2017-2018学年高考物理二轮复习 题型限时专练2 滑块—模板模型

题型限时专练2 滑块—模板模型

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1．(多选)如图所示，A 、B 两物块的质量分别为2m 和m ，静止叠放在水平地面上．A 、B

间的动摩擦因数为μ，B 与地面间的动摩擦因数为12

μ.最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g .现对A 施加一水平拉力F ，则( )

A ．当F <2μmg 时，A 、

B 都相对地面静止

B ．当F ＝52μmg 时，A 的加速度为13

μg C ．当F >3μmg 时，A 相对B 滑动

D ．无论F 为何值，B 的加速度不会超过12

μg [解析] 当0

μmg 3μmg 时，A 相对B 向右做加速运动，B 相

对地面也向右加速，选项A 错误，选项C 正确．当F ＝52

μmg 时，A 与B 共同的加速度a ＝F －32

μmg 3m ＝13

μg ，选项B 正确．F 较大时，取物块B 为研究对象，物块B 的加速度最大为a 2＝2μmg －32μmg m ＝12

μg ，选项D 正确． [答案] BCD

2．(2017·江西模拟)如图所示，在水平地面上叠放着质量均为M 的A 、B 两块木板，在木板A 的上方放着一个质量为m 的物块C ，木板和物块均处于静止状态．A 、B 、C 之间以及B 与地面之间的动摩擦因数都为μ.若用水平恒力F 向右拉动木板A ，使之从B 、C 之间抽出来，已知重力加速度为g ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．则拉力F 的大小应该满足的条件是( )

A ．F >μ(2m ＋M )g

B ．F >μ(m ＋2M )g

C ．F >2μmg

D ．F >2μ(m ＋M )g

[解析] 要使A 能从B 、C 间抽出来，则A 要相对于B 、C 都滑动，所以A 、C 间与A 、B 间都是滑动摩擦力，对A 有a A ＝F －μmg －μ

M ＋m g M ，对C 有a C ＝μmg m

，B 受到A 对B 的水平向右的滑动摩擦力μ(M ＋m )g 和地面对B 的摩擦力f ，由于f ≤μ(2M ＋m )g ，所以A 刚要从B 、C 间抽出时，B 静止不动，即a A >a C 时，A 能从B 、C 间抽出，得F >2μ(M ＋m )g ，D 对．

[答案] D

3．(2017·广州模拟)如图所示，光滑水平面上放置质量分别为m 、2m 和3m 的三个木块，其中质量为2m 和3m 的木块间用一根不可伸长的轻绳相连，轻绳能承受的最大拉力为F 0；质

量为m 和2m 的木块间的最大静摩擦力为12

F 0.现用水平拉力F 拉质量为3m 的木块，使三个木块一起加速运动，下列说法正确的是( )

A ．质量为2m 的木块受到四个力的作用

B ．当F 逐渐增大到F 0时，轻绳刚好被拉断

C ．在轻绳未被拉断前，当F 逐渐增大时，轻绳上的拉力也随之增大，并且大小总等于F 大小的一半

D ．在轻绳被拉断之前，质量为m 和2m 的木块间已经发生相对滑动

[解析] 质量为2m 的木块受到5个力的作用，重力、拉力、压力、支持力和摩擦力，则选项A 错误；对三者整体，应用牛顿第二定律有F ＝6ma ，对质量为m 和2m 的木块整体，同理有，轻绳拉力T ＝3ma ＝F 2，隔离质量为m 的木块，有f ＝ma ＝F 6

，可知在轻绳未被拉断前，当F 逐渐增大时，轻绳上的拉力也随之增大，并且大小总等于F 大小的一半，则选项C 正确；当F 逐渐增大到F 0时，轻绳拉力T ＝F 02，轻绳没有达到最大拉力不会被拉断，则选项B 错误；

当T 逐渐增大到F 0时，f ＝F 03，质量为m 和2m 的木块间的摩擦力没有达到最大静摩擦力12

F 0，故在轻绳被拉断之前，质量为m 和2m 的木块间不会发生相对滑动，选项D 错误．

[答案] C

4．(多选)(2017·云南昆明质检)如图甲所示，质量m A ＝1 kg ，m B ＝2 kg 的A 、B 两物块叠放在一起静止于粗糙水平地面上．t ＝0时刻，一水平恒力F 作用在物块B 上，t ＝1 s 时刻，撤去F ，B 物块运动的速度—时间图象如图乙所示，若整个过程中A 、B 始终保持相对静止，则( )

A ．物块

B 与地面间的动摩擦因数为0.2

B ．1～3 s 内物块A 不受摩擦力作用

C ．0～1 s 内物块B 对A 的摩擦力大小为4 N

D ．水平恒力的大小为12 N

[解析] 在v －t 图象中图线的斜率大小等于物块运动的加速度大小，则a 1＝4 m/s 2，a 2＝2 m/s 2，对两物块受力分析，由牛顿第二定律可得：F －μ(m A ＋m B )g ＝(m A ＋m B )a 1，μ(m A ＋m B )g ＝(m A ＋m B )a 2，解得：μ＝a 2g

＝0.2，F ＝18 N ，选项A 正确，选项D 错误；1～3 s 内两物块一起运动，物块A 也具有水平向左的加速度，对其受力分析，可知：B 对A 施加了水平向左的静摩擦力，选项B 错误；同理在0～1 s 内物块A 也具有水平向右的加速度，对其受力分析，可知：B 对A 施加了水平向右的静摩擦力，由牛顿第二定律可得：f ＝m A a 1＝4 N ，选项C 正确．

[答案] AC

5．(多选)(2017·云南昆明质检)将A 、B 两物块叠放在一起放到固定斜面上，物块B 与斜面之间的动摩擦因数为μ1，物块A 、B 之间的动摩擦因数为μ2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是( )

A．若μ1＝0，则物体A、B一定不会发生相对滑动

B．若μ1＝0，则物体A、B一定会发生相对滑动

C．若μ1＝μ2，则物体A、B一定会发生相对滑动

D．若μ1＝μ2，则物体A、B一定不会发生相对滑动

[解析] 若物块B与斜面之间的动摩擦因数μ1＝0，则A、B一起沿斜面以共同的加速度下滑，一定不会发生相对滑动，选项A正确，B错误；若μ1＝μ2，A、B一起沿斜面以共同的加速度下滑，一定不会发生相对滑动，选项C错误，D正确．

[答案] AD

6．(多选)(2017·河南开封一模)如图所示，质量为M、长为L的木板置于光滑的水平面上，一质量为m的滑块放置在木板左端，滑块与木板间滑动摩擦力大小为f.现用一水平恒力F作用在滑块上，当滑块运动到木板右端时，木板在地面上移动的距离为s.下列说法正确的是( )

A．上述过程中，滑块克服摩擦力做的功为f(L＋s)

B．其他条件不变的情况下，M越大，s越小

C．其他条件不变的情况下，F越大，滑块到达木板右端所用时间越长

D．其他条件不变的情况下，F越大，滑块与木板间产生的热量越多

[解析] 由功的定义式可知，滑动摩擦力对滑块做功W ＝－f (L ＋s )，所以滑块克服摩擦力做功为f (L ＋s )，A 项正确；分别对滑块和木板受力分析，由牛顿第二定律，有F －f ＝ma 1，f ＝Ma 2，两物体均做初速度为零的匀加速直线运动，且a 1>a 2，速度图象如图所示．阴影面积表示滑块相对木板的最大位移，即木板的长度．M 越大，木板的速度图线斜率越小，滑块速度图线斜率不变，相对位移一定，故滑块到达木板右端所用时间越短，木板的位移s 越小，B 项正确；F 越大，滑块的速度图线斜率越大，木板的速度图线斜率不变，相对位移一定，由图可知滑块到达木板右端时间越短，C 项错误；滑块与木板之间因摩擦产生的热量Q ＝fL ，与其他因素无关，D 项错误．

[答案] AB

7．(2017·郑州质检(二))如图所示，长木板B 的质量为m 2＝1.0 kg ，静止放在粗糙的水平地面上，质量为m 3＝1.0 kg 的物块C (可视为质点)放在长木板的最右端．一个质量为m 1＝0.5 kg 的物块A 从距离长木板B 左侧l ＝9.5 m 处，以速度v 0＝10 m/s 向着长木板运动．一段时间后物块A 与长木板B 发生弹性正碰(时间极短)，之后三者发生相对运动，整个过程物块C 始终在长木板上．已知物块A 及长木板与地面间的动摩擦因数均为μ1＝0.1，物块C 与长木板间的动摩擦因数为μ2＝0.2，物块C 与长木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10 m/s 2，求：

(1)碰后瞬间物块A 和长木板B 的速度；

(2)长木板B 的最小长度和物块A 与长木板左侧的最终距离．

[解析] (1)设物块A 与木板B 碰前的速度为v

由动能定理得－μ1m 1gl ＝12m 1v 2－12

m 1v 20 解得v ＝v 2

0－2μ1gl ＝9 m/s A 与B 发生完全弹性碰撞，假设碰撞后瞬间的速度分别为v 1、v 2，由动量守恒定律得m 1v ＝m 1v 1＋m 2v 2

由机械能守恒定律得12m 1v 2＝12m 1v 21＋12

m 2v 22 联立解得v 1＝m 1－m 2m 1＋m 2v ＝－3 m/s ，v 2＝2m 1m 1＋m 2

v ＝6 m/s (2)之后B 做减速运动，C 做加速运动，B 、C 达到共同速度之前，由牛顿运动定律 对木板B 有－μ1(m 2＋m 3)g －μ2m 3g ＝m 2a 1

对物块C 有μ2m 3g ＝m 3a 2

设从碰撞后到两者达到共同速度经历的时间为t ，v 2＋a 1t ＝a 2t

木板B 的最小长度d ＝v 2t ＋12a 1t 2－12

a 2t 2＝3 m B 、C 达到共同速度之后，因μ1<μ2，二者一起减速至停下，

由牛顿运动定律得－μ1(m 2＋m 3)g ＝(m 2＋m 3)a 3

整个过程B 运动的位移为

x B ＝v 2t ＋12a 1t 2＋0－a 2t 22a 3＝6 m

A 与

B 碰撞后，A 做减速运动的加速度也为a 3，位移为

x A ＝0－v 2

12a 3

＝4.5 m 物块A 与长木板B 左侧的最终距离为x A ＋x B ＝10.5 m

[答案] (1)－3 m/s 6 m (2)3 m 10.5 m

8．如图所示，在光滑水平地面上放置一质量M ＝2 kg 的长木板，木板上表面与固定的竖直弧形轨道相切．一质量m ＝1 kg 的小滑块自A 点沿弧面由静止滑下，A 点距离长木板上表面的高度h ＝0.6 m ，滑块在木板上滑行t ＝1 s 后，和木板以共同速度v ＝1 m/s 匀速运动，取g ＝10 m/s 2.求：

(1)滑块与木板间的摩擦力大小；

(2)滑块沿弧面下滑过程中克服摩擦力做的功；

(3)滑块自A 点沿弧面由静止滑下到与木板共同运动过程中产生的内能．

[解析] (1)滑块在木板上滑行时，对木板，根据牛顿第二定律有

F f ＝Ma 1

由运动学公式得v ＝a 1t

代入数据解得F f ＝2 N.

(2)滑块在木板上滑行时，对滑块，根据牛顿第二定律有

－F f ＝ma 2

设滑块滑上木板时的初速度为v 0，则有v －v 0＝a 2t

代入数据解得v 0＝3 m/s

滑块沿弧面下滑的过程，由动能定理得

mgh ＋W f ＝12

mv 2

解得摩擦力做功W f 为－1.5 J ，所以克服摩擦力做功为1.5 J ，此过程中产生的内能Q 1＝1.5 J.

(3)滑块在木板上滑行，t ＝1 s 时木板的位移为s 1＝12

a 1t 2 此过程中滑块的位移为s 2＝v 0t ＋12

a 2t 2 故滑块相对木板滑行的距离为L ＝s 2－s 1＝1.5 m

所以Q 2＝F f ·L ＝3 J ，则Q ＝Q 1＋Q 2＝4.5 J.

[答案] (1)2 N (2)1.5 J (3)4.5 J

9．如图所示，光滑水平面上有一质量为M ＝2 kg 的足够长木板，木板上最右端有一可视为质点的小物块，其质量为m ＝3 kg ，小物块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.4，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力．开始时小物块与木板均静止，距木板左端L ＝2.4 m 处有一固定在水平面上的竖直弹性挡板P .现对小物块施加一水平向左的拉力F ＝6 N ，使小物块和木板向左运动．若不考虑木板与挡板P 发生碰撞时的能量损失，整个运动过程中小物块始终没有与挡板发生碰撞，重力加速度g 取10 m/s 2.

(1)求木板第一次与挡板P 碰撞前瞬间的速度大小；

(2)求木板从第一次撞击挡板P 到运动至距挡板最远处所需的时间及此时小物块距木板右端的距离；

(3)若木板每次与挡板P 碰撞前小物块均已与木板保持相对静止，试求当木板与小物块均静止时，小物块距木板最右端的距离为多少？

[解析] (1)设木板靠最大静摩擦力或滑动摩擦力产生的加速度大小为a 1，则有a 1＝μmg M

＝6 m/s 2 若木板与小物块间不发生相对滑动，设其共同加速度大小为a 2，则有a 2＝

F M ＋m ＝1.2 m/s 2

因a 1>a 2，故小物块将与木板一起以共同的加速度a 2向左做加速运动 设木板与挡板P 碰撞前瞬间木板与小物块的共同速度大小为v ，则有：v 2

＝2a 2L 代入数据可解得v ＝2.4 m/s.

(2)设木板第一次撞击挡板P 后向右运动时，小物块的加速度大小为a 3，则由牛顿第二

定律可得μmg －F ＝ma 3

代入数据解得a 3＝2 m/s 2，故小物块将以a 3＝2 m/s 2的加速度向左做匀减速直线运动 由于木板撞击挡板P 时无能量损失，故木板向右运动的初速度大小为v 1＝2.4 m/s.由题意可知，此时木板将向右做匀减速直线运动，减速运动的加速度大小为a 1＝6 m/s 2.由于a 1>a 3，所以当木板的速度减为零时，小物块仍在向左运动

设木板第一次撞击挡板P 到运动至距挡板最远处所需要的时间为t ，小物块距木板右端的距离为Δx ，则有t ＝v 1

a 1

＝0.4 s 设此段时间内木板向右运动的距离为x 1，则有x 1＝v 2

12a 1

＝0.48 m 设此段时间内小物块向左运动的距离为x 2，则有x 2＝vt －12

a 3t 2＝0.8 m Δx ＝x 1＋x 2＝1.28 m.

(3)由题意可知，木板最终静止在挡板P 处，小物块最终静止在木板上，设此时小物块距木板最右端的距离为Δx ′，由功能关系可得F (Δx ′＋L )－μmg Δx ′＝0

代入数据可解得Δx ′＝2.4 m.

[答案] (1)2.4 m/s (2)0.4 s 1.28 m (3)2.4 m