热点20 滑块木板模型 --高考物理50热点冲刺精练（名师解析）

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2024高考物理50热点冲刺训练
热点20 滑块木板模型
1. （2024安徽名校联盟期末）质量M=1kg的长木板置于水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数μ1=0.1。木板上放有质量分别为mA=2kg和mB=1kg的A、B两物块，A、B与木板间的动摩擦因数分别为μ2=0.3、μ3=0.5，水平恒力F作用在物块A上，如图所示。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g=10m/s2。则（　　）
A. 若F=5N，物块A受到的摩擦力大小为5N
B. 若F=6N，物块B受到的摩擦力大小为5N
C. 若F=9N，物块A将会相对木板滑动
D. 无论力F多大，B与长木板之间都不会发生相对滑动
【参考答案】CD
【名师解析】
A与木板间的最大静摩擦力为
B与木板间的最大静摩擦力为
木板与地面间的最大静摩擦力为
若，木板已相对地面滑动，设A、B相对木板静止，则对整体：
对A：
解得
对B：
解得
故A、B相对木板静止，且，A错误；
若，木板已相对地面滑动，设AB相对木板静止，则对整体：
对A：
解得
对B：
解得
故A、B相对木板静止，且，B错误；
若，木板已相对地面滑动，设AB相对木板静止，则对整体：
对A：
解得
对B：
解得
所以A与木板发生相对滑动、B相对木板静止，C正确；
木板和B之所以能运动，是A与木板间的摩擦力做动力，当A与木板间的摩擦力达到最大时，设木板和B相对静止，对木板和B：
对B：
解得
即A与木板间的摩擦力达到最大时，木板和B仍相对静止。则无论力F多大，B与长木板之间都不会发生相对滑动，D正确。
2. （2024江苏南京27中期末） 如图所示，光滑水平面上有一足够长的轻质绸布C，C上静止地放有质量分别为2m、m的物块A和B，A、B与绸布间的动摩擦因数均为μ。已知A、B与C间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现对A施一水平拉力F，F从0开始逐渐增大，下列说法正确的是（　　）
A. 当F=0.5μmg时，A、B、C均保持静止不动
B. 当F=2.5μmg时，A、C不会发生相对滑动
C. 当F=3.5μmg时，B、C以相同加速度运动
D. 只要力F足够大，A、C一定会发生相对滑动
【参考答案】B
【名师解析】
B对C的最大作用力为
由于C是轻质绸布，故AC间最大作用力为
小于AC间最大静摩擦力 ，即无论F多大，A与C都不会发生相对滑动。
B与C发生相对滑动时，对B由牛顿第二定律
对ABC整体，由牛顿第二定律
故当
B与C将发生相对滑动，且发生相对滑动后，二者加速度不同。
水平地面光滑，故只要水平力不为零，系统就会发生运动。
故B正确,ABD错误。
3. （2024河南漯河高中期末质检）如图所示，A、B两物块的质量分别为和，静止叠放在水平地面上A、B间的动摩擦因数为，B与地面间的动摩擦因数为。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为。现对A施加一水平拉力，则（　　）
A. 当时，A、B都相对地面静止
B. 当时，A的加速度为
C. 当时，A相对B滑动
D. 无论为何值，B的加速度不会超过
【参考答案】CD
【名师解析】
将两物体看做一个整体，则运动的临界条件为
解得
所以当时，、B都相对地面静止。A错误；
当A刚好相对于B滑动时，有
，
解得
，
所以有时，二者相对滑动，B的最大加速度为。
当时，二者一起运动，则有
解得
B错误，CD正确。
4．（2024河北强基联盟联考）如图甲所示，质量为M=0.5kg的木板静止在光滑水平面上，质量为m=1kg的物块以初速度滑上木板的左端，物块与木板之间的动摩擦因数为μ=0.2，在物块滑上木板的同时，给木板施加一个水平向右的恒力F。当恒力F取某一值时，物块在木板上相对于木板滑动的路程为s，给木板施加不同大小的恒力F，得到的关系如图乙所示，其中AB与横轴平行，且AB段的纵坐标为。将物块视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度。则下列说法正确的是（ ）
A．若恒力F=0，物块滑出木板时的速度为3m/s
B．图像中C点的纵坐标为
C．随着F增大，当恒力F=1N时，物块恰好不能从木板右端滑出
D．图像中D点对应的恒力的值为4N
【参考答案】BC
【名师解析】：若恒力F=0，物块刚滑上木板时，设物块和木板的加速度大小分别为、，由牛顿第二定律有，，得到，，由题意可知，当F=0时，设经时间物块从木板右侧滑出，位移差为1m，则，且物块从木板右侧滑出时，需满足物块的速度大于木板的速度，即，联立解得(舍)，，则物块滑出木板时的速度为，故A错误；C、D两点对应的为恰好可一起匀加速运动，即物块与木板共速后，木板的加速度大小等于物块的最大加速度，则有，解得F=3N，物块刚滑上木板时，设木板的加速度为，由牛顿第二定律有，设经时间两者速度相等，有，，解得，故，故B正确，D错误；当物块恰好不能从木板右端滑出时，即物块恰好滑到木板右侧与木板共速，对应图中B点，设木板加速度为，用时为，此时有，，，解得，故C正确。
5. （2024湖北武汉江岸区调考）如图所示，长为的木板A静止在光滑水平面上，其右端固定着一个挡板，包括挡板在内的总质量为；有一质量为的小木块B，从木板A的左端开始以初速度开始沿木板A滑动，小木块B与木板A间的动摩擦因数为，小木块B滑到木板A的右端与挡板发生碰撞。已知碰撞过程时间极短，且碰撞后木板B最终恰好滑到木板A的最左端。则以下说法正确的是（　　）
A. AB相对静止时的对地速度大小为
B. 若，则AB碰撞为弹性碰撞
C 若，则AB碰撞完后B对地向右运动
D. 若，则从碰撞完毕开始到两者相对静止的过程中，摩擦力对A做的功为
【参考答案】ABD
【名师解析】
由动量守恒定律
AB相对静止时的对地速度大小为
A正确；
B．由能量守恒定律
解得
即AB碰撞过程无能量损失，为弹性碰撞，B正确；
C．由上述分析，AB为弹性碰撞
解得
即碰撞后B对地向左运动，C错误；
D．碰撞后直至相对静止的过程中，系统动量守恒，机械能的减小量等于系统克服摩擦力做的功
解得
（舍去）
这段过程中，摩擦力对A做的功
D正确。
6. （2024广东惠州第三次调研）如图所示，一质量为M=2kg、右端带有一段半径为R=0.5m的四分之一圆弧的长木板停靠在墙边，木板左端固定一轻弹簧，弹簧右端紧靠一质量为m=1kg的小物块（不栓接），木板表面除长为L=2.5m的AB段外均光滑，AB段与物块间的滑动摩擦因数为μ=0.2。现用外力通过物块压缩弹簧，使其弹性势能Ep=18J，然后由静止释放物块。已知物块到达A点前已脱离弹簧，水平地面光滑且足够长，重力加速度g取10m/s2，求：
（1）物块第一次到达A点时的动量大小；
（2）试通过计算判断物块能否到达圆弧轨道的最高点。
【参考答案】（1）6kg﹒m/s；（2）能，见解析
【名师解析】
（1）由相同机械能守恒有
可得
物块第一次到达A点时的动量大小
（2）假设能到达最高点，此时，物块的速度与木板的速度相等，设为v，从物块滑过A点，木板离开墙角后，物块与木板组成的系统水平方向动量守恒，有
可得
则有
可得
可知物块能到达圆弧轨道的最高点。
7. （2024河北沧州市1月质检） 如图所示，高度相同的两块平板P1、P2置于光滑水平面上，其质量分别为m1=1kg和m2=3kg。质量m=1kg且可看作质点的物体P置于P1的最右端，P1与P一起以v0=4m/s的速度向右运动，与静止的P2发生碰撞（碰撞时间极短），碰撞过程中无机械能损失。P与P2之间的动摩擦因数为μ=0.5，P2足够长，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）P1、P2碰撞后瞬间两平板的速度大小；
（2）P最终距离P2左端的距离。
【参考答案】（1）均为2m/s；（2）0.3m
【名师解析】
（1）、碰撞过程中无机械能损失，以、为系统，根据动量守恒定律得
根据机械能守恒定律得
联立解得
，
则碰后、的速度大小均为。
（2）碰撞后以的速度运动到上，最后两物体共速，碰撞后对与，根据动量守恒定律得
对与，根据功能关系得
联立解得
则P最终距离P2左端距离。
8．（14分）（2024山东淄博期末）如图所示，有一圆心为、半径为的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，半径与水平半径之间的夹角．圆弧轨道右侧某处有一光滑水平桌面，桌面边缘与木板的左侧对齐，木板长为且厚度不计，在木板左端点有一静止的小滑块．现将小球从圆弧轨道内侧点由静止释放，并从圆弧轨道末端点飞出，到最高点时恰好与滑块发生弹性碰撞，可视为质点且碰撞时间极短．已知质量的球表面光滑，滑块与木板的质量两者之间的动摩擦因数为，取重力加速度，空气阻力忽略不计，．
（1）求球到达点时速度的大小；
（2）求点与点之间的水平距离；
（3）求碰撞后，滑块和木板组成的系统损失的机械能；
（4）若仅将滑块初始位置向右移动，使滑块到木板左端点的距离等于，球仍从点由静止释放，求发生弹性碰撞后整个过程中摩擦力对滑块所做的功．
【名师解析】：（1）球从点运动到点，由动能定理得：
（2）球离开点后做斜抛运动
水平方向：
竖直方向：
（3）物体碰撞，动量守恒、能量守恒
得：
在板上滑动过程中，若共速前不从板上滑下．由动量守惊、能量守恒得：
解得：
则物块未从板滑下．
（4）：不会从板滑下，对物体由动能定理得：
能从板滑下，由动量守恒和能量守恒得：
解得：
由动能定理得：
9. （2024山东青岛期末） 如图所示，水平地面上有一固定光滑轨道ABC，其左侧为四分之一光滑圆弧AB，圆弧半径为R=7.2m，右侧是光滑的水平面BC。紧挨着轨道右侧有一质量为m0=1kg的小车，小车与水平地面间无摩擦，小车左端和轨道末端C平滑过渡但不粘连，最右边有一固定的竖直墙壁，小车足够长，且小车右端距离墙壁足够远。在轨道末端C点静止放置一个质量为m1=2kg的滑块N（可视为质点），现将一质量为m2=2kg的滑块M（可视为质点）从轨道顶端A点由静止滑下，经过ABC后与滑块N发生弹性碰撞，碰撞时间极短，碰撞后滑块N滑上小车，小车与墙壁相碰时碰撞时间极短，每次碰撞后小车速度反向，速度大小减小为碰撞前速度大小的。已知滑块N与小车的上表面间的动摩擦因数为μ=0.1，在整个过程中滑块N未从小车上滑落，重力加速度取g=10m/s2。求：
（1）滑块M运动到C点时（还未与滑块N碰撞）的速度大小；
（2）从滑块N滑上小车到小车第一次撞墙后瞬间，滑块N与小车整体减少的机械能；
（3）小车与墙壁第1次碰撞后到与墙壁第4次碰撞前瞬间的过程中，小车运动的路程。
【参考答案】（1）；（2）；（3）
【名师解析】
（1）滑块M从A点静止释放到C点过程，根据动能定理可得
解得滑块M运动到C点时的速度大小为
（2）滑块M与滑块N发生弹性碰撞，设碰后瞬间滑块M、N的速度分别为、；根据动量守恒和机械能守恒可得
解得
，
根据题意可知，小车与第一次撞墙前，滑块N与小车已经达到共速，根据动量守恒可得
解得
由题意可知小车与第1次撞墙后，速度变为
则从滑块N滑上小车到小车第一次撞墙后瞬间，滑块N与小车整体减少的机械能为
（3）小车与墙壁第1次碰撞后，小车先向左做匀减速运动到速度为0，接着反向做匀加速到与滑块N第2次达到共速，之后小车与墙壁发生第2次碰撞；小车加速度大小为
小车与墙壁第1次碰撞后向左运动的距离为
根据动量守恒可得
可得小车与滑块N第2次达到共速的速度大小为
小车与第2次撞墙后，速度变为
小车与墙壁第2次碰撞后向左运动的距离为
根据动量守恒可得
可得小车与滑块N第3次达到共速的速度大小为
小车与第3次撞墙后，速度变为
小车与墙壁第3次碰撞后向左运动的距离为
则小车与墙壁第1次碰撞后到与墙壁第4次碰撞前瞬间的过程中，小车运动的路程为x=2x1+2x2+2x3=10.5m
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