線，游戲結束。已知滑塊與滑板間動摩擦因數(shù)μ＝0.5，地面視為光滑，滑塊質量m1＝2 kg，滑板質量m2＝1 kg，重力加速度g取10 m/s2，求：
圖6
(1)滑板由A滑到B的最短時間；
(2)為使滑板能以最短時間到達B，水平恒力F的取值范圍。
C級培優(yōu)加強練
7.如圖7所示，在傾角為θ＝30°的足夠長的固定的光滑斜面上，有一質量為M＝3 kg的長木板正以v0＝10 m/s的初速度沿斜面向下運動，現(xiàn)將一質量m＝1 kg的小物塊(大小可忽略)輕放在長木板正中央，已知小物塊與長木板間的動摩擦因數(shù)μ＝eq \f(\r(3),2)，設小物塊與長木板間最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。
圖7
(1)求放上小物塊后，木板和小物塊的加速度大小；
(2)要使小物塊不滑離長木板，長木板至少要有多長。
參考答案
專題強化練六動力學中的“滑塊—木板”模型
1.C [由v－t圖像分析可知，木板相對地面滑動，滑塊與木板共速后一起減速到停止，對木板μ1mg>μ2·2mg，則有μ1>2μ2，故C正確。]
2.D [根據(jù)題意只有當A、B之間的摩擦力大于B與地面之間的摩擦力才能實現(xiàn)兩物體一起向右運動，即μ1mg>μ2·3mg，即μ1>3μ2，故D正確。]
3.ACD [由題圖乙可知，滑塊與木板之間的滑動摩擦力為8 N，則滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)為μ＝eq \f(fm,mg)＝eq \f(8,20)＝0.4，故A正確；由題圖乙可知t1時刻木板相對地面開始滑動，此時滑塊與木板相對靜止，則木板與水平地面間的動摩擦因數(shù)為μ′＝eq \f(f′,2mg)＝eq \f(4,40)＝0.1，故B錯誤；t2時刻，滑塊與木板將要發(fā)生相對滑動，此時滑塊與木板間的摩擦力達到最大靜摩擦力fm＝8 N，兩物體的加速度相等，且木板的加速度達到最大，則對木板有fm－μ′·2mg＝mam，解得am＝2 m/s2，對滑塊有F－fm＝mam，解得F＝12 N，則由F＝0.5t(N)可知t2＝24 s，故C、D正確。]
4.C [設拉力為F0時，B剛要從A下面被抽出，對整體，根據(jù)牛頓第二定律有F0－2mgsin θ－2μmgcs θ＝2ma，對物塊A，根據(jù)牛頓第二定律有μmgcs θ－mgsin θ＝ma，聯(lián)立可得F0＝4μmgcs θ，故A、B、D錯誤，C正確。]
5.C [要使木板沿斜面加速運動，對物塊與木板整體有F>(M＋m)gsin α，解得F>20 N，故A錯誤；對物塊與木板整體，由牛頓第二定律可得F－(M＋m)gsin α＝(M＋m)a，對物塊有f－mgsin α＝ma，為使物塊不滑離木板，則f≤μmgcs α，解得F≤30 N，綜上可得，當F≤30 N時物塊不滑離木板，當F>30 N時物塊與木板發(fā)生相對滑動，故B錯誤，C正確；若F＝37.5 N>30 N，物塊能滑離木板，對木板有F－Mgsin α－μmgcs α＝Ma1，對物塊有μmgcs α－mgsin α＝ma2，設經(jīng)時間t物塊滑離木板，由運動學公式有eq \f(1,2)a1t2－eq \f(1,2)a2t2＝L，解得t＝1.2 s，故D錯誤。]
6.(1)1 s (2)30 N≤F≤34 N
解析 (1)滑板由A滑到B過程中一直加速時，所用時間最短。設滑板的最大加速度為a2，則有f＝μm1g＝m2a2，
解得a2＝10 m/s2，又s＝eq \f(1,2)a2t2, 解得最短時間t＝1 s。
(2)滑板與滑塊剛好要相對滑動時，水平恒力最小，設為F1，此時可認為二者加速度相等，對滑塊有F1－μm1g＝m1a2，解得F1＝30 N
當滑板運動到B，滑塊剛好脫離時，水平恒力最大，設為F2，設滑塊加速度為a1，對滑塊有F2－μm1g＝m1a1，由位移關系有eq \f(a1t2,2)－eq \f(a2t2,2)＝L，解得F2＝34 N，則水平恒力大小范圍是30 N≤F≤34 N。
7.(1)2.5 m/s2 12.5 m/s2 (2)10 m
解析 (1)小物塊在長木板上滑動時受到的沿板的滑動摩擦力大小為
f＝μmgcs θ＝7.5 N
設小物塊的加速度為a1，長木板的加速度為a2，
由牛頓第二定律，對小物塊和長木板，有
f＋mgsin θ＝ma1
Mgsin θ－f＝Ma2
代入數(shù)據(jù)得a1＝12.5 m/s2，a2＝2.5 m/s2。
(2)當小物塊與長木板共速時，有v1＝a1t1＝v0＋a2t1
解得t1＝1 s，v1＝12.5 m/s
共速后，小物塊與長木板一起加速，相對位移為
s＝eq \f(10＋12.5,2)×1 m－eq \f(12.5＋0,2)×1 m＝5 m
故長木板長度L≥10 m，即至少為10 m。