高考物理模型专练与解析模型07板块模型（教师版含解析）

07板块模型1．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，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>μmg时，物块和木板一定发生相对滑动B．当F=μmg时，物块的加速度大小为C．当F=2μmg时，木板的加速度大小为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达到最大值，对整体隔离木板得得只有物块和木板才一定发生相对滑动，选项A错误；B．当F=μmg时，物块和长木板相对静止，对整体有得选项B正确；CD．当F=2μmg时，物块和木板发生相对滑动，隔离木板得得选项CD错误。故选B。2．在水平光滑地面上，长木板M和小滑块m叠放在一起，开始它们均静止。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μ=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/s2B．若F=8.0N则a=4.0m/s2C．若F=10N则a=3.0m/s2D．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，此时此时对木板和木块的整体解得F=12NA．若F=6.0N则两物体以共同的加速度向前运动，则选项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，则木块的加速度为选项D正确。故选D。3．一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和，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，)，下列说法正确的是()A．当时，则物块、硬纸片都静止不动B．若，则B物块的加速度为4.0m/s2C．当，则A物块所受摩擦力大小为1.5ND．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物体B与纸片间的最大静摩擦力为A．因为所以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；BD．当B刚要相对于纸片滑动时静摩擦力达到最大值，由牛顿第二定律得又得对整体，有即达到4N后，B将相对地纸片运动，此时摩擦力；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，故B错误，D正确；C．因为所以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则A物块所受摩擦力故C错误。故选D。4．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【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，对B由牛的第二定律可得滑块B受到的支持力为对木板A受力分析，有重力2mg，斜面C对A的支持力，滑块B对A的压力和斜面C对A沿斜面向上的摩擦力，对A由牛顿第二定律得其中由此可知，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，即对B由匀变速直线运动的公式可得对A由匀变速直线运动的公式可得即当滑块B的动量为3mv0时，木板A速度已经减到了零，又所以此时木板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，有重力Mg，地面对C的支持力，木板A对C的压力和木板A对C沿斜面向下的摩擦力，由前面分析可知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，即所以D正确。故选D。5．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、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)()A．1：1 B．1：4 C．4：1 D．8：1【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=μ1mg、F2=μ2mg加速度a1=μ1g、a2=μ2g，时间t1=t、t2=4t逆向研究BC逆向研究BA解得μ1：μ2=8：1故选D。6．如图(a)，物块和木板叠放在实验台上，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1kgB．2s~4s内，力F的大小为0.4NC．0~2s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，4～5s内木板的加速度所受摩擦阻力所以木板的质量故A正确；B．2～4s内木板做匀加速直线运动，加速度由于物块的摩擦力f为恒力，所以拉力F也为恒力，根据牛顿第二定律解得故B正确；C．由图(c)可知，0～2s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μ，故D错误。故选AB。7．如图，一固定且足够长的斜面MN与水平面的夹角α=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/s2B．小滑块放在木板上的瞬间，其与P的距离为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/sD．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，由平衡条件可得带入数据解得把小滑块放上长木板后，对长木板，由牛顿第二定律可得代入数据解得故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小滑块放上长木板的瞬间，其与P的距离为故B错误；C．设小滑块与挡板第一次碰撞前的速度为v，则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由机械能守恒定律可得联立方程，带入数据解得，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此时小滑块的速度为，方向沿斜面向下这个过程中小滑块的位移为，方向沿斜面向下长木板的位移为故，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．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/sB．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/sD．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的速度间为零时代入数据解得故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代入数据解得故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．如图所示，一足够长的木板静止在粗糙的水平面上，t＝0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v­t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μ1，木板与地面间的动摩擦因数为μ2，木块的质量为m，木板的质量为M，知木板若滑动，则μ1mg>μ2(M＋m)g最后一起做匀减速运动，加速度a′＝μ2g开始时木块做匀减速运动的加速度大小为a＝μ1g>μ2g知图线的斜率变小，故C正确，D错误。A．若μ1mg<μ2(M＋m)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．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μ=0.4，取g=10m/s2，则下列说法正确的是()A．A滑上B时，B的加速度大小为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 D．t=3.5s时，A的速度为16m/s【答案】ABD【详解】A．A滑上B时，对B，由牛顿第二定律得代入数据解得故A正确；B．A滑上B时，对A，由牛顿第二定律得代入数据解得A做减速运动，B做加速运动，设经时间t1两者速度相等，则代入数据解得故B正确；C．A、B相对静止后，对A、B系统，由牛顿第二定律得代入数据解得D．t=3.5s时A的速度故D正确。故选ABD。11．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µ=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M上滑动C．水平力F=7N时，长木板M的加速度大小为2.5m/s2D．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=μmg求解上面方程组代入数据解得F最小=7.5NA．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=7N<7.5N，长木板和木块以共同的加速度运动，依据牛顿第二定律，结合整体法，则长木板M的加速度大小为故C错误；

D．水平力F=9N＞7.5N，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=μmg=5N故D正确；

故选BD。12．如图所示，粗糙水平地面上静止一辆小车，其质量，长度，小车最右端放置一个可视为质点的物块，其质量。某时刻在小车上施加一个水平向右的的拉力F，已知小车与地面之间的动摩擦因数，物块与小车之间的动摩擦因数，重力加速度g取。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B．小车的加速度大小为C．小车的加速度大小为D．经过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解得此时物块的摩擦力大小为又因为物块的最大静摩擦为故假设不成立，二者发生了相对滑动，此时物块的摩擦力等于滑动摩擦力，根据牛顿第二定律得解得物块加速度为故A正确；BC．对小车进行受力分析，根据牛顿第二定律得解得小车加速度为故BC错误；D．设经过时间t物块从小车上滑下，此时满足代数解得故D正确。故选AD。13．如图所示，质量为M的木板放在光滑的水平面上，木板的右端有一质量为m的木块(可视为质点)，在木板上施加一水平向右的恒力F，木块和木板由静止开始运动并在最后分离。设分离时木块相对地面运动的位移为x，保证木块和木板会发生相对滑动的情况下，下列方式可使位移x增大的是()A．仅增大木板的质量MB．仅减小木块的质量mC．仅增大恒力FD．仅增大木块与木板间的动摩擦因数【答案】AD【详解】设木板长为L，当木块与木板分离时，运动时间为t，对于木板对于木块当木块与木板分离时，它们的位移满足解得则木块相对地面运动的位移为A．仅增大木板的质量M，变小，不变，x增大，故A正确；B．仅减小木块的质量m，变大，不变，x减小，故B错误；C．仅增大恒力F，变大，不变，x减小，故C错误；D．仅稍增大木块与木板间的动摩擦因数，变小，增大，x增大，故D正确。故选AD。如图所示，小物块A、B质量均为2kg，长木板C质量为1kg，用细线连接A、B放置在长木板C上，A与C之间动摩擦因数为0.2，B与C、C与地面之间均为光滑。现对小物体B施加一随时间t变化的水平拉力F=10t(N)，设A、B间细绳拉力大小为T，则下列说法正确的是：()A．在A、C发生相对滑动之前，T∶F=3∶5B．在A、C发生相对滑动之前，T∶F=1∶2C．在A、C发生相对滑动之后，T∶F=1∶2D．在A、C刚要发生相对滑动的瞬间，物块A的速度大小为4m/s【答案】AD【详解】AB．在A与C发生相对滑动之前，则A正确B错误；C．发生相对滑动之后，根据牛顿第二定律可知，，加速度不断增加，比值不是定值，C错误；D．A、C刚要发生滑动瞬间，长木板C加速达到最大，最大加速度为则此时，拉力则故历时，由于A、B、C共速求得D正确。故选AD。15．如图甲所示，质量为m2的长木板静止在光滑的水平面上，其上静止一质量为m1的小滑块，现给木板施加一随时间均匀增大的水平力F，满足F=kt(k为常量，t代表时间)，长木板的加速度a随时间t变化的关系如图乙所示。已知小滑块所受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是()A．在0~2s时间内，小滑块与长木板间的摩擦力增大B．小滑块与长木板间的动摩擦因数C．m1与m2之比为1：3D．当小滑块从长木板上脱离时，其速度比长木板小0.5m/s【答案】AD【详解】A．在0~2s时间内，小滑块与长木板相对静止，它们之间为静摩擦力，对小滑块有Ff=ma1a1在增大，所以静摩擦力Ff也在增大，A正确；BC．长木板的加速度a在3s时突变，所以小滑块在3s时脱离长木板，对长木板在3s时刻前、后的运动分析，由牛顿第二定律可得F3−Ff3=m2a前=m2(2m/s2)F3=m2a后=m2(3m/s2)解得Ff3=m2(1m/s2)在0~2s时间内F=(m1+m2)a1=kt所以在2~3s时间内F−Ff3=m2a2所以由图线斜率可知解得m1=m2BC错误；D．在2s时刻，小滑块与长木板的速度相同，在2~3s时间内小滑块的速度的变化量为Δv1=1m/s长木板的速度变化量为Δv2=1.5m/s所以3s时，长木板比小滑块的速度大0.5m/s，D正确。故选AD。16．游乐场投掷游戏的简化装置如图所示，质量为的球A放在高度的平台上，长木板C放在水平地面上，带凹槽的容器B放在C的最左端。A、B可视为质点，B、C质量均为，B、C间的动摩擦因数，C与地面间的动摩擦因数。在某次投掷中，球A以的速度水平向右抛出，同时给木板C施加一水平向左、大小为F=16N的恒力，使球A恰好落入B的凹槽内，瞬间球A与B合为一体。取g=10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：(1)球A抛出时，凹槽B与球A之间的水平距离；(2)A、B合为一体时的速度大小；(3)要使AB不脱离木板C，求木板长度的最小值L。【答案】(1)3.96m；(2)3.6m/s；(3)5.04m【详解】(1)A球平抛过程运动时间此过程中A球的水平位移假设BC之间无相对滑动一起向左加速运动，则加速度所以BC之间要产生相对滑动。其中B的加速度为在时间t内槽B的位移为球A抛出时，凹槽B与球A之间的水平距离(2)A将要落在槽B中时，槽B的速度方向向左设向右为正方向，则对AB系统水平方向动量守恒解得(3)当A做平抛运动的时间内，木板C的加速度当球A落到槽B中时木板C的速度此时槽B相对木板C向右滑动的距离为当球A落到槽B中后板C的加速度而AB的共同加速度仍为因AB一起向右减速，而C向左减速，则当三个物体都停止运动时相对运动的位移则木板长度的最小值17．如图所示，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v0=4m/s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，得到的关系如图所示，其中AB与横轴平行，且AB段的纵坐标为1m-1．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g=10m/s2．(1)若恒力F=0，则物块会从木板的右端滑下，求物块在木板上滑行的时间t是多少？(2)图乙中BC为直线段，求该段B点的横坐标(3)图乙中DE为直线段，求该段恒力F的取值范围及函数关系式【答案】(1)s(2)F=1N(3)【详解】(1)以初速度v0为正方向，物块的加速度大小：am=μg=2m/s2木板的加速度大小：aM==4m/s2由图乙知，恒力F=0时，物块在木板上相对于木板滑动的路程=1m-1，则s=1m，可知板长L=s=1m滑块相对木板的路程：L=v0t-amt2-aMt2，代入数据可得：ts；t=1s(舍)当t=1s时，滑块的速度为v=v0-amt=2m/s，木板的速度为v=aMt=4m/s，而当物块从木板右端滑离时，滑块的速度不可能小于木板的速度，故t=1s应舍弃，故所求时间为ts(2)当F较小时，物块将从木板右端滑下，当F增大到某一值时物块恰好到达木板的右端，且两者具有共同速度v，历时t1，则木板的加速度a1==(2F+4)m/s2速度关系有：v=v0-amt1=a1t1相对位移：L=t1-t1联立解得：F=1N，即B点的横坐标为F=1N．(3)当F继续增大时，物块减速、木板加速，两者在木板上某一位置具有共同速度；当两者共速后能保持相对静止(静摩擦力作用)一起以相同加速度a做匀加速运动，则对整体：a=，对物块相对静止加速度的最大值fmax==ma可解得：F=3N，当F>3N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=2Δx当两者具有共同速度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：Δx＝v0t−amt2−a1t2s=2Δx联立−F函数关系式解得：18．如图甲所示，质量M=3kg的小车静止在水平面上，光滑固定的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μ0=0.01，重力加速度为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μ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)【详解】(1)图像知物块的速度v=4m/s，根据牛顿第二定律得解得轨道对物块的支持力(2)物块滑上小车后，由图像可知物块的加速度大小为根据牛顿第二定律得解得设小车的加速度为a2，则有解得(3)当它们达到速度相同时解得这一过程中，物块的位移为小车的位移为为了避免物块从小车上滑下，小车长度至少为19．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μ=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v－t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a＝1m/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=(M＋m)a小物体刚要滑动时有mg=ma联立并代入数据解得F=(M＋m)a=(3＋1)×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F－μmg=Ma2代入数据解得木板的加速度a2=3m/s2经过时间t时小物体将会从板上掉落，根据位移－时间关系可得得此时的速度为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．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μ1=0.1，平板车与地面间的动摩擦因数为μ2=0.2。求：(1)滑块与平板车取得相同的速度前各自的加速度；(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)；(3)24J【详解】(1)开始阶段，对滑块有解得对滑板有解得(2)经过t1时间速度相等，则解得此时共同速度滑块与平板车取得相同速度前，滑块位移滑板位移第一阶段相对位移此后，如果以共同速度减速，则加速度则滑块受摩擦力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，有解得对滑板，有解得滑板速度先减为零，位移滑块速度减为零的位移故第二阶段相对位移滑块与平板车间因摩擦增加的内能(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21．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µ1=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μ2=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对木板B带入数据解得物块A、木板B共速时，设共同速度为，对物块A对木板B联立并带入数据得(2)物块A、木板B共速前对物块A对木板B因为，物块A、木板B共速后一起匀减速，共同加速度a满足设木板B以速度，与挡板发生弹性碰撞联立并带入数据得(3)木板B反弹后，对物块A对木板B设从木板B反弹到速度减为0所需时间为，对木板B联立解得因为，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联立解得22．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μ=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，由牛顿第二定律有解得设长木板经时间与墙壁发生碰撞，根据运动学公式则有解得(2)对小滑块，撤去恒力F之前，由牛顿第二定律有解得撤去恒力F的瞬间，小滑块的速度撤去恒力F之前小滑块的位移为对小滑块，撤去恒力F之后，由牛顿第二定律有解得撤去恒力F之后小滑块的位移为小滑块最终离墙壁的距离23．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μ=0.2，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)；(3)或【详解】(1)设小物块刚滑上长木板时，小物块加速度大小为，长木板加速度大小为，则解得，；(2)设经时间小物块与静止，共同速度大小为，则解得，；设在时间内长木板通过的距离为为，则解得；(3)设与第1次碰撞前，小物块与长木板组成系统损失的机械能为，则解得；在长木板与挡板第次碰撞后，小物块与长木板速度大小都为，小物块方向向右，长木板方向向左，二者相对滑动，设经时间二者速度相同大小为，方向向右，之后，与挡板第次碰撞，以向右为正，则对小物块有对长木板有解得由(2)知道，根据等比数列规律可得设与第次碰撞前，小物块与长木板组成系统损失的机械能为，则解得或24．如图所示，质量为M=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，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)1.5s【详解】(1)对滑块由牛顿第二定律可得滑块加速度对木板由牛顿第二定律木板加速度(2)由能量关系可知解得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μmg=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＝a1(t1+t2)2对长木板L2＝a2t12+v2t2−a0t22L=L2-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．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μ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)，；(2)1.8m【详解】(1)由图乙知：P的加速大小为，Q的加速大小为；对Q有对P有联立上式解得，(2)假设系统向右运动过程中Q一直在P上。在内由P的位移大小为在内由Q的位移大小为内P、Q相对位移为撤去F至P、Q达到共同速度的过程中Q加速度大小不变，P以加速大小为做减速运动，对P有解得设P、Q速度相等再经历的时间为解得，此时P运动的位移为Q在时间内运动的位移为时间内P、Q相对位移为Q相对P向左滑行的最大距离为由于，故假设成立，即Q相对P向左滑行的最大距离为‍26．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v1＝4m/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v2＝1m/s，方向向左。已知木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.05，重力加速度g＝10m/s2，求：(1)木板与滑块间的动摩擦因数μ1；(2)木板初速度v0的大小；(3)若在两者速度恰好相同时，木板与固定在地面的弹性挡板相碰，碰撞时间忽略不计，碰后立即撤去挡板。求从滑块滑上木板开始的整个运动过程中，木板的对地位移大小。【答案】(1)0.3；(2)2m/s；(3)0.3625m【详解】(1)设滑块与木板质量为m，加速度大小为a，以滑块为研究对象，由牛顿第二定律得：μ1mg=ma解得a=μ1g滑块匀减速，v2-v1=-μ1gt解得μ1=0.3(2)木板先向右匀减速到零，设加速度大小为a1，由牛顿第二定律得：μ1mg+μ22mg=ma1解得a1=4m/s2设匀减速到零的时间为t1，有木板再向右匀加速到v2，设加速度大小为a2，由牛顿第二定律得：μ1mg-μ22mg=ma2解得a2=2m/s2v2=a2(t-t1)解得v0=2m/s(3)在0~t1时间内，设木板向右位移大小为x1在t1~1秒时间内，木板向左位移大小为x2与挡板碰后，木板原速反弹，向右匀减速运动，加速度大小为a1=4m/s2，设再经t2时间木板速度减到零设再经t3时间木板向右匀加速到二者第二次共速v共，加速度大小为a2=2m/s2，从与挡板碰后到二者第二次共速，滑块一直以a=μ1g匀减速，列式得v2-a(t2+t3)=a2t3在1~(1+t2)时间内，设木板向右位移大小为x3在(1+t2)~(1+t3)时间内，木板向左位移大小为x4二者第二次共速后，因为μ1＞μ2，二者以相同的加速度向左匀减速到停止运动，由牛顿第二定律列方程得μ22mg=2ma共设二者向左匀减速到停止运动的位移为x共0-(a2t3)2=-2a共x共全程木板的位移大小x=x1-x2+x3-x4-x共解得x=0.3625m27．如图所示，地面固定一个圆心为O，竖直放置的光滑半圆轨道ABC，B为半圆轨道中点，半径，。木板DE质量为m，长度，E与A距离，木板与地面间的动摩擦因数为，木板与A碰撞后立即原速率返回，并由地面控制装置(图中末画出)保证E与A只能碰撞一次，E与A等高，以使E与A重合时板上的物体可以滑入半圆轨道，当E与A一旦分离，板上物块将落地而无法进入半圆轨道。一个可看作质点的物体质量为M=4m，物体与木板间动摩擦因数为，物体在合适的位置以合适的初速度开始向右运动，重力加速度，结果可保留分数和根号，求：(1)要使物体沿轨道恰好到达C点，物体在A处的速度的大小；(2)要使物体沿轨道到达C点，物体初速度的取值范围。【答案】(1)4m/s；(2)【详解】(1)从A到C的过程，由动能定理可得要使物体到达C点不脱离轨道，在C点有联立上式解得(2)根据分析，可分以下两种情形求解：情形①：当物体相对木板从左端的D点滑到E时，木板恰好运动了，使E与A相遇，而且物体的速度大于，物体对应的为最大值，设木板的加速度为，物体的加速度为，对木板有解得对物体有解得设木板运动到与A相碰所用的时间为，则对木板位移为木板和物体的位移关系为解得，此时物体到A点的速度为故是最大值.情形②：当物体与木板达到共同速度时恰好滑到E点，以后一起运动直到E与A相遇，而且物体的速度等于，物体对应的为最小值，设物体与木板一起运动的加速度为，有解得设物体与木板达到共同的速度所用的时间为，木板在时间内的位移为，两者一起运动的位移为，则对物体有对木板有木板的总位移为联立上式解得，故初速度的取值范围为28．如图所示，倾角=37°的足够长光滑斜面固定在水平地面上，其上端固定一光滑定滑轮，薄板A通过跨过定滑轮的轻质细绳与物块B相连．初始时薄板A被锁定在斜面；视为质点的物块C从薄板A的最上端由静止释放．已知薄板A、物块B、物块C的质量分别为mA=2kg、mB=4kg、mC=lkg，薄板A与物块C之间的滑动摩擦因数μ=0.5，sin37°=0.6，cos37°=0.8，取重力加速度g=10m/s2．(1)求物块C释放时的加速度；(2)若t=0时刻释放物块C的同时解除对薄板A的锁定，①求t=1s时薄板A、物块B、物块C的速度大小(此时物块C未滑离薄板A)；②若t=ls时剪断轻质细绳，最终物块C恰好没有滑离薄板A，求薄板A的长度．【答案】(1)2m/s2(2)①4m/s；4m/s；2m/s；②6m【详解】(1)对物块C，由牛顿第二定律：解得带入数据解得aC=2m/s2(2)①释放物块C的同时解除对薄板A的锁定，则此时C的加速度仍为沿斜面向下，大小为aC=2m/s2对AB整体：解得a=4m/s2则t=1s时薄板A、物块B的速度大小：vA=vB=at=4m/s；物块C的速度：vC=aCt=2m/s②若t=ls时剪断轻质细绳，此时C向下的位移；A向上的位移：剪断轻质细绳时A的加速度：解得a＇=8m/s2，方向沿斜面向下当A与C共速时：，解得t＇=1sv共=4m/s此过程中C向下的位移：A的位移：则木板A的长度为：29．如图所示，一质量m=5kg的平板小车静止在光滑的水平地面上，一质量M=1kg的小滑块(可视为质点)从小车左端以的速度开始向右运动一段时间后，从小车右端滑离小滑块着地瞬间与小车右端的水平距离。已知小车上表面水平且与水平地面的距离h=l.25m，小车上表面长度l=5m，不计空气阻力重力加速度大小g=10m/s2。求(1)小滑块滑离小车时小滑块和小车的速度大小；(2)小滑块与小车表面间的动摩擦因数和小滑块在小车上运动的时间。【答案】(1)；(2)；t=1s【详解】(1)小滑块离开小车后做平抛运动设小滑块离开小车时的速度大小为v1，此时小车的速度大小为v2，则有小滑块在小车上滑行时小车与小滑块组成的系统动量守恒则有解得(2)小滑块在小车上运动时由功能关系可知解得由运动学公式和牛顿第二定律可知解得t=1s30．如图所示，滑板长L＝1m，起点A到终点线B的距离s＝5m。开始滑板静止，右端与A平齐，滑板左端放一可视为质点的滑块，对滑块施一水平恒力F使滑板前进。板右端到达B处冲线，游戏结束。已知滑块与滑板间动摩擦因数μ1＝0.65，滑板与地面间动摩擦因数μ2＝0.1，滑块质量m1＝2kg，滑板质量m2＝1kg，重力加速度g＝10m/s2，求：(1)滑板由A滑到B的最短时间；(2)为使滑板能以最短时间到达，水平恒力F的取值范围。【答案】(1)1s；(2)33N≤F≤37N【详解】(1)滑板一直加速时，所用时间最短，设滑板加速度为a2解得t＝1s(2)刚好相对滑动时，水平恒力最小，设为F1，此时二者加速度相等，解得F1＝33N当滑板运动到B点，滑块刚好脱离时，水平恒力最大，设为F2，设滑块加速度为a1解得F2＝37N则水平恒力大小范围是33N≤F≤37N31．如图所示，某货场利用固定于地面的、半径R=1.8m的四分之一圆轨道将质量为m1=10kg的货物(可视为质点)从高处运送至地面，已知当货物由轨道顶端无初速度滑下时，到达轨道底端的速度为5m/s．为避免货物与地面发生撞击，在地面上紧靠轨道依次排放两块完全相同的木板A、B，长度均为l=2m，质量均为m2=20kg，木板上表面与轨道末端相切．货物与木板间的动摩擦因数为μ1=0.4，木板与地面间的动摩擦因数为μ2=0.1(最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取g=10m/s2)。(1)求货物滑到轨道底端时对轨道的压力；(1)求货物沿圆轨道下滑过程中克服摩擦力做的功；(2)通过计算判断货物是否会从木板B的右端滑落？若能，求货物滑离木板B右端时的速度；若不能，求货物最终停在木板B上的位置。【答案】(1)，方向竖直向下；(2)；(3)不能，最终停在木板B右端的距离为处【详解】(1)在轨道最低点有解得由牛顿第三定律得方向竖直向下(2)此过程摩擦力是变力，由动能定理得解得(3)当货物滑上木板A时，货物对木板的摩擦力地面对木板A、B的最大静摩擦力由于此时木板A、B静止不动，设货物滑到木板A右端时速度为，由动能定理得当货物滑上木板B时，地面对木板A、B最大静摩擦力由于，此时木板B开始滑动，设货物不会从木板B的右端滑落，二者刚好相对静止时的速度为，则对货物对木板B因为由以上式可得，此过程中由于货物最终未从木板B上滑下，且与其右端的距离为32．在平台AD中间有一个长为2l的凹槽BC，质量为m的滑板上表面与平台AD等高，质量为2m的铁块(可视为质点)与滑板间的动摩擦因数为μ1，铁块以一定的初速度滑上滑板后，滑板开始向右做匀加速运动，当滑板右端到达凹槽右端C时，铁块与滑板的速度恰好相等，滑板与凹槽右侧边碰撞后立即原速反弹，左端到达凹槽B端时速度恰好为零，而铁块则滑上平台CD．重力加速度为g．(1)若滑板反弹后恰好能回到凹槽左端，则滑板与凹槽间动摩擦因数μ2多大？(2)求铁块滑上滑板时的初速度大小v0．【答案】(1)(2)【详解】(1)设滑板向右加速滑动时加速度大小为，反弹后向左滑动时加速度大小为，滑板与凹槽右端碰撞时的速度大小为v，由运动规律得：滑板向右做初速度为零的匀加速运动，则①反弹后向左做匀减速运动，末速度为零，则②滑板向右运动时水平方向受到铁块向右的滑动摩擦力和槽底向左的滑动摩擦力，向左滑动时只受槽底向右的滑动摩擦力，由牛顿第二定律得：③，④联立①②③④解得⑤(2)由②④⑤得⑥铁块向右滑动的加速度大小为a，则⑦铁块向右做匀减速运动，有⑧由⑥⑦⑧解得⑨33．如图(1)所示，半径R=0.45m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，B为轨道的最低点，B点右侧的光滑的水平面上紧挨B点有一静止的小平板车，平板车质量M=lkg，长度l=1m，小车的上表面与B点等高，距地面高度h=0.2m，质量m=lkg的物块(可视为质点)从圆弧最高点A由静止释放．取g=l0m/s2．(1)求物块滑到轨道上的B点时对轨道的压力大小；(2)若物块与木板间的动摩擦因数0.2，求物块从平板车右端滑出时平板车的速度；(3)若锁定平板车并在上表面铺上一种特殊材料，其动摩擦因数从左向右随距离均匀变化如图(2)所示，求物块滑离平板车时的速率．【答案】(1)30N(2)2m/s(3)1m/s【详解】(1)物体从A点到B点的过程中，其机械能守恒，则有：mgR=mvB2代入数据解得：vB=3m/s．在B点，由牛顿第二定律得：N-mg=m解得：N=3mg=3×1×10N=30N即物块滑到轨道上B点时对轨道的压力N′=N=30N，方向竖直向下．(2)物块滑上小车后，物块加速度为a1=μg=2m/s2向右匀减速运动，平板车加速度为向右匀加速运动，经过时间t滑离，则vBt-a1t2-a2t2=l代入数据解得：t=0.5s，(t=1s舍去)，所以物块滑离平板车时速度为v=vB-a1t=2m/s(3)物块在小车上滑行时的摩擦力做功从物体开始滑动到滑离平板车的过程，由动能定理：解得v=1m/s．答：(1)30N(2)2m/s(3)1m/s34．质量为m的长木板静置于水平地面上，一质量也为m的木块从木板的左端滑上木板，初速度大小为v0=4m/s，如图所示。木板与木块间动摩擦因数μ1=0.3，木板与地面间动摩擦因数μ2=0.1，当二者都停止运动时，小木块未从木板上滑出。求：(1)木块刚滑上木板时，木板的加速度大小；(2)经过多长时间，木块和木板达到共速；(3)木板在地面上滑行的总距离。【答案】(1)1m/s2；(2)1s；(3)1m【详解】(1)木块刚滑上木板时对木板分析，由牛顿第二定律可得a2=1m/s2(2)二者共速时，设共同速度为v对木块对木板可得t=1s(3)二者共速后，一起减速滑行，对二者整体研究，由牛顿第二定律可得a3=1m/s2共速前木板位移共速后木板位移总位移可得x=1m35．如图所示，光滑水平面上放着长L＝2m，质量为M＝4kg的薄木板，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μ＝0.2，开始均静止．现对木板施加一水平向右的恒定拉力F，g取10m/s2．求：(1)为使小物体不从木板上掉下，F不能超过多少；(2)如果拉力F＝11N，小物体能获得的最大速度；(3)如果拉力F＝11N作用了t＝1s后即撤去，小物体能获得的最大速度．【答案】(1)10N(2)8m/s(3)2.2m/s【详解】(1)物体随木板运动的最大加速度为a，对小物体由牛顿第二定律：μmg=ma

所以可得小物体最大加速度为：a=μg=0.2×10=2m/s2对整体分析，由牛顿第二定律得：Fm=(M+m)a=(4+1)×2=10N(2)因施加的拉力F＞10N，故物体相对木板相对滑动，木板对地运动的加速度为a1，

对木板由牛顿第二定律：F-μmg=Ma1

物块在木板上相对运动的时间为t，有：解得：t=4s物块脱离木板时的速度最大为：vm=at=8m/s(3)因施加的拉力F＞10N，故物体相对木板相对滑动，木板对地运动的加速度为a1，

对木板由牛顿第二定律：F-μmg=Ma1

解得：由上可知t＝1s时，物体并未脱离木块，此时物体的速度为：物体的位移为：木板的速度为：木板的位移为：撤去外力后，物体的加速度为：a=μg=0.2×10=2m/s2木板的加速度为：a2=0.5m/s2木板和物块共速时间为：v2-a2t2=v1+at2代入数据解得：t2=0.1s此过程中物体的位移为：木板的位移为：物块相对木板滑动的距离为：所以物块将会与木板相对静止，且此时物块速度最大，即36．如图所示，在水平地面上固定一倾角为的足够长斜面，斜面上放一块长度L=1.8m、质量m=0.8kg上表面光滑的薄平板PQ，其下端Q与斜面底端O的距离为7.05m。在平板的上端P处放一质量M=1.6kg的小滑块(可视为质点)，开始时使平板和滑块都静止，现将它们无初速释放。假设平板与斜面间、滑块与斜面间的动摩擦因数均为，不考虑小滑块由平板滑到斜面上时速度的变化，(，，g=10m/s2)求：(1)小滑块离开平板时平板的速度大小；(2)小滑块从静止开始运动到斜面底端O处所经历的时间；(3)小滑块到达底端O处时，平板的Q端与O处的距离。【答案】(1