1、07 板块模型 1 (2020 甘肃兰州一中高三期中)如图所示， 水平桌面上， 质量为 m的物块放在质量为 2m的长木板的左端， 物块和木板间的动摩擦因数为，木板和桌面间的动摩擦因数为 4 ，开始时物块和木板均静止，若在物 块上施加一个水平向右的恒力 F，已知重力加速度为 g，下列说法正确的是( ) A当 F 3 4 mg 时，物块和木板一定发生相对滑动 B当 F = mg 时，物块的加速度大小为 12 g C当 F = 2mg 时，木板的加速度大小为 5 12 g D不管力 F 多大，木板的加速度始终为 0 【答案】B 【详解】 A当物块相对于木板刚要发生相对滑动时，物块和长木板间的静摩擦力
2、达到最大值，对整体 1 (2 )(2 ) 4 Fmm gmm a 隔离木板得 1 (2 )2 4 mgmm gma 得 1 , 8 9 8 ag Fmg 只有 9 8 Fmg物块和木板才一定发生相对滑动，选项 A错误； B当 F=mg时，物块和长木板相对静止，对整体有 1 (2 )(2 ) 4 mgmm gmm a 得 12 g a 选项 B正确； CD当 F=2mg 时，物块和木板发生相对滑动，隔离木板得 1 (2 )(2 ) 4 mgmm gmm a 得 1 8 ag 选项 CD错误。 故选 B。 2(2020 湖北荆门 高一期末)在水平光滑地面上，长木板 M 和小滑块 m 叠放在一起，开
3、始它们均静止。现 将水平向右的恒力 F作用在 M的右端，已知长木板和小滑块之间动摩擦因数 =0.4，最大静摩擦力等于 滑动摩擦力，M=2kg，m=1kg，g=10m/s2，如图所示。当 F取不同数值时，小滑块的加速度 a 可能不同， 则以下正确的是( ) A若 F=6.0N则 a=3.0m/s2 B若 F=8.0N 则 a=4.0m/s2 C若 F=10N则 a=3.0m/s2 D若 F=15N 则 a=4.0m/s2 【答案】D 【详解】 当木块和木板间的静摩擦力达到最大时，此时 0 mgma 此时对木板和木块的整体 0 ()FMm a 解得 F=12N A若 F=6.0N 则两物体以共同的
4、加速度向前运动，则 22 6 m/s2.0m/s 3 F a Mm 选项 A错误； B若 F=8.0N 则两物体以共同的加速度向前运动，则 2 8 m/s 3 F a Mm 选项 B错误； C若 F=10N则两物体以共同的加速度向前运动，则 2 10 m/s 3 F a Mm 选项 C错误； D若 F=15N 则木块在木板上滑动，则木块的加速度为 2 =4m/s mg a m 选项 D正确。 故选 D。 3 (2020 辛集市第一中学高三月考)一长轻质薄硬纸片置于光滑水平地面上， 硬纸片上放质量均为 1kg的 A、 B两物块， A、 B与硬纸片之间的动摩擦因数分别为 1 0.3和 2 0.2，
5、 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， 2 10m/sg )，下列说法正确的是( ) A当1NF 时，则物块、硬纸片都静止不动 B若8NF ，则 B 物块的加速度为 4.0m/s 2 C当1.5NF ，则 A 物块所受摩擦力大小为 1.5N D无论力 F 为多大，A与硬纸片都不会发生相对滑动 【答案】D 【详解】 物体 A与纸片间的最大静摩擦力为 AA 0.3 1 10N3Nfm g 物体 B与纸片间的最大静摩擦力为 BB 0.2 1 10N2Nfm g A因为 A 1NFf 所以 AB与纸片保持相对静止，整体在 F作用下向左匀加速运动，故 A错误； B
6、D当 B 刚要相对于纸片滑动时静摩擦力达到最大值，由牛顿第二定律得 BB0 fm a 又 BB fm g 得 2 0 2m/sa 对整体，有 0AB0 2 2N4NFmma 即达到 4N后，B将相对地纸片运动，此时摩擦力2Nf ；则对纸片可知，纸片受到 A的摩擦力大于 B 的摩擦力；故 A和纸片间不会发生相对运动；则可知，当拉力为 8N时，B 与纸片间的摩擦力即为滑动 摩擦力为 2N，此后增大拉力，不会改变 B的受力；其加速度大小均为 2 2m/s，故 B错误，D正确； C因为 A 1.5NFf 所以 AB即纸片保持相对静止，整体在 F作用下向左匀加速运动，根据牛顿第二定律得 A Ffm a
7、则 A 物块所受摩擦力 1.5NfF 故 C 错误。 故选 D。 4(2020 渝中 重庆巴蜀中学高三月考)如图，斜面体 C质量为 M足够长，始终静止在水平面上，一质量为 2m的足够长的木板 A上表面光滑，木板 A恰好能沿斜面匀速下滑，以沿斜面向下为正方向，当木板 A 以速度 v0匀速下滑时， 将一质量为 m的滑块 B轻轻放在木板 A的上表面之后， 下列说法正确的是( ) A滑块 B放在木板 A 的上表面之后，木板 A继续匀速运动 B滑块 B的动量为 3mv0时，木板 A的动量为 0 mv C木板 A在运动过程中地面对 C 有向左的摩擦力 D木板 A在运动过程中斜面体对水平面的压力大小为(3
8、)Mm g 【答案】D 【详解】 A由题意可知，没放滑块 B 时，木板 A做匀速运动，即受力平衡，合力为零，设斜面的倾角为，即 2sin2cosmgmg tan 放上滑块 B后，对滑块 B受力分析，有重力 mg 和 A对 B 的支持力 N1 F，对 B由牛的第二定律可得 1 sinmgma 1 sinag 滑块 B受到的支持力为 N1 cosFmg 对木板 A 受力分析，有重力 2mg，斜面 C对 A 的支持力 N2 F，滑块 B对 A的压力 N1 F和斜面 C 对 A沿斜 面向上的摩擦力 f F，对 A 由牛顿第二定律得 N22 2sin2mgFma 其中 N2N1 2cos3cosFFmg
9、mg fN2 3cos3sinFFmgmg 2 1 sin 2 ag 由此可知，滑块 B 放在木板 A 的上表面之后，木板 A将做匀减速直线运动，滑块 B做匀加速直线运动， 所以 A错误； B滑块 B的动量为 3mv0时，即 0 B0 3 3 mv vv m 对 B 由匀变速直线运动的公式可得 0 1 3 sin B vv t ag 对 A 由匀变速直线运动的公式可得 00 0 2 2 sin vv t ag 0 tt 即当滑块 B的动量为 3mv0时，木板 A速度已经减到了零，又 f 2sinmgF 所以此时木板 A将保持静止状态，即 A 的动量为零，所以 B 错误； C对斜面体 C受力分析
10、，有重力 Mg，地面对 C的支持力 N3 F，木板 A 对 C的压力 N2 F和木板 A 对 C 沿斜面向下的摩擦力 f F，由前面分析可知 N2 3cosFmg f 3sinFmg 由力的平衡条件可知，这两个力的合力竖直向上下，大小为 3mg，所以水平方向地面对斜面 C 没有摩擦 力，所以 C错误； D由 C选项分析可知，斜面 C受力平衡，即 N3 3 )3(FMgmgMm g 所以 D正确。 故选 D。 5 (2020 运城市景胜中学高三月考)如图所示， 水平桌面由粗糙程度不同的 AB、 BC两部分组成， 且 AB=BC， 小物块 P(可视为质点)以某一初速度从 A点滑上桌面，最后恰好停在
11、 C点，已知物块经过 AB与 BC两 部分的时间之比为 1：4，则物块 P 与桌面上 AB、BC部分之间的动摩擦因数 1 、 2 之比为(P 物块在 AB、BC 上所做的运动均可看作匀变速直线运动)( ) A1：1 B1：4 C4：1 D8： 1 【答案】D 【详解】 设 AB、BC两部分：长度为 L，在 B点的速度为 v，受摩擦力 F1=1mg、F2=2mg 加速度 a1=1g、a2=2g，时间 t1=t、t2=4t 逆向研究 BC 2 2 22 1 22 v a ttL 逆向研究 BA 2 11 1 1 2 vtatL 解得 1：2=8：1 故选 D。 6如图(a)，物块和木板叠放在实验台
12、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=4s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 g=10m/s2。由题给数据可以得出( ) A木板的质量为 1kg B2s4s 内，力 F的大小为 0.4N C02s 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 【详解】 A由图(c)可知， 45s内木板的加速度 22 0.20.4 m/s0.2m/s 1 a 所受
13、摩擦阻力 0.2Nf 所以木板的质量 1kg f m a 故 A 正确； B24s 内木板做匀加速直线运动，加速度 22 0.40 m/s0.2m/s 42 a 由于物块的摩擦力 f为恒力，所以拉力 F也为恒力，根据牛顿第二定律 Ff a m 解得 0.4NF 故 B 正确； C由图(c)可知，02s内物块和木板还未发生相对滑动，它们之间的摩擦力为静摩擦力，此过程中拉 力 F 等于 f，故 F在此过程中是变力，故 C错误； D由于不知道物块的质量，所以无法计算它们之间的动摩擦因数 ，故 D错误。 故选 AB。 7(2020 重庆九龙坡 高三期中)如图，一固定且足够长的斜面 MN与水平面的夹角
14、=37 ，斜面上有一质量 为 3m、上表面光滑且下端有挡板 P 的长木板 A 沿斜面匀速向下运动，速度大小 v0=1m/s，现将一质量为 m的小滑块轻轻地放在长木板上，当小滑块运动到挡板 P时(与挡板碰前的瞬间)，长木板的速度刚好减 为零，之后小滑块与挡板发生第 1次碰撞，以后每隔一段时间，小滑块就与挡板碰撞一次，小滑块始终 在长木板上运动， 已知小滑块与挡板的碰撞为弹性碰撞且碰撞时间极短， 重力加速度 g=10m/s2， sin37 =0.6， cos37 =0.8，下列说法正确的是( ) A小滑块在长木板上下滑过程中，长木板的加速度大小为 2m/s2 B小滑块放在木板上的瞬间，其与 P的距
15、离为 1 m 16 C小滑块与挡板第 1次碰撞后的瞬间，小滑块的速度大小为 1.5m/s D小滑块与挡板第 2 次碰撞后的瞬间，小滑块的速度大小为 1.5m/s 【答案】ACD 【详解】 A开始长木板匀速下滑时，由平衡条件可得 3sin3cosmgmg 带入数据解得 0.75 把小滑块放上长木板后，对长木板，由牛顿第二定律可得 4cos3sin3mgmgma 代入数据解得 2 2m/sa 故 A 正确； B长木板上表面光滑，碰撞前小滑块做匀加速直线运动，长木板做匀减速直线运动，小滑块从放上长 木板到与挡板相撞的时间为 0 0.5s v t a 小滑块放上长木板的瞬间，其与 P 的距离为 2 0
16、 11 sin0.5m 22 sgtv t 故 B 错误； C设小滑块与挡板第一次碰撞前的速度为 v，则 sin3m/svgt 滑块与挡板碰撞过程系统动量守恒，取沿斜面向下为正方向，由动量守恒定律可得 12 3mvmvmv 由机械能守恒定律可得 222 12 111 3 222 mvmvmv 联立方程，带入数据解得 1 1.5m/sv ， 2 1.5m/sv 则小滑块与挡板第 1 次碰撞后的瞬间，小滑块的速度大小为 1.5m/s，故 C正确； D碰撞后长木板速度再次减为零的时间为 2 0.75s v t a 此时小滑块的速度为 1 sin3m/svvgt，方向沿斜面向下 这个过程中小滑块的位移
17、为 1 9 m 216 vv xt ，方向沿斜面向下 长木板的位移为 2 9 m 216 v xt 故xx，二者发生第 2次碰撞，第 2 次碰撞前的瞬间小滑块的速度与第 1次碰撞前的速度相同，所以 小滑块与挡板第 2次碰撞后的瞬间，小滑块的速度大小仍为 1.5m/s，故 D 正确。 故选 ACD。 8(2020 山东寿光现代中学高二月考)如图所示，一质量 M=8.0kg的长方形木板 B 放在光滑水平地面上，在 其右端放一个质量 m=2.0kg 的小木块 A。给 A和 B以大小均为 5.0m/s，方向相反的初速度，使 A 开始向 左运动，B开始向右运动，A 始终没有滑离 B 板，A、B之间的动摩
18、擦因数是 0.5。则在整个过程中，下 列说法正确的是( ) A小木块 A的速度减为零时，长木板 B 的速度大小为 3.75m/s B小木块 A 的速度方向一直向左，不可能为零 C小木块 A 与长木板 B共速时速度大小为 3m/s D长木板的长度可能为 10m 【答案】ACD 【详解】 AB木块与木板组成的系统动量守恒， 由于初速度均为 v0=5.0m/s，所以木板的动量大于小木块的动量， 系统合动量方向向右，所以木块 A 先向左做减速运动，速度减为零后反向向右做加速运动，最后木块与 木板一起做匀速直线运动，以向右为正方向，由动量守恒定律得当木块 A 的速度间为零时 00B MvmvMv 代入数
19、据解得 3.75m/s B v 故 A 正确，B错误； C最终木块与木板速度相等，根据动量守恒定律可得 00 MvmvMm v- 代入数据解得 3m/sv 故 C 正确； D最终木块与木板相对静止，一起做匀速直线运动，对系统 222 00 111 222 MvmvMm vmgx- 代入数据解得 x=8m 木板的最小长度为 8m，可能为 10m，故 D 正确。 故选 ACD。 【点评】 本题考查了动量守恒定律与能量守恒定律的应用，分析清楚物体运动过程是解题的前提，应用动量守恒 定律与能量守恒定律求出木板速度与长度的临界值是即可解题。 9(2020 江苏高三月考)如图所示，一足够长的木板静止在粗糙
20、的水平面上，t0时刻滑块从板的左端以速 度 v0水平向右滑行，木板与滑块间存在摩擦，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。滑块的 v- t图象可能是 ( ) A B C D 【答案】AC 【详解】 CD滑块滑上木板，受到木板对滑块向左的滑动摩擦力，做匀减速运动，若木块对木板的摩擦力大于地 面对木板的摩擦力，则木板做匀加速直线运动，当两者速度相等时，一起做匀减速运动。设木块与木板 间的动摩擦因数为 1，木板与地面间的动摩擦因数为 2，木块的质量为 m，木板的质量为 M，知木板若 滑动，则 1mg2(Mm)g 最后一起做匀减速运动，加速度 a2g 开始时木块做匀减速运动的加速度大小为 a1g2g 知图线的
21、斜率变小，故 C正确，D错误。 A若 1mg2(Mm)g 则木板不动，滑块一直做匀减速运动，故 A 正确。 B由于地面有摩擦力，最终木块和木板不可能一起做匀速直线运动，故 B 错误。 故选 AC。 10(2020 江苏泰州中学高三月考)如图，光滑水平面上静止着一上表面粗糙的长木板 B，当小物块 A以 v0=10m/s 的水平初速度自木板的左端滑上时，给 B施加一个水平向右的恒力 F=16N，经过一段时间，A 不再相对 B滑动。 已知 B的质量 M=2kg， A的质量 m=4kg， A 和 B之间的动摩擦因数 =0.4， 取 g=10m/s2， 则下列说法正确的是( ) AA滑上 B 时，B 的
22、加速度大小为 16m/s2 B经过 t=0.5，A和 B 相对静止 C相对静止后 B 的加速度大小为 4m/s2 Dt=3.5s 时，A 的速度为 16m/s 【答案】ABD 【详解】 AA滑上 B 时，对 B，由牛顿第二定律得 B FmgMa 代入数据解得 2 16m/s B a 故 A 正确； BA滑上 B 时，对 A，由牛顿第二定律得 A mgma 代入数据解得 2 4m/s A a A做减速运动，B做加速运动，设经时间 t1两者速度相等，则 01AB va ta t 代入数据解得 1 0.5st 故 B 正确； CA、B相对静止后，对 A、B系统，由牛顿第二定律得 FMm a() 代入
23、数据解得 2 8 m/s 3 a Dt=3.5s 时 A的速度 01 8 (104 0.5(3.50.5) m/s=16m/ 3 )s AAB vva ta tt 故 D 正确。 故选 ABD。 11(2020 湖北高三期中)如图所示，质量为 M=2kg的长木板位于光滑水平面上，质量为 m=1kg 的物块静止 在长木板上，两者之间的滑动摩擦因数为 =0.5.重力加速度 g 取 10m/s2，物块与长木板之间的最大静摩 擦力等于两者之间的滑动摩擦力。现对物块施加水平向右的力 F，下列说法正确的是( ) A水平力 F=3N时，物块 m 将保持静止状态 B水平力 F=6N时，物块 m 仍未在长木板
24、M上滑动 C水平力 F=7N时，长木板 M的加速度大小为 2.5m/s2 D水平力 F=9N时，长木板 M受到的摩擦力大小为 5N 【答案】BD 【详解】 对 m、M整体进行受力分析 F=(M+m)a 对 m 进行受力分析 F- f=ma 当 m、M即将相对滑动时，静摩擦力达到最大值 fm=mg 求解上面方程组 (1 m Fmg M 最小 ) 代入数据解得 F最小=7.5N A当水平力 F=3N，整体处于加速状态，因此物块 m 将不会保持静止状态，故 A 错误； B当水平力 F=6N，物块 m不会在长木板 M 上滑动，故 B正确； C水平力 F=7N7.5N，长木板和木块以共同的加速度运动，依
25、据牛顿第二定律，结合整体法，则长木 板 M的加速度大小为 2 77 m/s 123 F a Mm 故 C 错误； D水平力 F=9N7.5N，两者之间发生相对滑动，则长木板 M 受到的摩擦力大小，即为物块受到的摩 擦力，则为 f=mg=5N 故 D 正确； 故选 BD。 12(2020 辽河油田第二高级中学高三月考)如图所示，粗糙水平地面上静止一辆小车，其质量5kgM ， 长度4.5mL，小车最右端放置一个可视为质点的物块，其质量1kgm 。某时刻在小车上施加一个水 平向右的23N的拉力 F，已知小车与地面之间的动摩擦因数 1 0.1，物块与小车之间的动摩擦因数 2 0.2，重力加速度 g 取
26、 2 10m/s。物块在小车上运动的过程中，下列说法正确的是( ) A物块的加速度大小为 2 2m/s B小车的加速度大小为 2 17 m /s 6 C小车的加速度大小为 2 3.4m /s D经过3s物块从小车左端掉落 【答案】AD 【详解】 A假设小车和物块没有发生相对滑动，对整体，根据牛顿第二定律得 1( )()FmM gmM a 解得 2 17 m s 6 a 此时物块的摩擦力大小为 17 N 6 fma 又因为物块的最大静摩擦为 max2 17 2N3N时， 对应乙中的 DE段， 当两都速度相等后， 物块相对于木板向左滑动， 木板上相对于木板滑动的路程为 s=2x 当两者具有共同速度
27、 v，历时 t， 根据速度时间关系可得： v0- amt=a1t 根据位移关系可得： xv0t 1 2 amt2 1 2 a1t2 s=2x 联立 1 s F 函数关系式解得： 13 8 F s 18(2020 安徽省涡阳第一中学高三月考)如图甲所示，质量 M=3kg 的小车静止在水平面上，光滑固定的 1 4 圆弧轨道的下端与小车的右端平滑对接，轨道半径 R=0.8m，质量 m=1kg 的物块(可视为质点)由轨道顶 端静止释放沿轨道下滑，接着物块离开圆轨道滑上小车。从物块滑上小车开始计时，物块运动的速度随 时间变化的部分图像如图乙所示。已知小车与水平面间的摩擦因数 0=0.01，重力加速度为
28、10m/s2，求： (1)物块经过圆轨道最低点时轨道对物块的支持力 F 大小； (2)物块与小车之间的动摩擦因数 和物块刚滑上小车时小车的加速度大小； (3)为了避免物块从小车上滑下，小车至少要多长。 【答案】(1)30N；(2)0.1；0.2m/s2；(3) 20 m 3 l 【详解】 (1)图像知物块的速度 v=4m/s，根据牛顿第二定律得 2 N v Fmgm R 解得轨道对物块的支持力 N 30NF (2)物块滑上小车后，由图像可知物块的加速度大小为 2 1 1m/sa 根据牛顿第二定律得 1 mgma 解得 0.1 设小车的加速度为 a2，则有 02 mgMmgMa（） 解得 2 2
29、 0.2m/sa (3)当它们达到速度相同时 01 vvat 2 va t 解得 10 s 3 t 这一过程中，物块的位移为 2 101 170 m 29 xv tat 小车的位移为 2 22 110 m 29 xa t 为了避免物块从小车上滑下，小车长度l至少为 12 20 m 3 lxx 19(2020 江苏高三期中)如图所示，光滑水平面上静止放着长 L=1.6m，质量为 M=3kg 的木板(厚度不计)， 一个质量为 m=1kg的小物体放在木板的最右端，m和 M之间的动摩擦因数 =0.1，今对木板施加一水平 向右的拉力 F(g取 10m/s2)。 (1)若木板与小物体相对滑动，求小物体的加
30、速度的大小？ (2)为使小物体不掉下去，F 不能超过多少？ (3)如果拉力 F=10N恒定不变，画出木板运动的 vt图象。 【答案】(1)1m/s2，加速度方向水平向右；(2)4N；(3) 【详解】 (1)小物体受到的滑动摩擦力提供加速度 mg=ma 解得 a1m/s2 加速度方向水平向右 (2)以小物体和木板为研究对象，根据牛顿第二定律 F=(Mm)a 小物体刚要滑动时有 mg=ma 联立并代入数据解得 F=(Mm)a=(31) 1N=4N 故 F 不能超过 4N (3)刚开始时当 F=10N时，小物体相对于木板相对滑动，对木板根据牛顿第二定律 Fmg=Ma2 代入数据解得木板的加速度 a2
31、=3m/s2 经过时间 t时小物体将会从板上掉落，根据位移时间关系可得 22 21 11 22 la tat 得 0.4st 此时的速度为 12 3 0.4m/s1.2m/sva t 以后木板做加速运动的加速度为 a3，则有 F=Ma3 解得 a3=3.3m/s2 木板的速度图象如图所示 20(2020 云南高三一模)如图所示，长为 L=3m，质量为 M=3kg的平板车在粗糙水平面上向右滑行，当其 速度为 v=4m/s 时，在其右端轻轻放上一个质量为 m=1kg的滑块，已知滑块与平板车间的动摩擦因数为 1=0.1，平板车与地面间的动摩擦因数为 2=0.2。求： (1)滑块与平板车取得相同的速度
32、前各自的加速度； (2)从开始至最终停止，滑块与平板车间因摩擦产生的热量 Q； (3)从开始至最终停止，滑块、平板车和地面组成的系统增加的内能 U。 【答案】(1)1m/s2，3m/s2；(2) 16 J 7 ；(3)24J 【详解】 (1)开始阶段，对滑块有 11 mgma 解得 2 1 1m/sa 对滑板有 122 ()mgmM gma 解得 2 2 s3m/a (2)经过 t1时间速度相等，则 1 12 1 atva t 解得 1 1st 此时共同速度 11 1 1m/svat 滑块与平板车取得相同速度前，滑块位移 1 11 0 2 .5m v xt 滑板位移 1 21 m 2 2.5
33、vv xt 第一阶段相对位移 121 2mxxx 此后，如果以共同速度减速，则 2( )()mM gmM a 加速度 2 2m/sa 则滑块受摩擦力 1 2N1Nfmamg 故此后两个物体做加速度不同的减速运动，滑块相对平板向前运动；对滑块，有 23 mgma 解得 2 3 1m/sa 对滑板，有 214 ()mM gmgMa 解得 2 4 7 3 m/sa 滑板速度先减为零，位移 2 1 4 4 3 21 m 4 v x a 滑块速度减为零的位移 2 1 3 3 0.5m 2 v x a 故第二阶段相对位移 234 2 m 7 xxx 滑块与平板车间因摩擦增加的内能 112 16 ()J 7
34、 Qmgxx (3)根据能量守恒定律，滑块、平板车和地面组成的系统增加的内能 2 0 24J 1 2 UMv 21(2020 四川高三月考)如图所示，一质量为 m=1kg、可视为质点的小物块 A和一质量为 M=1.5kg、足够 长的木板 B叠放于动摩擦因素为 1=0.1 的粗糙水平面上， 物块 A与木板 B右端对齐， 其接触面间动摩擦 因素为 2=0.2，在距离木板 B 右端 L=17.5m处固定有一弹性挡板。用重锤敲击木板 B 左端，使木板 B瞬 间获得水平向右的初速度 v0=10m/s；木板 B与挡板碰撞前后速度大小不变，方向相反，运动过程中物块 A始终未离开木板 B。已知最大静摩擦力等于
35、滑动摩擦力，重力加速度取 10m/s2求： (1)木板 B与挡板碰撞前，木板 B与物块 A刚达到相对静止时的速度大小； (2)木板 B与挡板碰撞前的速度大小； (3)在整个运动过程中，物块 A 与木板 B之间的接触面因摩擦产生的热量。 【答案】(1)4m/s；(2)3m/s；(3)37.5J 【详解】 (1)物块 A、木板 B共速前，对物块 A 2A mgma 2 A 2m/sa 对木板 B 21B ()mgMm gMa 带入数据解得 2 B 3m/sa 物块 A、木板 B 共速时，设共同速度为 1 v，对物块 A 1A 1 va t 对木板 B 10B 1 vva t 联立并带入数据得 1
36、4m/sv 1 2st (2)物块 A、木板 B共速前 对物块 A 2 AA 1 1 2 xa t 对木板 B 2 B0 1B 1 1 2 xv ta t 因为 21 ，物块 A、木板 B共速后一起匀减速，共同加速度 a 满足 1( )()Mm gMm a 设木板 B 以速度 2 v，与挡板发生弹性碰撞 22 12 B 2 vv Lx a 联立并带入数据得 2 3m/sv (3)木板 B 反弹后，对物块 A 2A mgma 2 A 2m/sa 对木板 B 21B ()mgMm gMa 设从木板 B反弹到速度减为 0所需时间为 2 t，对木板 B 2B 2 0va t 2 B2 2B 2 1 2
37、 xv ta t 联立解得 2 1st B 1.5mx 因为 21( )mgMm g，所以木板 B 停止后不再运动，设从木板 B 反弹到最终物块 A静止所需时间 为 t3，对物块 A 2A 3 0va t 2 A2 3A 3 1 2 xv ta t 2BAAB Qmg xxxx 联立解得 27.5JQ 22(2020 广东高三月考)如图所示，质量 M=3kg的长木板静止在光滑水平地面上，左端静置质量 m=1kg 的 小滑块(可视为质点)，距长木板右端 x0=1m处有一固定竖直墙壁，墙壁上安装锁止装置，长木板与墙壁 碰撞瞬间即被锁定不动。 已知长木板长 L=2.5m， 与小滑块间的动摩擦因数 =
38、0.6， 重力加速度 g=10m/s2。 现对小滑块施加一水平向右 F=9N的恒力，当长木板与墙壁相碰瞬间撤去恒力 F。则： (1)长木板经多长时间与墙壁发生碰撞； (2)小滑块最终离墙壁的距离。 【答案】(1)1s；(2)1.25m 【详解】 (1)对长木板，由牛顿第二定律有 1 mgMa 解得 2 1 2m/sa 设长木板经t时间与墙壁发生碰撞，根据运动学公式则有 2 01 1 2 xat 解得 1st (2)对小滑块，撤去恒力 F之前，由牛顿第二定律有 2 Fmgma 解得 2 2 3m/sa 撤去恒力 F的瞬间，小滑块的速度 12 3m/sva t 撤去恒力 F之前小滑块的位移为 2
39、12 1 1.5m 2 xa t 对小滑块，撤去恒力 F 之后，由牛顿第二定律有 3 mgma 解得 2 3 6m/sa 撤去恒力 F之后小滑块的位移为 2 1 2 3 0.75m 2 v x a 小滑块最终离墙壁的距离 012 1.25msLxxx 23(2020 四川高三一模)如图所示，长木板 A和挡板 B 在同一光滑水平面，A静止，B 固定，A右端与 B 间距离为 x0。某时刻，可视为质点的小物块以速度 v0=1m/s 从长木板左端滑上，每次 A 与 B碰撞前小物 块相对长木板静止。已知 A 足够长，质量 M=0.4kg，小物块质量 m=0.6kg，小物块与长木板间动摩擦因 数 =0.2
40、，A与 B碰撞无机械能损失，g取 10m/s2。 (1)小物块刚滑上 A时，求小物块的加速度大小和 A的加速度大小； (2)求 x0的取值范围； (3)求 A 与 B第 n(n=1，2，3，)次碰撞前，小物块与长木板组成系统损失的机械能。 【答案】(1) 2 2m/s； 2 3m/s；(2) 0 0.06mx ；(3)0.34.5 0.04n n E或 22 0.3 0.18 (0.2)(2,3,4,) n n 【详解】 (1)设小物块刚滑上长木板时，小物块加速度大小为 1 a，长木板加速度大小为 2 a，则 1 mgma 2 mgMa 解得 2 1 2m/sa ， 2 2 s3m/a ； (
41、2)设经时间 1 t小物块与A静止，共同速度大小为 1 v，则 101 1 vvat 12 1 va t 解得 1 0.2st ， 1 0.6m/sv ； 设在时间 1 t内长木板通过的距离为为x，则 2 1 2vax 0 xx 解得 0 0.06mx ； (3)设A与B第 1次碰撞前，小物块与长木板组成系统损失的机械能为 1 E，则 22 101 11 () 22 EmvMm v 解得 1 0.12J(1)En； 在长木板与挡板第1(2,3,4,)nn次碰撞后，小物块与长木板速度大小都为 1n v ，小物块方向向右， 长木板方向向左，二者相对滑动，设经时间 n t二者速度相同大小为 n v，
42、方向向右，之后，与挡板第 (2,3,4,)n n 次碰撞，以向右为正，则 对小物块有 11nnn vvat 对长木板有 12nnn vva t 解得 1 0.2(2,3,4,) nn vvn 由(2)知道， 1 0.6m/sv 根据等比数列规律可得 1 0.6 0.2(2,3,4,) n n vn 设A与B第(2,3,4,)n n 次碰撞前，小物块与长木板组成系统损失的机械能为 n E，则 22 0 11 () 22 nn EmvMm v 解得0.34.5 0.04n n E或 22 0.30.18 (0.2)(2,3,4,) n n En 24(2020 大连市第一中学)如图所示，质量为 M
43、=4kg的木板静止在光滑的水平地面上，其右端静置一质量 为 m=2kg的小滑块(可视为质点)，小滑块与木板间的动摩擦因数0.4，今用水平力 F=32N向右拉木 板，作用一段时间后撤去水平拉力，最终滑块恰好没有掉下来，且在这个过程中产生的热量为 24J。(不 计空气阻力，g=10m/s2) (1)在力 F的作用下，滑块和木板加速度各是多少？ (2)要使小滑块从木板上不掉下来，力 F 作用的时间最长为多少？ 【答案】(1) 2 4m/s； 2 6m/s；(2)1.5s 【详解】 (1)对滑块由牛顿第二定律 1 mgma 可得滑块加速度 2 1 4m/s mg ag m 对木板由牛顿第二定律 2 F
44、mgMa 木板加速度 2 2 6m/s Fmg a M (2)由能量关系可知 mgLQ 解得 L=3m 设在 t1时撤去 F，再经过 t2时长木板恰与小滑块分离。 撤掉 F时，小滑块的速度为 v1=a1t1 长木板的速度为 v2=a2t1 撤去 F后，对于长木板由牛顿第二定律有 mg=Ma0 由于要求 F作用时间最长，则长木板与小滑块在恰不分离时速度恰好相同，设此速度为 v3。 对于小滑块 v3=v1+a1t2 对于长木板 v3=v2- a0t2 在 t1+t2的整个过程中有 对滑块 L1 1 2 a1(t1+t2)2 对长木板 L2 1 2 a2t12+v2t2 1 2 a0t22 L=L2
45、- L1 联立以上各式解得 t1=1.5s 即力 F作用的时间最长要 1.5s。 25(2020 河南高三月考)如图甲所示，长为 L=8m、质量为 M=4.0kg 的木板 P 放在光滑的水平地面上，P 的 中点有一个可视为质点的质量为 m=1.0kg 的小物块 Q。现对 P 施加一水平向右的拉力 F，F作用 1s 后撤 去，P、Q在 F 作用时的速度-时间图像如图乙所示。重力加速度 g取 10m/s2。求： (1)物块与木板间的动摩擦因数 和水平拉力 F的大小； (2)Q相对 P 向左滑行的最大距离x。 【答案】(1) 0.2，18N；(2)1.8m 【详解】 (1)由图乙知：P 的加速大小为
46、 2 1 4m/sa ， Q 的加速大小为 2 2 2m/sa ； 对 Q 有 2 mgma 对 P 有 1 FmgMa 联立上式解得0.2，18NF (2)假设系统向右运动过程中 Q 一直在 P 上。 在01s内由 P 的位移大小为 2 11 1 1 2m 2 xa t 在01s内由 Q 的位移大小为 2 22 1 1 1m 2 xa t 1s内 P、Q相对位移为 112 1mxxx 撤去 F至 P、Q 达到共同速度的过程中 Q加速度大小不变，P 以加速大小为 3 a做减速运动，对 P 有 3 mgMa 解得 2 3 0.5m/sa 设 P、Q速度相等再经历的时间为 2 t Q2 2P3 2
47、 vva tva t 共 解得 2 0.8st ，3.6m/sv 共 此时 P 运动的位移为 2 3P 23 2 1 3.04m 2 xv ta t Q在 2 t时间内运动的位移为 2 4Q 22 2 1 2.24m 2 xv ta t 2 t时间内 P、Q相对位移为 234 0.8mxxx Q相对 P 向左滑行的最大距离为 12 1.8mxxx 由于 2 L x ，故假设成立，即 Q相对 P 向左滑行的最大距离为1.8m 26(2020 黑龙江哈尔滨市第六中学校高三期中)如图所示，一足够长的木板在粗糙水平地面上向右运动， 某时刻初速度为 v0，此时一与木板质量相等的小滑块(可视为质点)以 v14m/s 的速度从右侧滑上木板， 经过 t=1s两者速度恰好相同， 速度大小为 v21m/s， 方向向左。 已知木板与地面间的动摩擦因数 2
