专题9 滑块—滑板模型

设木板的质量为 $ M $ ,物块的质量为 $ m $ ,木板的长为 $ L $ ,绳中拉力大小为 $ T $ ,对物块受力分析,由牛顿第二定律可得 $ F-\mu mg-T=ma $ ,对木板受力分析,由牛顿第二定律可得 $ T-\mu mg=Ma $ ,联立解得 $ a=\dfrac{F-2\mu mg}{M+m}=2\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ ,选取向右的方向为正方向,根据运动学公式可得,物块的位移 $ {x}_{1}=\dfrac{1}{2}a{t}^{2} $ ,木板的位移 $ {x}_{2}=-\dfrac{1}{2}a{t}^{2} $ ,有 $ {x}_{1}-{x}_{2}=L $ ,联立解得 $ t=1\mathrm{s} $ , $ \mathrm{B} $ 正确.

由题图乙可知,在 $ t=4\mathrm{s} $ 时撤去力 $ F $ ,此时长木板 $ P $ 的速度为 $ {v}_{1}=3\mathrm{m}/\mathrm{s} $ , $ t=5\mathrm{s} $ 时两者速度均为 $ {v}_{2}=2\mathrm{m}/\mathrm{s} $ , $ 0\mathrm{～}5\mathrm{s} $ 内,小滑块 $ Q $ 的加速度大小为 $ {a}_{1}=0.4\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ ,由牛顿第二定律有 $ {\mu }_{1}mg=m{a}_{1} $ ,解得 $ {\mu }_{1}=0.04 $ , $ 4\mathrm{～}5\mathrm{s} $ 内,长木板 $ P $ 的加速度大小为 $ a{\prime }_{1}=1\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ ,由牛顿第二定律有 $ {\mu }_{1}mg+{\mu }_{2}(m+m)g=ma{\prime }_{1} $ ,解得 $ {\mu }_{2}=0.03 $ , $ \mathrm{A} $ 错误； $ 0\mathrm{～}4\mathrm{s} $ 内,长木板 $ P $ 的加速度大小为 $ {a}_{2}=0.75\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ ,由牛顿第二定律有 $ F-{\mu }_{1}mg-{\mu }_{2}(m+m)g=m{a}_{2} $ ,解得 $ F=1.75\mathrm{N} $ , $ \mathrm{B} $ 正确；因 $ {\mu }_{1} > {\mu }_{2} $ ,故 $ 5\mathrm{s} $ 后小滑块 $ Q $ 和长木板 $ P $ 相对静止,对整体受力分析,由牛顿第二定律有 $ {\mu }_{2}(m+m)g=(m+m){a}_{3} $ ,解得 $ {a}_{3}=0.3\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ , $ \mathrm{C} $ 错误； $ 0\mathrm{～}5\mathrm{s} $ 内,小滑块 $ Q $ 的位移大小为 $ {x}_{1}=\dfrac{1}{2}×5×2\mathrm{m}=5\mathrm{m} $ ,长木板 $ P $ 的位移大小为 $ {x}_{2}=\dfrac{1}{2}×3×4\mathrm{m}+\dfrac{1}{2}×(3+2)×1\mathrm{m}=8.5\mathrm{m} $ ,小滑块 $ Q $ 始终没有从长木板 $ P $ 上滑下,故长木板 $ P $ 的长度至少为 $ \mathrm{\Delta }x={x}_{2}-{x}_{1}=3.5\mathrm{m} $ , $ \mathrm{D} $ 正确.

（1） 由题图乙知,当外力 $ {F}_{1}=8\mathrm{N} $ 时,对整体有 $ {F}_{1}={f}_{1} $ ,又 $ {f}_{1}={\mu }_{1}(M+m)g $ ,联立可得 $ {\mu }_{1}=0.2 $ ,当 $ F > {F}_{0} $ 时,小物块 $ B $ 与木板 $ A $ 发生相对滑动,对小物块 $ B $ ,由牛顿第二定律可得 $ {\mu }_{2}mg=m{a}_{1} $ ,由题图乙知 $ {a}_{1}=4\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ ,解得 $ {\mu }_{2}=0.4 $ .

（2） 当 $ F={F}_{0} $ 时,对小物块和木板整体有 $ {F}_{0}-{f}_{1}=(M+m){a}_{1} $ ,可得 $ {F}_{0}=24\mathrm{N} $ .

（3） 若水平恒力 $ F=27\mathrm{N} > {F}_{0} $ ,木板 $ A $ 的加速度为 $ {a}_{2}=\dfrac{F-{\mu }_{2}mg-{f}_{1}}{M} $ ,则小物块从木板上滑落时二者的位移差 $ \dfrac{1}{2}{a}_{2}{t}^{2}-\dfrac{1}{2}{a}_{1}{t}^{2}=L $ ,联立解得 $ t=2\mathrm{s} $ .

小木块与木板之间的滑动摩擦力大小为 $ {f}_{1}={\mu }_{2}mg=4\mathrm{N} $ ,木板与水平面间的最大静摩擦力大小为 $ {f}_{2}={\mu }_{1}(M+m)g=4.5\mathrm{N} $ , $ {f}_{1} < {f}_{2} $ ,故木板静止不动.小木块加速度大小为 $ a=\dfrac{{f}_{1}}{m}=4\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ ,假设小木块不能滑出木板,从小木块滑上木板到静止,小木块位移大小为 $ x=\dfrac{{v}_{0}^{2}}{2a}=3.125\mathrm{m} > L $ ,故假设不成立,小木块能滑出木板 $ .\mathrm{A} $ 正确.

设木块与木板之间的动摩擦因数为 $ \mu $ ,对木块,由牛顿第二定律可得木块加速度大小为 $ {a}_{1}=\dfrac{\mu mg}{m}=\mu g $ ,同理可得木板加速度大小为 $ {a}_{2}=\dfrac{\mu mg}{M} $ ,由题可知 $ m > M $ ,有 $ {a}_{2} > {a}_{1} $ , $ v-t $ 图像的斜率代表加速度,故 $ {v}_{1} $ 图像斜率应小于 $ {v}_{2} $ 图像斜率, $ \mathrm{A} $ 、 $ \mathrm{C} $ 错误；由于不知道木板的长度,若木块滑离木板时木板速度恰好为0,则可能出现如 $ \mathrm{B} $ 选项图中所示的情况, $ \mathrm{B} $ 正确；若木板足够长,则木板速度减到0后会在摩擦力作用下向右做匀加速运动,加速度不变,最终和木块一起向右做匀速直线运动, $ \mathrm{D} $ 正确.

（1） 由题图乙可知,小物块的加速度 $ {a}_{1}=\dfrac{\mathrm{\Delta }v}{\mathrm{\Delta }t}=\dfrac{1}{1}\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2}=1\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ ,长木板的加速度 $ {a}_{2}=\dfrac{\mathrm{\Delta }v\prime }{\mathrm{\Delta }t}=\dfrac{1-6}{1}\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2}=-5\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ ,对小物块受力分析,受重力、支持力和滑动摩擦力,根据牛顿第二定律,有 $ {\mu }_{1}mg=m{a}_{1} $ ,对长木板受力分析,水平方向上受小物块向左的摩擦力和地面向左的摩擦力,根据牛顿第二定律,有 $ -{\mu }_{1}mg-{\mu }_{2}(M+m)g=M{a}_{2} $ ,联立解得 $ {\mu }_{1}=0.1 $ , $ {\mu }_{2}=0.3 $ .

（2） $ v-t $ 图线与时间轴所围图形的面积表示位移大小,则 $ 0\sim 1\mathrm{s} $ 内小物块相对于长木板向左运动的位移大小 $ \mathrm{\Delta }{x}_{1}=\dfrac{1}{2}×6×1\mathrm{m}=3\mathrm{m} $ ,小物块受到的摩擦力大小 $ {f}_{1}={\mu }_{1}mg=2\mathrm{N} $ ,长木板受到地面的滑动摩擦力大小 $ {f}_{2}={\mu }_{2}(M+m)g=18\mathrm{N} $ , $ 1\mathrm{s} $ 后长木板与小物块均做减速运动,根据受力分析和牛顿第二定律,小物块的加速度 $ a{\prime }_{1}=\dfrac{-{f}_{1}}{m}=-1\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ ,长木板的加速度 $ a{\prime }_{2}=\dfrac{{f}_{1}-{f}_{2}}{M}=-4\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ ,小物块从 $ 1\mathrm{s} $ 末到停下来的位移 $ {x}_{m}=\dfrac{-{v}^{2}}{2a{\prime }_{1}}=0.5\mathrm{m} $ ,长木板从 $ 1\mathrm{s} $ 末到停下来的位移 $ {x}_{M}=\dfrac{-{v}^{2}}{2a{\prime }_{2}}=0.125\mathrm{m} $ ,故小物块最终停在距长木板右端 $ \mathrm{\Delta }x=\mathrm{\Delta }{x}_{1}+{x}_{M}-{x}_{m}=2.625\mathrm{m} $ 处.

（3） 在 $ t=1\mathrm{s} $ 时,使小物块的速度突然反向,则小物块受到向右的摩擦力,一直到速度减小为零；长木板受向左的两个摩擦力,一直到速度减为零.小物块相对长木板向左运动,加速度大小 $ {a}_{m}=\dfrac{{f}_{1}}{m}=1\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ ,长木板的加速度大小 $ {a}_{M}=\dfrac{-{f}_{1}-{f}_{2}}{M}=-5\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ ,小物块的位移大小 $ {x}_{1}=\dfrac{{v}^{2}}{2{a}_{m}}=0.5\mathrm{m} $ ,长木板的位移大小 $ {x}_{2}=\dfrac{-{v}^{2}}{2{a}_{M}}=0.1\mathrm{m} $ ,故 $ 1\mathrm{s} $ 末到最终稳定,两者的相对位移大小 $ \mathrm{\Delta }x″={x}_{2}+{x}_{1}=0.6\mathrm{m} $ ,故长木板的长度 $ L=\mathrm{\Delta }x″+\mathrm{\Delta }{x}_{1}=0.6\mathrm{m}+3\mathrm{m}=3.6\mathrm{m} $ .

设 $ B $ 物块的质量为 $ {m}_{B} $ ,对 $ A $ 、 $ B $ 整体,由牛顿第二定律得 $ (m+{m}_{B})g \sin \theta -{\mu }_{2}(m+{m}_{B})g \cos \theta =(m+{m}_{B})a $ ,解得 $ a=g \sin \theta -{\mu }_{2}g \cos \theta $ ,设 $ A $ 、 $ B $ 间静摩擦力大小为 $ f $ , $ B $ 对 $ A $ 的静摩擦力方向沿斜面向上,规定沿斜面向下为正方向,对 $ A $ 受力分析,由牛顿第二定律得 $ mg \sin \theta -f=ma $ ,解得 $ f={\mu }_{2}mg \cos \theta $ ,

若斜面光滑,则 $ {\mu }_{2}=0 $ , $ A $ 、 $ B $ 间摩擦力为0,故 $ \mathrm{A} $ 错误, $ \mathrm{B} $ 、 $ \mathrm{C} $ 正确；由题可知, $ A $ 、 $ B $ 间最大静摩擦力 $ {f}_{\mathrm{m}}={\mu }_{1}mg \cos \theta ⩾ f $ ,即 $ {\mu }_{1}mg \cos \theta ⩾ {\mu }_{2}mg \cos \theta $ ,所以 $ {\mu }_{1}⩾ {\mu }_{2} $ ,故 $ \mathrm{D} $ 错误.

（1） 由题图乙可知,当 $ {F}_{1}=18\mathrm{N} $ 时,对整体受力分析,由平衡条件可得 $ {F}_{1}=(M+m)g \sin \theta $ ,解得 $ M+m=3\mathrm{k}\mathrm{g} $ ,当 $ F > 18\mathrm{N} $ 时,对木板受力分析,根据牛顿第二定律有 $ F-Mg \sin \theta -\mu mg \cos \theta =Ma $ ,整理得长木板的加速度 $ a=\dfrac{1}{M}F-g \sin \theta -\dfrac{\mu mg \cos \theta }{M} $ ,由题图乙可知 $ F > 18\mathrm{N} $ 时图线的斜率 $ k=\dfrac{1}{M}=1{\mathrm{k}\mathrm{g}}^{-1} $ ,纵轴截距为 $ -g \sin \theta -\dfrac{\mu mg \cos \theta }{M}=-18\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ ,联立解得 $ M=1\mathrm{k}\mathrm{g} $ , $ m=2\mathrm{k}\mathrm{g} $ , $ \mu =0.75 $ .

（2） 当拉力 $ {F}_{2}=20\mathrm{N} $ 时,对木板,有 $ {F}_{2}-Mg \sin \theta -\mu mg \cos \theta =M{a}_{1} $ ,解得 $ {a}_{1}=2\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ .