2、斜面體視為整體，受力分析可知地面對(duì)斜面體的摩擦力等于m(gsin θ－μgcos θ)cos θ＋Fcos θ，地面受到的壓力為(M＋2m)g－Fsin θ－m(gsin θ－μgcos θ)sin θ，故B、C錯(cuò)誤；B與斜面體的正壓力N＝2mgcos θ，對(duì)B受力分析如圖所示，根據(jù)共點(diǎn)力平衡有：F＝mgsin θ＋μmgcos θ＋f ′，則動(dòng)摩擦因數(shù)μ′＝＝，故D正確。
2．(2019·衡水模擬)如圖甲所示，一長(zhǎng)為2.0 m、質(zhì)量為2 kg的長(zhǎng)木板靜止在粗糙水平面上，有一質(zhì)量為1 kg可視為質(zhì)點(diǎn)的小物塊置于長(zhǎng)木板右端。對(duì)長(zhǎng)木板施加的外力F逐漸增大時(shí)，小物塊所受的摩擦力Ff隨外力F的變化關(guān)
3、系如圖乙所示。現(xiàn)改用F＝22 N的水平外力拉長(zhǎng)木板，取g＝10 m/s2，則小物塊在長(zhǎng)木板上滑行的時(shí)間為( )
A．1 s B．2 s
C. s D. s
解析：選A 由題圖乙知外力較小時(shí)，小物塊和長(zhǎng)木板均靜止，隨著外力的增大二者先一起加速運(yùn)動(dòng)，后來(lái)發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，當(dāng)F>2 N時(shí)二者開始加速，表明長(zhǎng)木板受水平面的滑動(dòng)摩擦力Ff2＝2 N，當(dāng)F>14 N時(shí)小物塊和長(zhǎng)木板開始相對(duì)滑動(dòng)，此時(shí)小物塊受到的摩擦力Ff1＝4 N，小物塊的加速度a1＝4 m/s2。改用F＝22 N的外力水平拉長(zhǎng)木板時(shí)，由牛頓第二定律可得F－Ff1－Ff2＝Ma，由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律知小物塊在長(zhǎng)木板
4、上滑行的時(shí)間滿足at2－a1t2＝L，解得t＝1 s(另一解不符合，舍去)，故選項(xiàng)A正確。
3.(多選)如圖所示，表面粗糙、質(zhì)量M＝2 kg的木板，t＝0時(shí)在水平恒力F的作用下從靜止開始沿水平面向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度a＝2.5 m/s2。t＝0.5 s時(shí)，將一質(zhì)量m＝1 kg的小鐵塊(可視為質(zhì)點(diǎn))無(wú)初速度地放在木板最右端，鐵塊從木板上掉下時(shí)速度是木板速度的一半。已知鐵塊和木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1＝0.1，木板和地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2＝0.25，g＝10 m/s2，則( )
A．水平恒力F的大小為10 N
B．鐵塊放在木板上后，木板的加速度為2 m/s2
C．鐵塊在木板上運(yùn)
5、動(dòng)的時(shí)間為1 s
D．木板的長(zhǎng)度為1.625 m
解析：選AC 木板上未放鐵塊時(shí)，對(duì)木板由牛頓第二定律得F－μ2Mg＝Ma，解得F＝10 N，選項(xiàng)A正確；鐵塊放在木板上后，對(duì)木板有F－μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma′，解得a′＝0.75 m/s2，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；0.5 s時(shí)木板的速度v0＝at1＝1.25 m/s，鐵塊滑離木板時(shí)，木板的速度v1＝v0＋a′t2，鐵塊的速度v′＝a鐵t2＝μ1gt2，由題意知v′＝v1，解得t2＝1 s，選項(xiàng)C正確；鐵塊滑離木板時(shí)，木板的速度v1＝2 m/s，鐵塊的速度v′＝1 m/s，則木板的長(zhǎng)度為L(zhǎng)＝t2－t2＝1.125 m，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。
4.(多選
6、)(2019·衡陽(yáng)模擬)如圖所示，將砝碼置于桌面上的薄紙板上，用水平向右的拉力F將紙板迅速抽出。若砝碼和紙板的質(zhì)量分別為M和m，各接觸面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，砝碼與紙板左端的距離及與桌面右端的距離均為d。下列說法正確的是( )
A．紙板相對(duì)砝碼運(yùn)動(dòng)時(shí)，紙板所受摩擦力的大小為μ(M＋m)g
B．要使紙板相對(duì)砝碼運(yùn)動(dòng)，F(xiàn)一定大于2μ(M＋m)g
C．若砝碼與紙板分離時(shí)的速度小于，砝碼不會(huì)從桌面上掉下
D．當(dāng)F＝μ(2M＋3m)g時(shí)，砝碼恰好到達(dá)桌面邊緣
解析：選BC 對(duì)紙板分析，當(dāng)紙板相對(duì)砝碼運(yùn)動(dòng)時(shí)，所受的摩擦力大小為f2＝μ(M＋m)g＋μMg，故A錯(cuò)誤；紙板相對(duì)砝碼運(yùn)動(dòng)時(shí)，設(shè)砝碼的
7、加速度為a1，紙板的加速度為a2，則有：f1＝Ma1＝μMg，F(xiàn)－f2＝ma2，發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)需要滿足a2>a1，代入已知條件解得：F>2μ(M＋m)g，故B正確；若砝碼與紙板分離時(shí)的速度小于，砝碼勻加速運(yùn)動(dòng)的位移小于＝＝，勻減速運(yùn)動(dòng)的位移小于＝＝，則位移小于d，砝碼不會(huì)從桌面上掉下，故C正確；當(dāng)F＝μ(2M＋3m)g時(shí)，砝碼未脫離紙板時(shí)的加速度a1＝μg，紙板的加速度a2＝＝2μg，根據(jù)a2t2－a1t2＝d，解得t＝，砝碼脫離紙板時(shí)勻加速運(yùn)動(dòng)的位移x′＝a1t2＝d，可知砝碼脫離紙板時(shí)恰好離開桌面，故D錯(cuò)誤。
5．在一塊固定的傾角為θ的木板上疊放質(zhì)量均為m的一本英語(yǔ)詞典和一本漢語(yǔ)詞典，圖甲
8、中英語(yǔ)詞典在上，圖乙中漢語(yǔ)詞典在上，已知圖甲中兩本書一起勻速下滑，圖乙中兩本書一起加速下滑。已知兩本書的封面材料不同，但每本書的上、下兩面材料都相同，近似認(rèn)為滑動(dòng)摩擦力與最大靜摩擦力相等。設(shè)英語(yǔ)詞典和木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1，漢語(yǔ)詞典和木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2，英語(yǔ)詞典和漢語(yǔ)詞典之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ3。下列說法正確的是( )
A．μ1＞μ2
B．μ3＜μ2
C．圖乙中漢語(yǔ)詞典受到的摩擦力大小是μ3mgcos θ
D．圖甲中英語(yǔ)詞典受到的摩擦力大小是μ2mgcos θ
解析：選D 對(duì)題圖甲中兩本詞典整體分析，根據(jù)共點(diǎn)力平衡有2mgsin θ＝μ2·2mgcos θ，對(duì)題圖乙中
9、兩本詞典整體分析，根據(jù)牛頓第二定律得2mgsin θ－μ1·2mgcos θ＝2ma，由兩式可知μ1＜μ2，故A錯(cuò)誤；題圖甲中英語(yǔ)詞典所受靜摩擦力f1＝mgsin θ，因?yàn)?mgsin θ＝μ2·2mgcos θ，所以f1＝μ2mgcos θ，故D正確；而兩本詞典之間的最大靜摩擦力fm＝μ3mgcos θ，由fm≥f1可知μ3≥μ2，故B錯(cuò)誤；題圖乙中a＝gsin θ－μ1gcos θ，對(duì)漢語(yǔ)詞典有mgsin θ－f2＝ma，解得f2＝μ1mgcos θ，故C錯(cuò)誤。
6．如圖甲所示，長(zhǎng)木板B固定在光滑水平面上，可視為質(zhì)點(diǎn)的物體A靜止疊放在B的最左端?，F(xiàn)用F＝6 N 的水平力向右拉物體A，經(jīng)過
10、5 s物體A運(yùn)動(dòng)到B的最右端，物體A的v -t圖像如圖乙所示。已知A、B的質(zhì)量分別為1 kg、4 kg，A、B間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，g取10 m/s2。
(1)求A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)；
(2)若B不固定，求A運(yùn)動(dòng)到B的最右端所用的時(shí)間。
解析：(1)根據(jù)題圖乙可知A的加速度為
aA＝＝ m/s2＝2 m/s2
以A為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律可得
F－μmAg＝mAaA
解得μ＝0.4。
(2)由題圖乙可知木板B的長(zhǎng)度為
l＝×5×10 m＝25 m
若B不固定，則B的加速度為
aB＝＝ m/s2＝1 m/s2
設(shè)A運(yùn)動(dòng)到B的最右端所用的時(shí)間為t，根據(jù)題意
11、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·安徽名校聯(lián)考)質(zhì)量M＝3 kg 的長(zhǎng)木板放在光滑的水平面上，在F＝11 N的水平拉力作用下由靜止開始向右運(yùn)動(dòng)。如圖所示，當(dāng)速度達(dá)到1 m/s時(shí)，將質(zhì)量m＝4 kg的物塊輕輕放到木板的右端。已知物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，物塊可視為質(zhì)點(diǎn)(g＝10 m/s2)。求：
(1)物塊剛放置在木板上時(shí)，物塊和木板的加速度分別為多大；
(2)木板至少多長(zhǎng)物塊才能與木板最終保持相對(duì)靜止；
(3)物塊與木板相對(duì)靜止后，物塊受到的摩擦力大小。
解析：(1)放上
12、物塊后，物塊的加速度
a1＝＝μg＝2 m/s2，
木板的加速度a2＝＝1 m/s2。
(2)當(dāng)物塊、木板速度相等后可保持相對(duì)靜止，故
a1t＝v0＋a2t，解得t＝1 s，
1 s內(nèi)木板的位移x1＝v0t＋a2t2＝1.5 m，
物塊的位移x2＝a1t2＝1 m，
所以木板長(zhǎng)至少為L(zhǎng)＝x1－x2＝0.5 m。
(3)相對(duì)靜止后，對(duì)物塊、木板整體有F＝(M＋m)a，
對(duì)物塊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·合肥模擬)如圖所示，一長(zhǎng)L＝2 m、質(zhì)量M＝4 kg的薄木板(厚度不計(jì))
13、靜止在粗糙的水平臺(tái)面上，其右端距平臺(tái)邊緣l＝5 m，木板的正中央放有一質(zhì)量為m＝1 kg的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))。已知木板與水平臺(tái)面、物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ1＝0.4，現(xiàn)對(duì)木板施加一水平向右的恒力F，其大小為48 N，g取10 m/s2，求：
(1)F作用了1.2 s時(shí)，木板的右端離平臺(tái)邊緣的距離；
(2)要使物塊最終不能從平臺(tái)上滑出去，則物塊與平臺(tái)間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2應(yīng)滿足的條件。
解析：(1)假設(shè)開始時(shí)物塊與木板會(huì)相對(duì)滑動(dòng)，由牛頓第二定律，對(duì)木板有：F－μ1(M＋m)g－μ1mg＝Ma1，
解得：a1＝6 m/s2。
對(duì)物塊有：μ1mg＝ma2，
解得：a2＝4 m/s
14、2。
因?yàn)閍2
15、1′＝1.36 m
此時(shí)木板距平臺(tái)邊緣的距離為：
Δx＝l－x1－x1′＝(5－3－1.36)m＝0.64 m。
(2)物塊滑至平臺(tái)后，做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律，
對(duì)物塊有：μ2mg＝ma2′
解得：a2′＝μ2g
若物塊在平臺(tái)上速度減為0，則通過的位移為：x2′＝
要使物塊最終不會(huì)從平臺(tái)上掉下去需滿足：
l＋≥x2＋x2′，聯(lián)立解得：μ2≥0.2。
答案：(1)0.64 m (2)μ2≥0.2
9．(2019·珠海模擬)如圖甲所示，水平面以O(shè)點(diǎn)為界，左側(cè)光滑、右側(cè)粗糙。足夠長(zhǎng)的木板A左端恰在O點(diǎn)，右端疊放著物塊B。物塊C和D間夾著一根被壓縮的輕彈簧，并用細(xì)線鎖定，
16、兩者以共同速度v0＝6 m/s向右運(yùn)動(dòng)，在C到達(dá)O之前突然燒斷細(xì)線，C和彈簧分離后，某時(shí)刻與A碰撞并粘連(碰撞時(shí)間極短)。此后，A、C及B的速度—時(shí)間圖像如圖乙所示，已知A、B、C、D的質(zhì)量均相等，且A、C與粗糙水平面的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)A與B間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1及A與粗糙水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2；
(2)最終B離A右端的距離。
解析：(1)C與A碰撞后，由題圖乙知A、C的加速度為
a1＝＝－5 m/s2，
B的加速度為a2＝＝1 m/s2，
對(duì)B受力分析，由牛頓第二定律可得μ1mg＝ma2，
解得μ1＝0.1
17、，
對(duì)A、C組成的系統(tǒng)，由牛頓第二定律可得
－μ1mg－μ2·3mg＝2ma1，
解得μ2＝0.3。
(2)由題圖乙可知，A、B、C達(dá)到共同速度前A、C前進(jìn)的位移為xA＝×(1＋6)×1 m＝3.5 m，
B前進(jìn)的位移為xB＝×1×1 m＝0.5 m，
達(dá)到共同速度v＝1 m/s后，B的加速度大小為
a′＝＝1 m/s2，方向向左，
A、C的加速度大小為a″＝＝4 m/s2，方向向左，
故B減速到零時(shí)前進(jìn)的位移為xB′＝＝0.5 m，
A、C前進(jìn)的位移為xA′＝＝0.125 m，
故最終B離A右端的距離為
Δx＝xA－xB＋xA′－xB′＝2.625 m。
答案：(1)0.1 0.3 (2)2.625 m
（通用版）2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時(shí)檢測(cè)（十七）動(dòng)力學(xué)模型之一—— 滑塊滑板（題型研究課）（含解析）
