【物理】2020届一轮复习人教版第三章动力学模型之一——滑块滑板作业
(十七) 动力学模型之一—— 滑块滑板 作业
1.如图所示，一质量为M的斜面体静止在水平地面上，物体A放在物体B上，B受沿斜面向上的力F作用，沿斜面匀速上滑，A、B之间的动摩擦因数为μ，μ
2 N时二者开始加速，表明长木板受水平面的滑动摩擦力Ff2＝2 N，当F>14 N时小物块和长木板开始相对滑动，此时小物块受到的摩擦力Ff1＝4 N，小物块的加速度a1＝4 m/s2。改用F＝22 N的外力水平拉长木板时，由牛顿第二定律可得F－Ff1－Ff2＝Ma，由运动学规律知小物块在长木板上滑行的时间满足at2－a1t2＝L，解得t＝1 s(另一解不符合，舍去)，故选项A正确。
3.(多选)如图所示，表面粗糙、质量M＝2 kg的木板，t＝0时在水平恒力F的作用下从静止开始沿水平面向右做匀加速直线运动，加速度a＝2.5 m/s2。t＝0.5 s时，将一质量m＝1 kg的小铁块(可视为质点)无初速度地放在木板最右端，铁块从木板上掉下时速度是木板速度的一半。已知铁块和木板之间的动摩擦因数μ1＝0.1，木板和地面之间的动摩擦因数μ2＝0.25，g＝10 m/s2，则( )
A．水平恒力F的大小为10 N
B．铁块放在木板上后，木板的加速度为2 m/s2
C．铁块在木板上运动的时间为1 s
D．木板的长度为1.625 m
解析：选AC 木板上未放铁块时，对木板由牛顿第二定律得F－μ2Mg＝Ma，解得F＝10 N，选项A正确；铁块放在木板上后，对木板有F－μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma′，解得a′＝0.75 m/s2，选项B错误；0.5 s时木板的速度v0＝at1＝1.25 m/s，铁块滑离木板时，木板的速度v1＝v0＋a′t2，铁块的速度v′＝a铁t2＝μ1gt2，由题意知v′＝v1，解得t2＝1 s，选项C正确；铁块滑离木板时，木板的速度v1＝2 m/s，铁块的速度v′＝1 m/s，则木板的长度为L＝t2－t2＝1.125 m，选项D错误。
4.(多选)(2019·衡阳模拟)如图所示，将砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力F将纸板迅速抽出。若砝码和纸板的质量分别为M和m，各接触面间的动摩擦因数均为μ，砝码与纸板左端的距离及与桌面右端的距离均为d。下列说法正确的是( )
A．纸板相对砝码运动时，纸板所受摩擦力的大小为μ(M＋m)g
B．要使纸板相对砝码运动，F一定大于2μ(M＋m)g
C．若砝码与纸板分离时的速度小于，砝码不会从桌面上掉下
D．当F＝μ(2M＋3m)g时，砝码恰好到达桌面边缘
解析：选BC 对纸板分析，当纸板相对砝码运动时，所受的摩擦力大小为f2＝μ(M＋m)g＋μMg，故A错误；纸板相对砝码运动时，设砝码的加速度为a1，纸板的加速度为a2，则有：f1＝Ma1＝μMg，F－f2＝ma2，发生相对运动需要满足a2>a1，代入已知条件解得：F>2μ(M＋m)g，故B正确；若砝码与纸板分离时的速度小于，砝码匀加速运动的位移小于＝＝，匀减速运动的位移小于＝＝，则位移小于d，砝码不会从桌面上掉下，故C正确；当F＝μ(2M＋3m)g时，砝码未脱离纸板时的加速度a1＝μg，纸板的加速度a2＝＝2μg，根据a2t2－a1t2＝d，解得t＝，砝码脱离纸板时匀加速运动的位移x′＝a
1t2＝d，可知砝码脱离纸板时恰好离开桌面，故D错误。
5．在一块固定的倾角为θ的木板上叠放质量均为m的一本英语词典和一本汉语词典，图甲中英语词典在上，图乙中汉语词典在上，已知图甲中两本书一起匀速下滑，图乙中两本书一起加速下滑。已知两本书的封面材料不同，但每本书的上、下两面材料都相同，近似认为滑动摩擦力与最大静摩擦力相等。设英语词典和木板之间的动摩擦因数为μ1，汉语词典和木板之间的动摩擦因数为μ2，英语词典和汉语词典之间的动摩擦因数为μ3。下列说法正确的是( )
A．μ1＞μ2
B．μ3＜μ2
C．图乙中汉语词典受到的摩擦力大小是μ3mgcos θ
D．图甲中英语词典受到的摩擦力大小是μ2mgcos θ
解析：选D 对题图甲中两本词典整体分析，根据共点力平衡有2mgsin θ＝μ2·2mgcos θ，对题图乙中两本词典整体分析，根据牛顿第二定律得2mgsin θ－μ1·2mgcos θ＝2ma，由两式可知μ1＜μ2，故A错误；题图甲中英语词典所受静摩擦力f1＝mgsin θ，因为2mgsin θ＝μ2·2mgcos θ，所以f1＝μ2mgcos θ，故D正确；而两本词典之间的最大静摩擦力fm＝μ3mgcos θ，由fm≥f1可知μ3≥μ2，故B错误；题图乙中a＝gsin θ－μ1gcos θ，对汉语词典有mgsin θ－f2＝ma，解得f2＝μ1mgcos θ，故C错误。
6．如图甲所示，长木板B固定在光滑水平面上，可视为质点的物体A静止叠放在B的最左端。现用F＝6 N 的水平力向右拉物体A，经过5 s物体A运动到B的最右端，物体A的v t图像如图乙所示。已知A、B的质量分别为1 kg、4 kg，A、B间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2。
(1)求A、B间的动摩擦因数；
(2)若B不固定，求A运动到B的最右端所用的时间。
解析：(1)根据题图乙可知A的加速度为
aA＝＝ m/s2＝2 m/s2
以A为研究对象，根据牛顿第二定律可得
F－μmAg＝mAaA
解得μ＝0.4。
(2)由题图乙可知木板B的长度为
l＝×5×10 m＝25 m
若B不固定，则B的加速度为
aB＝＝ m/s2＝1 m/s2
设A运动到B的最右端所用的时间为t，根据题意可得
aAt2－aBt2＝l
解得t≈7.07 s(另一解不符合，舍去)。
答案：(1)0.4 (2)7.07 s
7.(2019·安徽名校联考)质量M＝3 kg 的长木板放在光滑的水平面上，在F＝11 N的水平拉力作用下由静止开始向右运动。如图所示，当速度达到1 m/s时，将质量m＝4 kg的物块轻轻放到木板的右端。已知物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，物块可视为质点(g＝10 m/s2)。求：
(1)物块刚放置在木板上时，物块和木板的加速度分别为多大；
(2)木板至少多长物块才能与木板最终保持相对静止；
(3)物块与木板相对静止后，物块受到的摩擦力大小。
解析：(1)放上物块后，物块的加速度
a1＝＝μg＝2 m/s2，
木板的加速度a2＝＝1 m/s2。
(2)当物块、木板速度相等后可保持相对静止，故
a1t＝v0＋a2t，解得t＝1 s，
1 s内木板的位移x1＝v0t＋a2t2＝1.5 m，
物块的位移x2＝a1t2＝1 m，
所以木板长至少为L＝x1－x2＝0.5 m。
(3)相对静止后，对物块、木板整体有F＝(M＋m)a，
对物块f＝ma，故f＝m≈6.29 N。
答案：(1)2 m/s2 1 m/s2 (2)0.5 m (3)6.29 N
8．(2019·合肥模拟)如图所示，一长L＝2 m、质量M＝4 kg
的薄木板(厚度不计)静止在粗糙的水平台面上，其右端距平台边缘l＝5 m，木板的正中央放有一质量为m＝1 kg的小物块(可视为质点)。已知木板与水平台面、物块与木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.4，现对木板施加一水平向右的恒力F，其大小为48 N，g取10 m/s2，求：
(1)F作用了1.2 s时，木板的右端离平台边缘的距离；
(2)要使物块最终不能从平台上滑出去，则物块与平台间的动摩擦因数μ2应满足的条件。
解析：(1)假设开始时物块与木板会相对滑动，由牛顿第二定律，对木板有：F－μ1(M＋m)g－μ1mg＝Ma1，
解得：a1＝6 m/s2。
对物块有：μ1mg＝ma2，
解得：a2＝4 m/s2。
因为a2
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