2026届高三物理一轮复习-同步分层精练（十四）动力学中的滑块—木板模型（有解析）

同步分层精练（十四） 动力学中的滑块—木板模型
1.如图所示,在光滑平台上放置一长度l=18 cm,质量M=280 g的文具盒,在文具盒最左端放有可视为质点的质量m=140 g的墨水瓶,墨水瓶与文具盒间的动摩擦因数μ=0.2。开始时两者均静止,现对文具盒施加F=1.12 N,方向水平向左的恒力,不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2。墨水瓶在文具盒上运动的时间为 (　 )
A.0.1 s B.0.3 s
C.0.6 s D.0.9 s
2.(2025·济南模拟)(多选)如图所示,一足够长的木板B静止在水平地面上,物块A叠放在B上面。已知mA=2 kg,mB=4 kg。A、B间的动摩擦因数为μ1=0.2,B与地面间的动摩擦因数为μ2=0.4。现在给B一个水平推力F,使F从零开始逐渐增大。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则 (　 )
A.当F=18 N时,A、B间的摩擦力为4 N
B.当F=18 N时,A、B间的摩擦力为0
C.当F=18 N时,B与地面间的摩擦力为18 N
D.要使A、B间不发生相对滑动,推力F不能超过24 N
3.如图甲所示,一足够长木板在水平地面上向右运动,在t=0时刻将一相对于地面静止的小物块轻放到木板的右端,之后木板运动的v t图像如图乙所示。则小物块运动的v t图像可能是 (　 )
4.(2025年1月·八省联考内蒙古卷)(多选)一小物块向左冲上水平向右运动的木板,二者速度大小分别为v0、2v0,此后木板的速度v随时间t变化的图像如图所示。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,木板足够长。整个运动过程中 (　 )
A.物块运动方向不变
B.物块的加速度方向不变
C.物块相对木板的运动方向不变
D.物块与木板的加速度大小相等
5.(2025·黄石三模)如图(a)所示,物块和长木板置于倾角为θ=37°且足够长的斜面上。t=0时对长木板施加沿斜面向上的拉力F,使长木板和物块由静止开始沿斜面上滑,作用一段时间后撤去拉力F。已知长木板和物块始终保持相对静止,两者上滑时速度的平方与位移之间的关系v2 x图像如图(b)所示,已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度取g=10 m/s2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则下列说法正确的是 (　 )
A.拉力F的作用时间为2 s
B.拉力F作用时长木板的加速度大小为2 m/s2
C.长木板与斜面间的动摩擦因数为0.25
D.物块与长木板之间的动摩擦因数可能为0.75
6.(2025·广州模拟)(多选)如图甲所示,水平地面上有一质量为M的长木板,将一质量为m的小物块放在长木板上。给小物块施加一水平外力F,利用拉力传感器和加速度传感器(图中未标出)测得长木板和小物块加速度a随外力F的变化关系如图乙所示。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2,则 (　 )
A.水平地面粗糙
B.F=1 N时小物块相对长木板发生滑动
C.小物块与长木板的质量之比为2∶3
D.小物块与长木板的质量之比为1∶3
7.(2025·昆明期中)如图甲所示,木板B静止在光滑水平地面上,物块A从木板B左端以v0=5 m/s 的速度滑上木板,A、B的速度随时间变化的图像如图乙所示。已知物块A的质量为m=0.6 kg,取重力加速度g=10 m/s2。求:
(1)A、B之间的动摩擦因数μ;
(2)木板B的质量M。
8.(2025·佛山联考)如图所示,质量均为m=1 kg的物块A和B叠放在水平地面上,左边缘对齐。A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ=0.4。先敲击A,A立即获得水平向右的初速度,在B上滑动距离L=2 m后停下。接着敲击B,B立即获得水平向右的初速度,A、B都向右运动,左边缘再次对齐时恰好相对静止,此后两者一起运动至停下。最大静摩擦力等于滑动摩擦力,物块A长度可忽略不计,取重力加速度g=10 m/s2。求:
(1)A被敲击后获得的初速度大小vA;
(2)在左边缘再次对齐的前、后,B运动的加速度的大小aB、aB';
(3)B被敲击后获得的初速度大小vB及B运动的最大距离sB。
同步分层精练（十四） 动力学中的滑块—木板模型
1.如图所示,在光滑平台上放置一长度l=18 cm,质量M=280 g的文具盒,在文具盒最左端放有可视为质点的质量m=140 g的墨水瓶,墨水瓶与文具盒间的动摩擦因数μ=0.2。开始时两者均静止,现对文具盒施加F=1.12 N,方向水平向左的恒力,不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2。墨水瓶在文具盒上运动的时间为 (　 )
A.0.1 s B.0.3 s
C.0.6 s D.0.9 s
解析:选C　设墨水瓶脱离文具盒前,墨水瓶的加速度为a1,文具盒的加速度为a2,根据牛顿第二定律a1=μg=2 m/s2,F-μmg=Ma2,解得a2=3 m/s2,墨水瓶恰好从文具盒上掉落,有l=a2t2-a1t2,解得墨水瓶在文具盒上运动的时间为t=0.6 s,故C正确。
2.(2025·济南模拟)(多选)如图所示,一足够长的木板B静止在水平地面上,物块A叠放在B上面。已知mA=2 kg,mB=4 kg。A、B间的动摩擦因数为μ1=0.2,B与地面间的动摩擦因数为μ2=0.4。现在给B一个水平推力F,使F从零开始逐渐增大。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则 (　 )
A.当F=18 N时,A、B间的摩擦力为4 N
B.当F=18 N时,A、B间的摩擦力为0
C.当F=18 N时,B与地面间的摩擦力为18 N
D.要使A、B间不发生相对滑动,推力F不能超过24 N
解析:选BC　当B刚好开始滑动时,有F=μ2(mA+mB)g=24 N>18 N,所以当F=18 N时,A、B均处于静止状态,根据受力平衡可得fA=0,fB=F=18 N,故A错误,B、C正确;当A、B间刚好开始滑动时,此时A、B共同加速度达到最大,以A为研究对象,根据牛顿第二定律可得a==2 m/s2,以A、B整体为研究对象,根据牛顿第二定律可得F-μ2(mA+mB)g=(mA+mB)a,解得F=36 N,要使A、B间不发生相对滑动,推力F不能超过36 N,故D错误。
3.如图甲所示,一足够长木板在水平地面上向右运动,在t=0时刻将一相对于地面静止的小物块轻放到木板的右端,之后木板运动的v t图像如图乙所示。则小物块运动的v t图像可能是 (　 )
解析:选D　由题图乙可知,0~t1时间内物块做匀加速运动,加速度a1=μg,t1时刻物块与木板速度相同,t1~t2时间内物块与木板不发生相对滑动,加速度a2=μg,故选D。
4.(2025年1月·八省联考内蒙古卷)(多选)一小物块向左冲上水平向右运动的木板,二者速度大小分别为v0、2v0,此后木板的速度v随时间t变化的图像如图所示。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,木板足够长。整个运动过程中 (　 )
A.物块运动方向不变
B.物块的加速度方向不变
C.物块相对木板的运动方向不变
D.物块与木板的加速度大小相等
解析:选CD　根据图像可知木板的速度方向没有发生改变,木板和物块达到共速v0,然后一起向右减速到0,所以物块的运动方向先向左再向右,故A错误;物块在向左减速和向右加速阶段的加速度方向水平向右,物块和木板共同减速阶段的加速度方向水平向左,物块的加速度方向改变,故B错误;物块在向左减速和向右加速阶段相对木板都向左运动,共同减速阶段无相对运动,即物块相对木板运动方向不变,故C正确;设经时间t物块和木板达到共同速度,由图像可知在有相对运动阶段木板的加速度大小为a1==,物块的加速度大小为a2==,即木板和物块加速度大小相等,故D正确。
5.(2025·黄石三模)如图(a)所示,物块和长木板置于倾角为θ=37°且足够长的斜面上。t=0时对长木板施加沿斜面向上的拉力F,使长木板和物块由静止开始沿斜面上滑,作用一段时间后撤去拉力F。已知长木板和物块始终保持相对静止,两者上滑时速度的平方与位移之间的关系v2 x图像如图(b)所示,已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度取g=10 m/s2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则下列说法正确的是 (　 )
A.拉力F的作用时间为2 s
B.拉力F作用时长木板的加速度大小为2 m/s2
C.长木板与斜面间的动摩擦因数为0.25
D.物块与长木板之间的动摩擦因数可能为0.75
解析:选C　由题图(b)可知,v2 x图像斜率的绝对值等于加速度的2倍,a1==× m/s2=1 m/s2,B错误;撤去拉力F时两者的速度v=4 m/s,拉力F的作用时间t1==4 s,A错误;撤去拉力F后的加速度a2==× m/s2=8 m/s2,对长木板和物块整体由牛顿第二定律得gsin θ+μ1gcos θ=a2,解得μ1=0.25,C正确;物块与长木板之间无相对滑动,对物块由牛顿第二定律得μ2mgcos θ-mgsin θ≥ma1,解得μ2≥0.875,物块与长木板之间的动摩擦因数不可能为0.75,D错误。
6.(2025·广州模拟)(多选)如图甲所示,水平地面上有一质量为M的长木板,将一质量为m的小物块放在长木板上。给小物块施加一水平外力F,利用拉力传感器和加速度传感器(图中未标出)测得长木板和小物块加速度a随外力F的变化关系如图乙所示。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2,则 (　 )
A.水平地面粗糙
B.F=1 N时小物块相对长木板发生滑动
C.小物块与长木板的质量之比为2∶3
D.小物块与长木板的质量之比为1∶3
解析:选AD　由题图乙可知,当外力F=1 N时,整体才开始运动,所以长木板受到水平地面的摩擦力,即水平地面粗糙,故A正确;由题图乙可知,当外力F=1 N时,整体开始运动,此时小物块和长木板加速度相同,相对静止;当F=3 N时,小物块和长木板的加速度开始不同,此时小物块相对长木板发生滑动,故B错误;由题图乙可知,当外力1 N3 N时,小物块和长木板发生相对滑动,对小物块根据牛顿第二定律得F-f'=ma,整理得a=-,此时a F图像的斜率为k2===4,解得m=kg,所以M=kg,所以小物块与长木板的质量之比为=,故C错误,D正确。
7.(2025·昆明期中)如图甲所示,木板B静止在光滑水平地面上,物块A从木板B左端以v0=5 m/s 的速度滑上木板,A、B的速度随时间变化的图像如图乙所示。已知物块A的质量为m=0.6 kg,取重力加速度g=10 m/s2。求:
(1)A、B之间的动摩擦因数μ;
(2)木板B的质量M。
解析:(1)对物块A,根据牛顿第二定律可得
μmg=maA
由图像乙可得aA==2 m/s2
解得μ=0.2。
(2)对木板B,根据牛顿第二定律可得μmg=MaB
由图像乙可得aB==0.5 m/s2
解得M=2.4 kg。
答案:(1)0.2　(2)2.4 kg
8.(2025·佛山联考)如图所示,质量均为m=1 kg的物块A和B叠放在水平地面上,左边缘对齐。A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ=0.4。先敲击A,A立即获得水平向右的初速度,在B上滑动距离L=2 m后停下。接着敲击B,B立即获得水平向右的初速度,A、B都向右运动,左边缘再次对齐时恰好相对静止,此后两者一起运动至停下。最大静摩擦力等于滑动摩擦力,物块A长度可忽略不计,取重力加速度g=10 m/s2。求:
(1)A被敲击后获得的初速度大小vA;
(2)在左边缘再次对齐的前、后,B运动的加速度的大小aB、aB';
(3)B被敲击后获得的初速度大小vB及B运动的最大距离sB。
解析:(1)对A由牛顿第二定律可得
μmg=maA
解得aA=μg=4 m/s2
根据匀变速直线运动速度位移关系=2aAL
解得vA=4 m/s。
(2)在左边缘再次对齐前,
对B根据牛顿第二定律得
μmg+2μmg=maB
解得aB=3μg=12 m/s2
对齐后,对A、B整体根据牛顿第二定律得2μmg=2maB',解得aB'=μg=4 m/s2。
(3)设经过时间t,A、B达到共同速度v,位移分别为xA、xB,A加速度的大小等于aA,
则v=aAt=vB-aBt,xA=aAt2
xB=vBt-aBt2,xB-xA=L
解得v=2 m/s,vB=8 m/s,xB=2.5 m
A、B达到共同速度后,以aB'=4 m/s2的加速度做匀减速运动,有v2=2aB'xB'
解得xB'=0.5 m,所以sB=xB+xB'=3 m。
答案:(1)4 m/s　(2)12 m/s2　4 m/s2　(3)3 m
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