高中物理 加强练习第三章　38.板块模型中的临界问题

38.板块模型中的临界问题(分值：30分)1.(15分)(2025·河北石家庄市检测)如图所示，地面上有一固定的倾角θ=37°的斜面，长木板A上表面与斜面末端平滑对接，A左端与斜面间紧靠在一起但不粘连，A右端与等高的长木板B左端紧靠在一起同样不粘连，A、B的上表面涂有不同材质的涂料，其长度L均为37.5cm，质量M均为1kg，最初均静止在光滑的水平地面上。现有一质量为m=2kg的滑块C(可视为质点)从距长木板上表面高h=0.3m处由静止滑下，已知滑块C与斜面间的动摩擦因数为μ0=0.25。滑块C与木板A间的动摩擦因数为μ1=0.2，滑块C与木板B间的动摩擦因数μ2=16，忽略空气阻力。最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2(1)(3分)求滑块C到达斜面底端时速度v0的大小；(2)(3分)求滑块C在A上表面滑行时A、B间弹力的大小；(3)(3分)经多长时间滑块C运动到A的右端？此时滑块C的速度为多大？(4)(6分)最终稳定时，滑块C是否脱离长木板B？若未脱离，滑块C相对B静止时，距离B右端多远？答案(1)2m/s(2)2N(3)0.25s1.5m/s(4)未脱离0.275m解析(1)滑块在斜面上滑行时，根据牛顿第二定律有mgsin37°-μ0mgcos37°=ma1可得a1=4m/s2滑块从静止下滑到达斜面底端过程，有v02=2a可得v0=2m/s(2)对A、B整体，根据牛顿第二定律有μ1mg=2Ma2可得a2=2m/s2对B，根据牛顿第二定律，有FN=Ma2可得FN=2N(3)对C，在A上表面滑行的加速度大小a3=μ1g=2m/s2xC=v0t-12a3txA=12a2tL=xC-xA联立得t=0.25s滑块C的速度vC=v0-a3t=1.5m/s(4)在B上滑行时，C的加速度大小aC=μ2g=53m/s对B，根据牛顿第二定律，有μ2mg=MaB可得aB=103m/s设B、C经t0时间可以共速，则vC-aCt0=vB+aBt0vB=a2t=0.5m/s解得t0=0.2s共速v=76B、C位移差x=vC+v2t0-vB+所以C未脱离长木板B，距B右端还有Δx=L-x=0.275m。2.(15分)(2025·湖北黄冈市一模)如图所示，匀质木板A、B右端对齐静止叠放于光滑水平面上，木板A的质量为m、长度为L，木板B的质量为m2、长度L2，A、B间动摩擦因数为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为(1)(4分)若对A施加水平向右的拉力F，A、B间恰好发生相对滑动，求F的大小；(2)(4分)若对A施加水平向右的恒力F1=72μmg，求木板A、B左端对齐所需时间t1(3)(7分)若地面不光滑，木板A与地面间的动摩擦因数为μ4，对B施加水平向左的恒力F2=32μmg，作用一段时间后再撤去F2，木板B恰好未从木板A上掉落。求木板B速度的最大值vm和木板A运动的总时间答案(1)32μmg(2)L2μg(3)解析(1)A、B间恰好发生相对滑动，对B由牛顿第二定律μm2g=m2对A、B整体F=(m+12m)a解得F=32(2)若对A施加水平向右的恒力F1=72μmg，则A、B发生相对滑动，此时B的加速度仍为a0=对A，根据牛顿第二定律有F1-μ×12mg=ma木板A、B左端对齐时，由位移公式有12a1t12-12a0解得所需时间t1=L(3)设F2作用的时间为t2，撤去F2时B的速度最大，撤去F2后再经t3时间A、B共速，由于A与地面间的动摩擦因数小于A、B间动摩擦因数，故共速后二者一起匀减速直至停下，设撤去F2前B的加速度大小为aB1，撤去F2后B滑动的加速度大小为a0，共速前A的加速度大小为aA1，共速后A的加速度大小为aA2，撤去F2前对B分析有F2-μm2g=m2共速前对A分析有μm2g-μ4(m+m2)g共速后对A、B物体分析有μ4(m+m2)g=(m+m2木板B恰好未从木板A上掉落，应