高考物理系统性复习 (考点分析) 第五节 牛顿定律与板块模型（附解析）

【考点分析】第五节牛顿定律与板块模型【考点一】地面光滑无外力的板块模型【典型例题1】如图a，一长木板静止于光滑水平桌面上，t＝0时，小物块以速度v0滑到长木板上，图b为物块与木板运动的v－t图象，图中t1、v0、v1已知，重力加速度大小为g，由此可求得()A.木板的长度B.物块与木板的质量之比C.物块与木板之间的动摩擦因数D.从t＝0开始到t1时刻，木板获得的动能【解析】根据题意只能求出物块与木板的相对位移，不知道物块最终停在哪里，无法求出木板的长度，故A不能够求解出；由图象的斜率表示加速度可求出长木板的加速度为a木＝eq\f(v1,t1)，小物块的加速度大小a物＝eq\f(v0－v1,t1)，根据牛顿第二定律得：μmg＝Ma木，μmg＝ma物，解得eq\f(m,M)＝eq\f(v1,v0－v1)，μ＝eq\f(v0－v1,gt1)，故B和C能够求解出；木板获得的动能Ek木＝eq\f(1,2)Mv12，由于不知道长木板的质量M，故D不能够求解出.【答案】BC【考点二】地面不光滑无外力的板块模型【典型例题2】(2021·安徽合肥市)如图所示，钢铁构件A、B叠放在卡车的水平底板上，卡车底板与B间的动摩擦因数均为μ1，A、B间动摩擦因数为μ2，μ1>μ2，卡车刹车的最大加速度为a(a>μ2g)，可以认为最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，卡车沿平直公路行驶途中遇到紧急刹车情况时，要求其刹车后在s0距离内能安全停下，则卡车行驶的速度不能超过()A.eq\r(2as0)B.eq\r(2μ1gs0)C.eq\r(2μ2gs0) D.eq\r((μ1＋μ2)gs0)【解析】若卡车以最大加速度刹车，则由于a>μ2g，A、B之间发生相对滑动，故不能以最大加速度刹车，由于刹车过程中要求A、B和车相对静止，当A、B整体相对车发生滑动时，a1＝eq\f(μ1(mA＋mB)g,mA＋mB)＝μ1g，当A、B间发生相对滑动时，a2＝eq\f(μ2mAg,mA)＝μ2g，由于μ1>μ2，所以a1>a2，即当以a1刹车时，A、B间发生相对滑动，所以要求整体都处于相对静止时，汽车刹车的最大加速度为a2，v02＝2μ2gs0，解得v0＝eq\r(2μ2gs0)，C项正确.【答案】C【考点三】地面光滑外力作用在物块上的板块模型【典型例题3】(2021·湖北省荆州中学)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，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B．要使物块A、B发生相对滑动，应满足关系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【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，对A，由牛顿第二定律得，解得，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，解得，以A、B、C系统为研究对象，由牛顿第二定律得，解得，故要使物块A、B之间发生相对滑动，则，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，解得，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，对C受力分析，根据牛顿第二定律有，解得，根据力的合成法则，可得轻绳对定滑轮的作用力，故D错误。故选A。【答案】A【考点四】地面不光滑外力作用在物块上的板块模型【典型例题4】(2021·高考全国乙卷)水平地面上有一质量为的长木板，木板的左端上有一质量为的物块，如图(a)所示。用水平向右的拉力F作用在物块上，F随时间t的变化关系如图(b)所示，其中、分别为、时刻F的大小。木板的加速度随时间t的变化关系如图(c)所示。已知木板与地面间的动摩擦因数为，物块与木板间的动摩擦因数为，假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g。则()A．B．C．D．在0~时间段物块与木板加速度相等【解析】A．图(c)可知，t1时滑块木板一起刚在从水平滑动，此时滑块与木板相对静止，木板刚要滑动，此时以整体为对象有，A错误；BC．图(c)可知，t2滑块与木板刚要发生相对滑动，以整体为对象，根据牛顿第二定律，有，以木板为对象，根据牛顿第二定律，有，解得，，BC正确；D．图(c)可知，0~t2这段时间滑块与木板相对静止，所以有相同的加速度，D正确。故选BCD。【答案】BCD【考点五】地面不光滑外力作用在木板上的板块模型【典型例题5】(2021·辽宁省六校协作体联考)如图甲所示，质量为M的足够长的木板置于粗糙的水平面上，其上放置一质量为m的小物块，当木板受到水平拉力F的作用时，用传感器测出长木板的加速度a与水平拉力F的关系如图乙所示,重力加速度g=10m/s2下列说法正确是()A．小物块的质量m=0.5kgB．小物块与长木板间的动摩擦因数为0.2C．当水平拉力F=7N时，长木板的加速度大小为6m/s2D．当水平拉力F逐渐增大时,小物块的加速度一定逐渐增大【解析】对整体分析，由牛顿第二定律有：，代入数据解得：，当F大于5N时，根据牛顿第二定律得：，解得：，由图可知斜率，解得M=0.5kg，则滑块质量为滑块的质量为．故A错误．根据F大于5N的图线知，F=4时，a=0，即：，解得，所以，当F=7N时，长木板的加速度为：．根据得：，故BC正确．由图象可知，当F＞5N时，两物体发生相对滑动，此后小物体的加速度恒定，故D错误；故选BC．【答案】BC【考点六】含有碰撞问题的板块模型【典型例题6】(2021·贵州毕节市)一长木板置于粗糙水平地面上，木板右端放置一小物块，如图所示.木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，物块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.4.t＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向墙壁运动，当t＝1s时，木板以速度v1＝4m/s与墙壁碰撞(碰撞时间极短).碰撞前后木板速度大小不变、方向相反.运动过程中小物块第一次减速为零时恰好从木板上掉下.已知木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10m/s2.求：(1)t＝0时刻木板的速度大小；(2)木板的长度.【解析】(1)对木板和物块：μ1(M＋m)g＝(M＋m)a1设初始时刻木板速度大小为v0由运动学公式：v1＝v0－a1t0代入数据解得：v0＝5m/s(2)碰撞后，对物块：μ2mg＝ma2对物块，当速度为0时，经历的时间为t，发生的位移大小为x1，则有v1＝a2t，x1＝eq\f(v1,2)t对木板，由牛顿第二定律：μ2mg＋μ1(M＋m)g＝Ma3对木板，经历时间t，发生的位移大小为x2x2＝v1t－eq\f(1,2)a3t2木板长度l＝x1＋x2联立并代入数据解得l＝eq\f(16,3)m.【答案】(1)5m/s(2)eq\f(16,3)m【考点七】单物块多木板的板块模型【典型例题7】如图所示，两木板A、B并排放在地面上，A左端放一小滑块，滑块在F＝6N的水平力作用下由静止开始向右运动．已知木板A、B长度均为l＝1m，木板A的质量mA＝3kg，小滑块及木板B的质量均为m＝1kg，小滑块与木板A、B间的动摩擦因数均为μ1＝0.4，木板A、B与地面间的动摩擦因数均为μ2＝0.1，重力加速度g＝10m/s2.求：(1)小滑块在木板A上运动的时间；(2)木板B获得的最大速度．【解析】(1)小滑块对木板A的摩擦力Ff1＝μ1mg＝4N木板A与B整体受到地面的最大静摩擦力Ff2＝μ2(2m＋mA)g＝5NFf1＜Ff2，小滑块滑上木板A后，木板A保持静止设小滑块滑动的加速度为a1，则：F－μ1mg＝ma1，l＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)解得：t1＝1s.(2)设小滑块滑上B时，小滑块速度为v1，B的加速度为a2，经过时间t2滑块与B脱离，滑块的位移为x块，B的位移为xB，B的最大速度为vB，则：μ1mg－2μ2mg＝ma2vB＝a2t2，xB＝eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)，v1＝a1t1，x块＝v1t2＋eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,2)，x块－xB＝l联立以上各式可得：vB＝1m/s.【答案】(1)1s(2)1m/s【考点八】单木板多物块的板块模型【典型例题8】如图所示，两个滑块A和B的质量分别为mA＝1kg和mB＝5kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.5；木板的质量为m＝4kg，与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1.某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v0＝3m/s.A、B相遇时，A与木板恰好相对静止．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10m/s2.求(1)B与木板相对静止时，木板的速度；(2)A、B开始运动时，两者之间的距离．【解析】(1)滑块A和B在木板上滑动时，木板也在地面上滑动．设A、B和木板所受的摩擦力大小分别为f1、f2和f3，A和B相对于地面的加速度大小分别为aA和aB，木板相对于地面的加速度大小为a1.在物块B与木板达到共同速度前有f1＝μ1mAg ①f2＝μ1mBg ②f3＝μ2(m＋mA＋mB)g ③由牛顿第二定律得f1＝mAaA ④f2＝mBaB ⑤f2－f1－f3＝ma1 ⑥设在t1时刻，B与木板达到共同速度，其大小为v1.由运动学公式有v1＝v0－aBt1 ⑦v1＝a1t1 ⑧联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得v1＝1m/s. ⑨(2)在t1时间间隔内，B相对于地面移动的距离为sB＝v0t1－eq\f(1,2)aBteq\o\al(2,1) ⑩设在B与木板达到共同速度v1后，木板的加速度大小为a2.对于B与木板组成的体系，由牛顿第二定律有f1＋f3＝(mB＋m)a2 ⑪由①②④⑤式知，aA＝aB；再由⑦⑧式知，B与木板达到共同速度时，A的速度大小也为v1，但运动方向与木板相反．由题意知，A和B相遇时，A与木板的速度相同，设其大小为v2.设A的速度大小从v1变到v2所用的时间为t2，则由运动学公式，对木板有v2＝v1－a2t2⑫对A有v2＝－v1＋aAt2 ⑬在t2时间间隔内，B(以及木板)相对地面移动的距离为s1＝v1t2－eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2) ⑭在(t1＋t2)时间间隔内，A相对地面移动的距离为sA＝v0(t1＋t2)－eq\f(1,2)aA(t1＋t2)2 ⑮A和B相遇时，A与木板的速度也恰好相同．因此A和B开始运动时，两者之间的距离为s0＝sA＋s1＋sB ⑯联立以上各式，并代入数据得s0＝1.9m.(也可用如图的速度－时间图线求解)【答案】见解析【考点九】在斜面体上的板块模型【典型例题9】(2021·山东日照市)滑沙运动是小孩比较喜欢的一项运动，其运动过程可类比为如图所示的模型，倾角为37°的斜坡上有长为1m的滑板，滑板与沙间的动摩擦因数为eq\f(9,16).小孩(可视为质点)坐在滑板上端，与滑板一起由静止开始下滑.小孩与滑板之间的动摩擦因数取决于小孩的衣料，假设图中小孩与滑板间的动摩擦因数为0.5，小孩的质量与滑板的质量相等，斜坡足够长，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2，则下列判断正确的是()A.小孩在滑板上下滑的加速度大小为2m/s2B.小孩和滑板脱离前滑板的加速度大小为0.5m/s2C.经过eq\r(2)s的时间，小孩离开滑板D.小孩离开滑板时的速度大小为eq\f(4\r(3),3)m/s【解析】对小孩，由牛顿第二定律得，加速度大小为a1＝eq\f(mgsin37°－μ1mgcos37°,m)＝2m/s2，同理对滑板，加速度大小为a2＝eq\f(mgsin37°＋μ1mgcos37°－2μ2mgcos37°,m)＝1m/s2，选项A正确，B错误；要使小孩与滑板分离，eq\f(1,2)a1t2－eq\f(1,2)a2t2＝L，解得t＝eq\r(2)s(另一解不符合，舍去)，离开滑板时小孩的速度大小为v＝a1t＝2eq\r(2)m/s，选项C正确，D错误.【答案】AC【考点十】在斜面体上变摩擦因数的板块模型【典型例题10】下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害．某地有一倾角为θ＝37°eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin37°＝\f(3,5)))的山坡C，上面有一质量为m的石板B，其上下表面与斜坡平行；B上有一碎石堆A(含有大量泥土)，A和B均处于静止状态，如图所示．假设某次暴雨中，A浸透雨水后总质量也为m(可视为质量不变的滑块)，在极短时间内，A、B间的动摩擦因数μ1减小为eq\f(3,8)，B、C间的动摩擦因数μ2减小为0.5，A、B开始运动，此时刻为计时起点；在第2s末，B的上表面突然变为光滑，μ2保持不变．已知A开始运动时，A离B下边缘的距离l＝27m，C足够长，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．取重力加速度大小g＝10m/s2.求：(1)在0～2s时间内A和B加速度的大小；(2)A在B上总的运动时间．【解析】(1)在0～2s时间内，A和B的受力如图所示，其中f1、N1是A与B之间的摩擦力和正压力的大小，f2、N2是B与C之间的摩擦力和正压力的大小，方向如图所示．由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得f1＝μ1N1 ①N1＝mgcosθ ②f2＝μ2N2 ③N2＝N′1＋mgcosθ ④规定沿斜面向下为正．设A和B的加速度分别为a1和a2，由牛顿第二定律得mgsinθ－f1＝ma1 ⑤mgsinθ－f2＋f1′＝ma2 ⑥N1＝N1′ ⑦f1＝f1′ ⑧联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，并代入题给数据得a1＝3m/s2 ⑨a2＝1m/s2. ⑩(2)在t1＝2s时，设A和B的速度分别为v1和v2，则v1＝a1t1＝6m/s ⑪v2＝a2t1＝2m/s ⑫t＞t1时，设A和B的加速度分别为a′1和a′2.此时A与B之间的摩擦力为零，同理可得a′1＝6m/s2 ⑬a′2＝－2m/s2 ⑭B做减速运动．设经过时间t2，B的速度减为零，则有v2＋a′2t2＝0 ⑮联立⑫⑭⑮式得t2＝1s ⑯在t1＋t2时间内，A相对于B运动的距离为s＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)＋v1t2＋\f(1,2)a′1teq\o\al(2,2)))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)a2teq\o\al(2,1)＋v2t2＋\f(1,2)a′2teq\o\al(2,2)))＝12m<27m ⑰此后B静止，A继续在B上滑动．设再经过时间t3后A离开B，则有l－s＝(v1＋a′1t2)t3＋eq\f(1,2)a′1teq\o\al(2,3) ⑱可得t3＝1s(另一解不合题意，舍去) ⑲设A在B上总的运动时间为t总，有t总＝t1＋t2＋t3＝4s.(另解：也可利用下面的速度图线求解)【答案】(1)3m/s21m/s2(2)4s【考点十一】在斜面体上力作用在木板上的板块模型【典型例题11】(2021·黑龙江哈师大附中)如图所示，固定斜面上放一木板PQ，木板的Q端放置一可视为质点的小物块，现用轻细线的一端连接木板的Q端，保持与斜面平行，绕过定滑轮后，另一端可悬挂钩码，钩码距离地面足够高。已知斜面倾角θ＝30°，木板长为L，Q端距斜面顶端距离也为L，物块和木板的质量均为m，两者之间的动摩擦因数为。若所挂钩码质量为2m，物块和木板能一起匀速上滑；若所挂钩码质量为其他不同值，物块和木板有可能发生相对滑动。重力加速度为g，不计细线与滑轮之间的摩擦，设接触面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力。(1)木板与斜面间的动摩擦因数μ2；(2)物块和木板发生相对滑动时，所挂钩码质量m′，应满足什么条件；(3)选取适当质量的钩码可使木板由静止开始向上滑动，试讨论木板Q端到达斜面顶端所用时间t与钩码质量m′之间的关系。【解析】(1)整个系统匀速时有2mg＝FT，FT＝2mgsinθ＋μ22mgcosθ解得(2)要使二者发生相对滑动，保证木板的加速度a1大于物块的加速度a2，对物块有μ1mgcosθ－mgsinθ＝ma2，可得对木块有F′T－mgsinθ－μ1mgcosθ－μ22mgcosθ＝ma1对钩码有m′g－F′T＝m′a1解得，联立解得(3)若，二者相对滑动，木板的位移物块的位移由于L－s<L，当Q端到达斜面顶端时，物块未从木板上滑下，所以有若，物块和木板和钩码整体一起加速运动，有m′g－2mgsinθ－μ22mgcosθ