微专题突破练(二) “板—块”模型的综合分析
1．(2024·四川达州12月调研)如图所示，鱼缸放在铺有桌布的水平桌面上，距桌子右边缘为l1，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出，鱼缸恰好滑到桌子右边缘，已知桌布从鱼缸下滑出后，鱼缸在桌面上滑动的距离为l2。下列说法正确的是( )
A．鱼缸与桌布、桌面间的动摩擦因数之比为l1∶l2
B．鱼缸在桌布、桌面上的滑动时间之比为(l1－l2)∶l2
C．桌布对鱼缸做的功与鱼缸克服桌面阻力做的功之比为l1∶l2
D．猫要想吃到鱼缸中的鱼(让鱼缸滑出桌面)，需要给桌布施加更大的力
2．(2023·湖北4月调研)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
3．(多选)(2024·1月九省联考吉林、黑龙江卷)如图(a)，质量均为m的小物块甲和木板乙叠放在光滑水平面上，甲到乙左端的距离为L，初始时甲、乙均静止，质量为M的物块丙以速度v0向右运动，与乙发生弹性碰撞。碰后，乙的位移x随时间t的变化如图(b)中实线所示，其中t0时刻前后的图像分别是抛物线的一部分和直线，二者相切于P，抛物线的顶点为Q。甲始终未脱离乙，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A．碰后瞬间乙的速度大小为
B．甲、乙间的动摩擦因数为
C．甲到乙左端的距离L≥
D．乙、丙的质量比m∶M＝1∶2
4．(多选)如图甲所示，一小车静止在光滑水平地面上，上表面PQ是以O为圆心，半径为R的四分之一光滑圆弧轨道，左端P与平台等高且平滑对接(不粘连)。一小球以某一水平速度冲上小车，测得在水平方向上小球与小车的速度大小分别为v1、v2，作出v2-v1图像，如图乙所示。已知P点距地面高h＝，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A．小车质量是小球质量的2倍
B．小球上升到最高点时的速度为
C．小球上升的最大高度为
D．小球落地时与小车左端P点的水平距离为R
5．(多选)(2024·湖南长沙雅礼中学9月测试)如图所示，一质量为M的长直木板放在光滑的水平地面上，木板左端放有一质量为m的木块，木块与木板间的动摩擦因数为μ，在长直木板右方有一竖直的墙。使木板与木块以共同的速度v0向右运动，某时刻木板与墙发生弹性碰撞(碰撞时间极短)，设木板足够长，木块始终在木板上，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A．如果M＝2m，木板只与墙壁碰撞一次，整个运动过程中因摩擦产生的热量大小为
B．如果M＝m，木板只与墙壁碰撞一次，木块相对木板的位移大小为
C．如果M＝0.5m，木板第100次与墙壁发生碰撞前瞬间的速度大小为v0
D．如果M＝0.5m，木板最终停在墙的边缘，在整个过程中墙对木板的冲量大小为1.5mv0
6．(多选)(2024·1月九省联考河南卷)如图(a)所示，“L”形木板Q静止于粗糙水平地面上，质量为1 kg的滑块P以6 m/s的初速度滑上木板，t＝2 s时与木板相撞并粘在一起。两者运动的v-t图像如图(b)所示。重力加速度大小g取10 m/s2，则( )
A．Q的质量为1 kg
B．地面与木板之间的动摩擦因数为0.1
C．由于碰撞系统损失的机械能为1.0 J
D．t＝5.8 s时木板速度恰好为0
7．(2024·河北衡水8月开学考)某游乐项目可简化为利用纸带把滑块拉到平台上，如图所示。光滑固定斜面的倾角θ＝37°，长度L＝1.44 m，纸带平铺在斜面上，下端与斜面底端对齐。可视为质点的滑块放在纸带上静止在斜面正中间，滑块与纸带间的动摩擦因数μ＝0.9，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6。 现用力沿斜面向上匀加速拉动纸带。
(1)若在滑块到达斜面顶端前纸带被拉出，试计算拉动纸带的加速度不得小于多少；
(2)若滑块能运动到平台上，试计算拉动纸带的加速度不得超过多少。
8．(2024·湖南长沙长郡中学9月月考)如图甲所示，水平地面上左侧有一固定的圆弧斜槽，斜槽左端是四分之一光滑圆弧AB，圆弧半径为R＝7.5 m，右端是粗糙的水平面BC，紧挨着斜槽右侧有一足够长的小车P，小车质量为m0＝1 kg，小车左端和斜槽末端C平滑过渡但不粘连，在C点静止放置一滑块N(可视为质点)，滑块质量为m1＝2 kg，最右边有一固定的竖直墙壁，小车右端距离墙壁足够远。已知斜槽BC段长度为L＝1.2 m，由特殊材料制成，从B点到C点其与小球M间的动摩擦因数μ0随到B点距离增大而均匀减小到0，变化规律如图乙所示。滑块N与小车的水平上表面间的动摩擦因数为μ＝0.1，水平地面光滑，现将一质量为m2＝2 kg的小球M(可视为质点)从斜槽顶端A点静止滚下，经过ABC后(球滑动)与静止在斜槽末端的滑块N发生弹性碰撞，碰撞时间极短，碰撞后滑块滑上小车，小车与墙壁相碰时碰撞时间极短，每次碰撞后小车速度方向改变，速度大小减小为碰撞前的一半，重力加速度取g＝10 m/s2，求：
(1)小球运动到C点时(还未与滑块碰撞)的速度大小；
(2)小车与墙壁第1次碰撞后到与墙壁第2次碰撞前的过程中，滑块与小车间由于摩擦产生的热量。
9．(2024·广东实验中学、东北育才中学等8校12月联考)如图所示，一足够长的水平传送带以速度v＝6 m/s顺时针匀速转动，把一质量为M＝1 kg的木板B轻轻放在传送带上，同时把一个质量为m＝1 kg的铁块A轻放在木板B上，A与B之间的动摩擦因数μ1＝0.2，B与传送带之间的动摩擦因数μ2＝0.4，重力加速度g取10 m/s2，整个运动过程中铁块A未从木板B上掉下，求：
(1)刚将A、B放上传送带时，A、B的加速度大小；
(2)从刚放上到A、B均相对于传送带静止所需要的时间；
(3)从刚放上到A、B均相对于传送带静止，传送带电动机需要多消耗的电能。
5/5微专题突破练(二)
1．B [鱼缸运动的全过程，根据动能定理有μ1mg(l1－l2)－μ2mgl2＝0，鱼缸与桌布、桌面间的动摩擦因数之比为μ1∶μ2＝l2∶(l1－l2)，故A错误；由μmg＝ma得a＝μg，加速度大小之比a1∶a2＝μ1g∶μ2g＝l2∶(l1－l2)，鱼缸在桌布的摩擦力作用下做匀加速运动，在桌面的摩擦力作用下做匀减速运动，根据v＝at，得鱼缸在桌布、桌面上的滑动时间之比为t1∶t2＝a2∶a1＝(l1－l2)∶l2，故B正确；桌布对鱼缸做的功与鱼缸克服桌面阻力做的功之比为1∶1，C错误；猫要想吃到鱼缸中的鱼(让鱼缸滑出桌面)，需要给桌布施加更小的力，使鱼缸加速时间更长，D错误。]
2．C [由v2＝2ax，可知在题图(b)中斜率的绝对值等于加速度大小的2倍，有a1＝＝1 m/s2，选项B错误；撤去拉力时的速度大小为v＝4 m/s，拉力作用时间为t1＝＝4 s，选项A错误；撤去拉力后的加速度大小a2＝＝8 m/s2，由牛顿第二定律有(M＋m)g sin θ＋μ1(M＋m)g cos θ＝(M＋m)a2，解得μ1＝0.25，选项C正确；物块与长木板之间无相对滑动，由牛顿第二定律得μ2mg cos θ－mg sin 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, 选项D错误。]
3．BC [设碰后瞬间乙的速度大小为v1，碰后乙的加速度大小为a，由题图(b)可知x＝＝，抛物线的顶点为Q，根据x t图像的切线斜率表示速度，则有v1＝a·2t0，联立解得v1＝，a＝，根据牛顿第二定律可得a＝＝μg，解得甲、乙间的动摩擦因数为μ＝，故A错误，B正确；由于甲、乙质量相同，则甲做加速运动的加速度大小也为a＝，根据题图(b)可知，t0时刻甲、乙刚好共速，则0～t0时间内甲、乙发生的相对位移为Δx＝x乙－x甲＝t0－t0＝t0＝，则甲到乙左端的距离满足L≥Δx＝，故C正确；物块丙与乙发生弹性碰撞，碰撞过程根据动量守恒和机械能守恒可得Mv0＝＝，可得v1＝v0＝，可得乙、丙的质量比为m∶M＝2∶1，故D错误。]
4．BC [设小球质量为m，小车质量为M，小球和小车组成的系统在水平方向所受合外力为零，所以水平方向动量守恒，则由题图乙数据可得m＝M，解得m＝M，故A错误；小球上升到最高点时与小车具有共同速度，则有 m＝(m＋M)v共，解得v共＝，故B正确；设小球上升的最大高度为H，根据机械能守恒定律有m()2＝＋mgH，解得H＝，故C正确；设小球滑回至P点时，小球和小车的速度分别为v球和v车，根据动量守恒定律和机械能守恒定律分别有m＝mv球＋Mv车＝，解得v球＝0，v车＝，小球离开小车后做自由落体运动，小车做匀速直线运动，所以小球落地时与小车左端P点的水平距离为x＝v车t＝＝R，故D错误。]
5．ACD [木板与墙发生弹性碰撞，碰撞后速度等大反向，水平方向没有其他外力作用，动量守恒，如果M＝2m，碰撞后合动量方向向左，则木板只与墙壁碰撞一次，最后二者以速度v向左做匀速直线运动，取向左为正方向，根据动量守恒定律得Mv0－mv0＝(M＋m)v，解得v＝v0，整个运动过程中因摩擦产生的热量大小为Q＝－(M＋m)v2＝，故A正确；如果M＝m，木板与墙壁碰撞后，二者的合动量为零，最后木板静止时木块也静止，木板只与墙壁碰撞一次，根据能量关系可得μmgx＝，解得木块相对木板的位移大小为，故B错误；如果M＝0.5m，木板与墙发生弹性碰撞，碰撞后速度等大反向，碰撞后二者的合动量方向向右，设第一次共速后的速度为v1，取向右为正，根据动量守恒定律可得mv0－Mv0＝(m＋M)v1，解得v1＝v06．AC [两者碰撞时，取滑块P的速度方向为正方向，设P的质量为m＝1 kg，Q的质量为M，由系统动量守恒定律得mv1＋Mv2＝(m＋M)v3，根据v t图像可知，v1＝3 m/s，v2＝1 m/s，v3＝2 m/s，代入上式解得M＝1 kg，故A正确；设P与Q之间的动摩擦因数为μ1，Q与地面之间的动摩擦因数为μ2，根据 v t 图像可知，0～2 s内P与Q的加速度大小分别为aP＝1.5 m/s2，aQ＝0.5 m/s2，对P、Q分别受力分析，由牛顿第二定律得μ1mg＝maP，μ1mg－μ2(m＋M)g＝MaQ，联立解得μ2＝0.05，故B错误；由于碰撞系统损失的机械能为ΔE＝，代入数据解得ΔE＝1.0 J，故C正确；对碰撞后整体受力分析，由动量定理得－μ2(m＋M)gt2＝0－(m＋M)v3，代入数据解得t2＝4 s, 因此木板速度恰好为零的时刻为t＝t1＋t2＝2 s＋4 s＝6 s，故D错误。故选AC。]
7．解析：(1)设纸带加速度为a1时，滑块到达斜面顶端时纸带恰好被拉出，滑块加速度为as，对滑块，由牛顿第二定律有μmg cos θ－mg sin θ＝mas
滑块位移L＝ast2，纸带位移L＝a1t2，联立解得a1＝2.4 m/s2
若在滑块到达斜面顶端前纸带被拉出，拉动纸带的加速度不得小于2.4 m/s2。
(2)设纸带加速度为a2时，滑块先以加速度as加速，离开纸带后在斜面上以加速度大小ax减速，到达斜面顶端时速度恰好减到0，对滑块，由牛顿第二定律有mg sin θ＝max
设滑块加速时间为t1，减速时间为t2，最大速度为vm。
由平均速度公式，有L＝vm(t1＋t2)，又vm＝ast1，vm＝axt2，解得t1＝1 s
由位移关系，有＝L，解得a2＝2.64 m/s2
若滑块能运动到平台上，拉动纸带的加速度不得超过 2.64 m/s2。
答案：(1)2.4 m/s2 (2)2.64 m/s2
8．解析：(1)设小球到C点的速度为v0，从B到C过程中小球克服阻力做功为WfBC，由题图乙可知该过程摩擦力随距离增大在均匀减小，则有
WfBC＝μ0m2gx＝6 J
小球由A到C过程中，由动能定理可得
m2gR－WfBC＝，解得v0＝12 m/s。
(2)小球与滑块弹性碰撞过程中，由于小球与滑块质量相等，故碰后速度交换，即碰后滑块速度大小为
v＝v0＝12 m/s
设滑块滑上小车后与小车达到的共同速度为v1，滑块和小车组成的系统，在水平方向上受到的合外力为零，满足动量守恒，由动量守恒定律有
m1v＝(m1＋m0)v1
第1次碰前小车和滑块速度均为v1，碰后小车速度变为 －v1, 滑块速度仍为v1，碰后对小车和滑块，满足动量守恒，设达到的共同速度为v2，则有
－m0v1＋m1v1＝(m1＋m0)v2
解得v1＝8 m/s，－v1＝－4 m/s，v2＝4 m/s
则可知当滑块和小车第2次共速后恰好发生第2次碰撞；小车与墙壁第1次碰撞后到与墙壁第2次碰撞前过程中，设滑块与小车间由于摩擦产生的热量为Q，根据能量守恒定律得
＝＋Q
联立解得Q＝48 J。
答案：(1)12 m/s (2)48 J
9．解析：(1)由于木板B初始速度为零，且μ1<μ2，所以传送带对木板B的摩擦力水平向右，铁块A对木板B的摩擦力水平向左，由牛顿第二定律得
μ2(M＋m)g－μ1mg＝MaB，μ1mg＝maA
联立解得aA＝2 m/s2，aB＝6 m/s2。
(2)分别作A、B的速度—时间图像，如图所示。
A、B均发生相对滑动，分别做匀加速直线运动，直至B速度与传送带速度相等，即v＝aBt1，解得t1＝1 s
之后B与传送带共速做匀速直线运动，A继续加速，即v＝aAt2，解得t2＝3 s
故从刚放上到A、B均相对于传送带静止所需要的时间为3 s。
(3)1 s内传送带的位移x1＝vt1，该过程传送带克服摩擦力做功为W1＝μ2(M＋m)gx1
1～3 s内，木板与传送带间为静摩擦力，f＝μ1mg
传送带的位移x2＝v(t2－t1)
该过程传送带克服摩擦力做功为W2＝fx2
故多消耗的电能即为传送带克服摩擦力做的功
E＝W1＋W2＝72 J。
答案：(1)2 m/s2 6 m/s2 (2)3 s (3)72 J
5/5
