专题20 滑块-滑板模型-2021高考物理一轮复习热点专题精炼与单元测评(解析版)

专题20 滑板-滑块模型一、单选题1.（2020·四川省高三三模）如图所示，质量均为M 的物块A 、B 叠放在光滑水平桌面上，质量为m 的物块C 用跨过轻质光滑定滑轮的轻绳与B 连接，且轻绳与桌面平行，A 、B 之间的动摩擦因数为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g ，下列说法正确的是（ ）A.若物块A 、B 未发生相对滑动，物块A 受到的摩擦力为2f MmgF M m=+B.要使物块A 、B 发生相对滑动，应满足关系1Mm μμ>- C.若物块A 、B 未发生相对滑动，轻绳拉力的大小为mgD.若物块A 、B 未发生相对滑动时，轻绳对定滑轮的作用力为22MmgF M m=+【答案】A【解析】A .若物块A 、B 未发生相对滑动，A 、B 、C 三者加速的大小相等，由牛顿第二定律得()2mg M m a =+对A ，由牛顿第二定律得f F Ma =解得2f MmgF M m=+，故A 正确；B .当A 、B 发生相对滑动时，A 所受的静摩擦力达到最大，根据牛顿第二定律有Mg Ma μ=解得a g μ=以A 、B 、C 系统为研究对象，由牛顿第二定律得()2mg M m a =+解得21Mm μμ=- 故要使物块A 、B 之间发生相对滑动，则21Mm μμ>-，故B 错误；C .若物块A 、B 未发生相对滑动，设轻绳拉力的大小为F ，对C 受力分析，根据牛顿第二定律有mg F ma -=解得F mg ma mg =-<，故C 错误；D .若物块A 、B 未发生相对滑动时，由A 可知，此时的加速度为2f mgMmF a M ==+对C 受力分析，根据牛顿第二定律有mg F ma -=解得22MmgF M m=+根据力的合成法则，可得轻绳对定滑轮的作用力2222+=MmgN F F =故D 错误。

2.（2020·河北省唐山一中高一期中）如图，质量为M 且足够长的倾角为θ的斜面体C 始终静止在水平面上，一质量为m 的长方形木板A 上表面光滑，木板A 获得初速度v 0后恰好能沿斜面匀速下滑，当木板A 匀速下滑时将一质量也为m 的滑块B 轻轻放在木板上，滑块B 在木板A 上下滑的过程中，下列说法正确的是（ ）A.A 与B 组成的系统在沿斜面的方向上动量不守恒B.A 的加速度大小为2g sin θC.A 的速度为012v 时B 的速度也是012v D.水平面对斜面体有向右的摩擦力 【答案】C【解析】A .因木板A 获得初速度v 0后恰好能沿斜面匀速下滑，即沿斜面方向受合力为零，可知sin cos mg mg θμθ=当放上木块B 后，对AB 系统沿斜面方向仍满足2sin 2cos mg mg θμθ=⋅可知系统沿斜面方向受到的合外力为零，则系统沿斜面方向动量守恒，选项A 错误； B .A 的加速度大小为sin 2cos sin A mg mg a g mθμθθ-⋅==-选项B 错误；C .由系统沿斜面方向动量守恒可知012v mv mmv =+ 解得12v v =选项C 正确；D .斜面体受到木板A 垂直斜面向下的正压力大小为2cos mg θ，A 对斜面体向下的摩擦力大小为2cos =2sin mg mg μθθ⋅，这两个力的合力竖直向下，可知斜面体水平方向受力为零，即水平面对斜面体没有摩擦力作用，选项D 错误。

3.（2020·四川省宜宾市第四中学校高二期末）如图所示，甲叠放在物体乙上，22m m m ==乙甲，甲、乙之间以及与地面之间的动摩擦因数均为μ，一水平外力F 向右拉乙，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g ，下列说法正确的是（ ）A.要使甲、乙一起运动，则F 最大值为4mg μB.要使甲、乙一起运动，则F 最大值为5mg μC.若5F mg μ=，则甲的加速度为g μD.若甲、乙一起向右匀速直线运动，F 方向可变，0.5μ=，则F 35【答案】D【解析】AB. 要使甲、乙一起运动，甲的最大静摩擦力提供甲的最大加速度。

对整体受力分析，根据牛顿第二定律可知：33F mg ma μ-=对甲进行受力分析有：m g m a μ=甲甲解得要使甲、乙一起运动，则F 最大值为6F mg μ=选项AB 错误；C.若56F mg mg μμ=＜，则甲乙一起加速运动，整体根据牛顿第二定律可知：33F mg ma μ-=解得：23a g μ=选项C 错误；D.若甲、乙一起向右匀速直线运动，F 方向可变，设力F 与水平方向的夹角为θ，则有：30Fcos mg Fsin θμθ--=（）解得：332mg mg F cos sin sin cos μθμθθθ=++＝＝其中tan 2φ＝当分母最大即()1sin θφ+=时，拉力最小，最小为：F =选项D 正确。

故选D 。

二、多选题4.（2020·江西省南昌二中高一月考）如图甲所示，长木板A 放在光滑的水平面上，质量为2kg m =的另一物体B （可视为质点）以水平速度02m/s v =滑上原来静止的长木板A 的上表面，由于A 、B 间存在摩擦，之后A 、B 速度随时间变化情况如图乙所示，已知当地的重力加速度210m/s g =。

则下列说法正确的是（ ）A.木板获得的动能为2JB.系统损失的机械能为2JC.木板A 的最短长度为1mD.A 、B 间的动摩擦因数为0.1 【答案】BCD【解析】A .从图可以看出，B 做匀减速运动，A 做匀加速运动，最后的共同速度为1m/s ，由2kA 12E mv =可得木板A 的获得的动能为1J ，选项A 错误； B .系统损失的机械能22011222E mv mv ∆=-⋅代入数据得2J E ∆=选项B 正确；C .由图象可知物体B 的位移为1.5m ，木板A 的位移为0.5m ，所以木板最小长度为物体和木板的相对位移，即为1m ，选项C 正确；D .由图象可知木板A 的加速度为1m/s 2，根据B A A m g m a μ=其中A B 2kg m m ==得出动摩擦因数为0.1，选项D 正确。

故选BCD 。

5.（2018·云南省高二期末）水平地面上木板B 的上面有滑块A ，如图所示。

已知A 的质量为m ，B 的质量为M ，A 、B 之间，B 与地面之间的动摩擦因数均为μ，当A 获得水平向左的初速度，开始在木板上向左滑动时，下列说法正确的是（ ）A.木板有可能同时向左运动B.木板肯定不会动C.木板受地面摩擦力与其重力无关D.只有μ=0时，木板才会向左滑动 【答案】BC【解析】AB .滑块A 向左滑动时，受到木板B 对它向右的摩擦力，大小为1f mg μ=由牛顿第三定律，滑块A 对木板B 有向左的摩擦力，大小为21f f mg μ==此时，又因为地面对木板B 有向左的摩擦力，大小为()3f m M g μ=+因为32f f > ，木板肯定不会动，A 错误，B 正确；C .因为木板B 不动，受到的摩擦力为静摩擦力，与其重力无关，C 正确；D .当32f f <，木板就会向左滑动，可求得地面与木板的摩擦因素mm Mμμ'<+D 错误。

6.（2020·衡水市第十三中学高一月考）如图所示，质量为M =4kg 的木板静止在光滑水平面上，一个质量为m =1kg 的小滑块以初速度v 0=5m/s 从木板的左端向右滑上木板，小滑块始终未离开木板。

则下面说法正确是（ ）A.从开始到小滑块与木板相对静止这段时间内,小滑块和木板的加速度大小之比为1:4B..整个过程中因摩擦产生的热量为10JC.可以求出木板的最小长度是3.5mD.从开始到小滑块与木板相对静止这段时间内，小滑块与木板的位移之比是6:1【答案】BD【解析】A.滑块在水平方向只受到摩擦力的作用，由牛顿第二定律可得：，地面光滑，可知M在水平方向也只受到m对M的摩擦力，由牛顿第二_定律可得：，其中μ是二者之间的动摩擦因数，即：，故A错误；B.水平面光滑，则滑块和木板组成的系统所受的合外力为零，两者水平方向动量守恒，滑块相对木板静止时，取向右为正方向，根据动量守恒定律得：，解得：v= 1m/s。

根据能量守恒定律得，整个辻程中因摩擦产生的内能：，故B正确；C.设木板的最小长度为L，則有，但由于不知道动摩擦因数，不能求出木板的最小长度，故C错误；D.从开始到滑块与木板相対静止込段吋向内，滑快与木板的位移之比是：，故D正确。

7.（2020·眉山市东坡区多悦高级中学校高三月考）如图所示，某时刻长木板以4m/s的初速度水平向左运动，可视为质点的小物块以4m/s的初速度水平向右滑上长木板.已知小物块的质量为m=0.1kg,长木板的质量为M=1.5kg,长木板与地面之间的动摩擦因数为μ1=0.1,小物块与长木板之间的动摩擦因数为μ2=0.4,重力加速度大小为g=10m/s2,最终小物块未滑离长木板，下列说法正确的是( )A.小物块向右减速为零时，长术板的速度为1.3m/sB.小物块与长木板相对静止时，速度为2m/sC.长木板的最短长度为6mD.当小物块与长木板一起运动时，小物块不受摩擦力作用【答案】BC【解析】A 、根据牛顿第二定律对长木板有：122()m M g mg Ma μμ-+-=，可得224m/s 3a =-，小物块的加速度2124m/s a g μ=-=-，小物块速度减小到0经历时间为t 1=1s ，此时木板向左的位移为21121110m 23x vt a t =+=，木板的速度1218m/s 3v v a t =+=，故A 错误；B 、小物块向右运动的位移为2102m 2v x t +==，此后，小物块开始向左加速，加速度大小为234m/s a =，木块继续减速，加速度仍为224m/s 3a =-，假设又经历2t 时间二者速度相等，则有32122a t v a t =+，解得20.5s t =，此过程木板位移23122217m 26x v t a t =+=，速度31222m/s v v a t =+=，故B 正确；C 、小物块的位移243210.5m 2x a t ==，二者的相对位移为1234()()6m x x x x x ∆=++-=，所以木板最小的长度为6m ，故C 正确；D 、此后木块和木板一起匀减速运动，因此小物块要受到水平向右的静摩擦力，故D 错误；8.（2020·安徽省舒城中学高三其他）如图甲所示，可视为质点的质量m 1=1kg 的小物块放在质量m 2=2kg 的木板正中央位置，木板静止在水平地面上，连接物块的轻质细绳伸直且与水平方向的夹角为37°。

现对木板施加水平向左的拉力F =18N ，木板运动的v -t 图象如图乙所示，sin37°=0.6，g 取10m/s 2，则（ ）A.木板的长度为2mB.木板的长度为1mC.木板与地面间的动摩擦因数为0.5D.物块与木板间的动摩擦因数为819【答案】ACD【解析】AB .从题图乙可知，木板运动2s 离开小物块，在02s 内，由图象可知21m 1m 2x ⨯== 所以木板的长度22m L x ==故A 正确，B 错误；C .设木板与地面间的动摩擦因数为2μ，物块与木板间的动摩擦因数1μ，在23s 内，由图象可得长木板的加速度224m/s va t∆==∆ 由牛顿第二定律得2222F m g m a μ-=解得20.5μ=故C 正确； D .在02s 内，对小物块进行受力分析，竖直方向N 1sin 37F T m g +︒=水平方向1cos37T f ︒=又知11N f F μ=长木板的加速度210.5m/s v a t '∆=='∆ 对木板进行受力分析，结合牛顿第二定律得()122N 21F f m g F m a μ''--+=由牛顿第三定律得11f f '= N N F F ='联立上述式子解得1819μ=故D 正确。