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第三章微专题24　“滑块－木板”模型问题_2024-2026高三（6-6月题库）_2024年08月试卷_08272025版高考物理步步高《加练半小时》_2025版物理步步高《加练半小时》

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微专题 24 “滑块－木板”模型问题 1．滑块—木板同速后能否一起运动的判断：先假设能一起运动，对整体分析求出共同加速 度a 。再分析仅靠摩擦力带动的物体，此物体的最大加速度 a ＝。若a ≥a ，则两物体 共 m m 共 以后一起运动，若a μ 2 1 D．在0～t 时间段物块与木板加速度相等 2 答案 BCD 解析 由题图(c)可知，t 时刻物块、木板一起刚要在水平地面滑动，物块与木板相对静止， 1 此时以整体为研究对象有F＝μ(m＋m)g，故A错误； 1 1 1 2 由题图(c)可知，t 时刻物块与木板刚要发生相对滑动，以整体为研究对象， 根据牛顿第二 2 定律， 有F－μ(m＋m)g＝(m＋m)a 2 1 1 2 1 2 以木板为研究对象，根据牛顿第二定律， 有μmg－μ(m＋m)g＝ma>0 2 2 1 1 2 1 解得F＝(μ－μ)g 2 2 1 μ>μ，故B、C正确； 2 1 由题图(c)可知，0～t 时间段物块与木板相对静止，所以有相同的加速度，故D正确。 2 4．(多选)如图所示，在桌面上有一块质量为m 的薄木板，薄木板上放置一质量为m 的物块， 1 2 关注公众号《黑洞视角》获取更多资料现对薄木板施加一水平恒力，使得薄木板能被抽出而物块也不会滑出桌面。物块与薄木板、 薄木板与桌面间的动摩擦因数均为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，则 下列说法正确的是( ) A．物块在薄木板上滑动的时间和在桌面上滑动的时间相等 B．拉力越大，物块刚离开薄木板时的速度越大 C．薄木板对物块的摩擦力方向与拉力方向相同 D．拉力的最小值为μ(2m＋m)g 1 2 答案 AC 解析 物块在薄木板上相对滑动过程，从静止加速至速度 v时离开木板，加速度大小为 μg，物块在桌面上滑动的过程，受桌面滑动摩擦力作用，加速度大小为μg，从速度v减速 至静止，由对称性可知，物块在薄木板上滑动的时间和在桌面上滑动的时间相等，A正确； 拉力越大，物块在薄木板上滑行时间越短，由v＝μgt可知，物块刚离开薄木板时的速度v 越小，B错误；物块在薄木板上滑行过程，相对木板向左运动，故受到的滑动摩擦力向右， 与拉力方向相同，C正确；物块加速过程的加速度为μg，薄木板的临界加速度为μg，整体 由牛顿第二定律可得F－μ(m ＋m)g＝(m ＋m)μg，解得F＝2μ(m ＋m)g，为使薄木板能抽 1 2 1 2 1 2 出，故拉力的最小值应大于2μ(m＋m)g，D错误。 1 2 5．(多选)(2023·江苏扬州市阶段练习)如图甲所示，光滑斜面下端有固定挡板A，斜面上叠 放着小物块B和木板C、木板下端位于挡板A处，整体处于静止状态，木板C受到逐渐增 大的沿斜面向上的拉力F作用时，木板C的加速度a与拉力F的关系图像如图乙所示，已知 最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g＝10 m/s2，则由a－F图像可知( ) A．10 N15 N时，物块B和木板C相对滑动 C．能求出木板C的质量 D．能求出木板和物块间的动摩擦因数 答案 BD 解析 由题图乙可知，当10 N15 N时木板的 加速度变大，可知此时物块B和木板C发生了相对滑动，选项A错误，B正确；对木板和 物块整体，当F ＝10 N时刚要产生加速度a＝0，则F ＝(M＋m)gsin θ，当F ＝15 N时木板 1 1 2 关注公众号《黑洞视角》获取更多资料与物块刚要相对滑动，a＝2.5 m/s2，则F －(M＋m)gsin θ＝(M＋m)a，联立方程可得M＋m 2 ＝2 kg，θ＝30°，但是不能求得木板C的质量，选项C错误；当F ＝15 N时，a＝2.5 m/s2， 2 此时物块和木板刚开始发生相对滑动，物块和木板之间的摩擦力达到最大，则对物块有 μmgcos θ－mgsin θ＝ma，联立方程可得μ＝，选项D正确。 6. (多选)(2024·重庆市巴蜀中学月考)如图所示，有一倾角θ为37°、下端固定一弹性挡板的 光滑斜面，挡板与斜面垂直。一长木板质量为M，其下端距挡板的距离为L、上端放有一质 量为m的小物块，长木板由静止自由下滑，与挡板每次发生碰撞后均以原速率弹回，且每 次碰撞的时间极短，小物块和木板的运动始终与斜面平行。已知 m∶M＝1∶2，长木板上表 面与小物块之间的动摩擦因数为μ＝0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取sin 37°＝0.6， cos 37°＝0.8，重力加速度为g，不计空气阻力。则下列说法正确的有( ) A．长木板第一次与挡板碰撞后的瞬间，小物块的加速度大小为0.2g B．长木板第一次与挡板碰撞后的瞬间，长木板的加速度大小为0.8g C．若长木板的长度为10L，则第三次碰撞前小物块已从长木板上滑落 D．若长木板的长度为10L，则第三次碰撞前小物块仍没有从长木板上滑落 答案 ABD 解析 长木板第一次与挡板碰撞后的瞬间，对木板，有 Mgsin θ＋μmgcos θ＝Ma ，a ＝ 1 1 0.8g。对物块，有mgsin θ－μmgcos θ＝ma ，a ＝0.2g，选项A、B正确；木板从开始下滑 2 2 到与挡板第一次碰撞v2＝2gLsin θ，v2＝1.2gL，碰后木板与挡板往复碰撞，加速度不变， 0 0 相邻两次碰撞的时间为t＝＝。若木板足够长，物块一直向下加速，加速度不变，则木板第 一次与挡板碰撞到第二次碰撞的过程，两者相对位移 x＝vt＋at2＝，物块的速度为v＝v＋ 1 0 2 0 0.2gt＝1.5v 。木板第二次与挡板碰撞到第三次碰撞的过程，两者相对位移 x ＝1.5vt＋at2 0 2 0 2 ＝，则第三次碰前，两者的相对位移为x ＋x ＝＝9L。木板长10L，故第三次碰撞前小物块 1 2 仍没有从长木板上滑落，故C错误，D正确。 7. 如图所示，倾角为θ＝37°的斜面固定在地面上，斜面光滑且足够长。其上有一质量为 M ＝1 kg、长L＝6 m的木板，木板厚度不计。在木板的左端有一个可以看作质点的质量为 m ＝2 kg的木块，木块与木板之间的动摩擦因数μ＝0.5。开始时二者都静止，现用平行于斜面 向上的恒力F＝30 N拉木块，取重力加速度g＝10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求： (1)经过多长时间木块从木板右端滑落。 (2)当木板相对斜面速度为零时，木板右端与木块之间的距离。 关注公众号《黑洞视角》获取更多资料答案 (1)2 s (2) m 解析 (1)假设木板与木块发生相对滑动，对木块由牛顿第二定律得 F－mgsin θ－μmgcos θ ＝ma 1 解得a＝5 m/s2 1 对木板由牛顿第二定律得μmgcos θ－Mgsin θ＝Ma 2 解得a＝2 m/s2，a>a，假设成立。 2 1 2 木块从木板右端滑落时，木块的位移比木板的位移大L，则at2－at2＝L 1 2 解得t＝2 s (2)木块从木板右端滑落时，木块的速度为v＝at＝10 m/s 1 1 木板的速度为v＝at＝4 m/s 2 2 木块从木板右端滑落后，木板运动的加速度a′＝gsin θ＝6 m/s2 2 木块运动的加速度a′＝＝9 m/s2 1 木板从此时到相对斜面速度为零运动的时间为t′＝＝ s 关注公众号《黑洞视角》获取更多资料这段时间木块运动的位移为x＝vt′＋a′t′2＝10× m＋×9×()2 m＝ m 1 1 1 木板的位移x＝＝ m＝ m 2 木板右端与木块之间距离Δx＝x－x＝ m。 1 2 关注公众号《黑洞视角》获取更多资料
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