2025优化设计一轮第5讲　专题提升 动力学中的板块模型

第5讲专题提升:动力学中的板块模型基础对点练题组一木板带动滑块运动的情形1.(多选)如图所示,将小砝码放在桌面上的薄纸板上,若砝码和纸板的质量分别为m0和m,各接触面间的动摩擦因数均为μ,砝码到纸板左端的距离和到桌面右端的距离均为d。重力加速度大小为g。现用水平向右的恒定拉力F拉动纸板,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(m0+m)gB.要使纸板相对砝码运动,F一定大于2μ(m0+m)gC.若砝码与纸板分离时的速度小于μgd,砝码不会从桌面上掉下D.当F=μ(2m0+3m)g时,砝码恰好到达桌面边缘2.(2023山东聊城二模)如图所示,质量m0=2kg、长度L=1.2m的木板A静置在足够大的光滑水平地面上,质量m=1kg且可视为质点的物块B放在木板A的右端,现对木板A施加一水平向右的恒力F=5N,两者由静止开始运动,作用一段时间t后撤去恒力F,最终物块B恰好能到达木板A的左端,已知物块B与木板A间的动摩擦因数μ=0.1,重力加速度g取10m/s2,求:(1)恒力F作用的时间t;(2)摩擦力对物块B做的功W。题组二滑块带动木板运动的情形3.(多选)(2024湖北武昌模拟)如图所示,在光滑水平面上,A、B两物体叠放在一起,A放在B的上面,已知mA=4kg,mB=2kg,A、B之间的动摩擦因数μ=0.5,g取10m/s2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。对物体A施加水平向右的拉力F,开始时拉力F=20N,此后逐渐增加,在增大到50N的过程中,下列说法正确的是()A.当拉力F<30N时,两物体均保持相对静止状态B.两物体开始没有相对运动,当拉力超过30N时,两物体开始相对滑动C.两物体间始终没有相对运动D.两物体间从受力开始就有相对运动4.如图所示,静止在水平地面上的木板(厚度不计)质量为m1=1kg,与地面间的动摩擦因数μ1=0.2,质量为m2=2kg且可看成质点的小物块与木板和地面间的动摩擦因数均为μ2=0.4,小物块以v0=4m/s的水平速度从左端滑上木板,经过t=0.6s滑离木板,g取10m/s2。(1)求木板的长度L。(2)求小物块离开木板时,木板的速度大小。(3)求小物块离开木板后,木板的加速度。(4)小物块离开木板后,判断木板与小物块是否发生碰撞。题组三板块模型中的动力学图像5.(2023山东济宁模拟)如图甲所示,水平地面上某平板车正在做直线运动,t=0时将质量为m的物块无初速度地放在平板车上,控制平板车的运动使平板车的v-t图像如图乙所示。已知物块与平板车间的动摩擦因数为0.4,平板车足够长,g取10m/s2,则物块运动的v-t图像为()6.水平地面上有一质量为m1的长木板,木板的左端上有一质量为m2的物块,如图甲所示。用水平向右的拉力F作用在物块上,F随时间t的变化关系如图乙所示,其中F1、F2分别为t1、t2时刻F的大小。木板的加速度a1随时间t的变化关系如图丙所示。已知木板与地面间的动摩擦因数为μ1,物块与木板间的动摩擦因数为μ2,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。则下面选项不正确的是()A.F1=μ1m1gB.F2=m2(m1+m2)C.μ2>m1+D.在0~t2时间段物块与木板加速度相等综合提升练7.(2023河北张家口二模)如图所示,一个长度L=1m、质量m0=2kg的木板静止在光滑的水平面上,木板的左端放置一个质量m=1kg可视为质点的物块,物块与木板间的动摩擦因数μ=0.4,物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10m/s2。现对物块施加一水平向右的恒定拉力F,使物块相对木板向右滑动。则下列说法正确的是()A.拉力F>7NB.物块离开木板时速度的最小值为4m/sC.物块离开木板的最短时间为1sD.木板获得的最大速度为2m/s8.(2023江苏盐城模拟)如图甲所示,水平地面上有一长平板车M,平板车右端放一物块m,开始时M、m均静止。t=0时,平板车在外力作用下开始沿水平面向右运动,其v-t图像如图乙所示,整个过程中物块m恰好没有从平板车上滑下。已知物块与平板车间的动摩擦因数为0.1,g取10m/s2,下列说法正确的是()A.0~4s内,物块m的加速度一直变大B.整个过程中,物块m相对平板车M滑动的时间为4sC.平板车M的长度为12mD.物块m相对平板车M的位移大小为16m9.如图甲所示,有一块木板静止在足够长的粗糙水平面上,木板的质量为m0=4kg,长为L=1.4m;木板右端放一小滑块,小滑块的质量为m=1kg,可视为质点。现用水平恒力F作用在木板右端,恒力F取不同数值时,小滑块和木板的加速度分别对应不同数值,两者的a-F图像如图乙所示,g取10m/s2。(1)求小滑块与木板之间的动摩擦因数μ1以及木板与地面之间的动摩擦因数μ2。(2)若水平恒力F=27.8N,且始终作用在木板上,当小滑块从木板上滑落时,经历的时间为多长?10.如图所示,一倾角θ=30°的光滑斜面固定在水平地面上,斜面底端P处固定一挡板。长为L=5m的薄木板置于斜面上,其质量m0=1kg,下端位于B点,lPB=5m,薄木板中点处放有一质量m=1kg的滑块(可视为质点)。已知滑块与薄木板之间的动摩擦因数μ=33,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,斜面上AB区间存在特殊力场,当滑块进入此区域时能对滑块产生一个沿斜面向上、大小为F=10N的恒力作用,对木板无作用力,AB区域沿斜面的宽度为l=2.5m,重力加速度g取10m/s2(1)求滑块在进入AB区域之前,薄木板运动的加速度大小a0。(2)求滑块第一次进入AB区间内受薄木板的摩擦力的大小和方向。(3)若薄木板第一次与挡板碰撞后以原速率反弹,滑块与挡板碰撞后即粘在挡板上,停止运动。求薄木板第一次与挡板碰撞后沿斜面上升到最高点的时间t(忽略滑块从薄木板上滑下时对木板的影响,结果可保留根号)。参考答案第5讲专题提升:动力学中的板块模型1.BC解析分析纸板,当纸板相对砝码运动时,纸板所受的摩擦力为μ(m0+m)g+μm0g,A项错误。设砝码的加速度为a1,纸板的加速度为a2,则有μm0g=m0a1,F-μm0g-μ(m0+m)g=ma2,发生相对运动需要a2>a1,代入数据解得F>2μ(m0+m)g,B项正确。若砝码与纸板分离时的速度小于μgd,砝码匀加速运动的位移小于v22a1=μgd2μg=d2,匀减速运动的位移小于v22a1=μgd2μg=d2,则总位移小于d,砝码不会从桌面上掉下,C项正确。当F=μ(2m0+3m)g时,砝码未脱离纸板时的加速度a1=μg,纸板的加速度a2=F-μ(m0+m)g-μm0gm=2μg2.答案(1)1.2s(2)2J解析(1)根据题意,设B的加速度为a1,力F作用时A的加速度为a2,撤去力F后A的加速度为a3,又经过t1后B达到A的左端,根据牛顿第二定律,有μmg=ma1F-μmg=m0a2撤去力F后,根据牛顿第二定律,有μmg=m0a3由运动学规律得a1t+t1=a2t-aL=12a2t2+a2tt1-12a解得t=1.2s,t1=0.8s。(2)设最终B的速度为v,有v=a1t由动能定理有W=12mv解得W=2J。3.AC解析两物体间达到最大静摩擦力时,对A有F-μmAg=mAa,对B有μmAg=mBa,得F=60N,当F>60N时,两物体相对滑动,则当拉力F<30N时,两物体均保持相对静止状态,A正确,B错误;由A、B可知,在F增大到50N的过程中,两物体始终没有相对运动,C正确,D错误。4.答案(1)1.32m(2)1.2m/s(3)2m/s2,方向水平向左(4)见解析解析(1)物块在木板上滑动的过程,根据牛顿第二定律,对物块有μ2m2g=m2a2解得a2=μ2g=4m/s2对木板有μ2m2g-μ1(m1+m2)g=m1a1解得a1=2m/s2木板的长度为L=v0t-1解得L=1.32m。(2)小物块离开木板时,木板的速度为v1=a1t=1.2m/s。(3)小物块离开木板后,木板的加速度为a3=μ1m1gm1=μ1g=(4)小物块离开木板时,物块的速度v2=v0-a2t=1.6m/s物块在地面上滑行时的加速度大小为a4=μ2m2gm2=μ物块在地面上滑行的最大位移为x1=v222a4=木板在地面上滑行的最大位移为x2=v122a3=0.36m>x5.A解析0~4s内平板车做匀速直线运动,速度大小为8m/s,则物块首先做加速度为a的匀加速直线运动,有a=μg=4m/s2,物块加速到与平板车共速时所需要的时间为t1=va=2s,在2~4s的时间内,物块以8m/s的速度与平板车一起做匀速直线运动,4s末平板车开始做匀减速直线运动,加速度大小为a车=ΔvΔt=2m/s2<μg=4m/s2,所以物块和平板车一起做匀减速直线运动,加速度大小均为2m/s2,减速到零的时间t3=4s,所以物块运动的v-6.A解析由图丙可知,t1时物块与木板一起刚要水平滑动,此时物块与木板相对静止,以整体为对象有F1=μ1(m1+m2)g,A错误;t2时物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F2-μ1(m1+m2)g=(m1+m2)a,以木板为对象,根据牛顿第二定律有μ2m2g-μ1(m1+m2)g=m1a>0,解得F2=m2(m1+m2)m1(μ2-μ1)g,μ2>m1+m2m27.B解析物块相对木板向右滑动,对木板有μmg=m0a2,得a2=2m/s2,对物块有F-μmg=ma1,且根据a1>a2可得F>6N,A错误;设历时t物块滑离木板,则有12a1t2-12a2t2=L,物块滑离木板时的速度v1=a1t,得v1=a12La1-a2=2L1a1-a21a12,可知当1a1=12a2,即a1=2a2=4m/s2时物块离开木板的速度最小,其最小值v1min=4m/s,B正确;当a1=4m/s2时F=8N,t=1s,木板获得的速度v2=a2t=2m/s,8.C解析根据题意,如物块与平板车保持相对静止,由牛顿第二定律可得,最大加速度满足μmg=mam,解得加速度am=1m/s2,由乙图可知,M加速时加速度a1=82m/s2=4m/s2,M减速时加速度a2=0-86-2m/s2=-2m/s2,可知物块与平板车发生相对滑动,设t时两者共速,则有amt=8m/s+a2(t-2s),得t=4s,v4=(8-2×2)m/s=4m/s,共速后,由于平板车的加速度为a2=-2m/s2,所以物块减速,由牛顿第二定律得-μmg=mam',得am'=-1m/s2,平板车的加速度大于物块的加速度,设共速后再经t1减速到零,由运动学公式0=4m/s+am't1,解得t1=4s,即t'=4s+4s=8s,物块的速度减为零,两物体的速度时间图像如图所示,整个过程中,物块m的加速度大小一直为1m/s2,物块m相对平板车M滑动的时间为8s,A、B错误;4s前物块m相对平板车M的位移x1=8×2×12m+12×(8+4)×2m-4×4×12m=12m,4s后物块m相对平板车M的位移x2=4×4×12m-2×4×12m=4m,所以平板车的长度为12m,物块m相对平板车M的位移大小为12m-49.答案(1)0.40.1(2)2s解析(1)由题图乙可知,当恒力F>25N时,小滑块与木板将出现相对滑动,以小滑块为研究对象根据牛顿第二定律得μ1mg=ma1代入数据解得μ1=0.4以木板为研究对象,根据牛顿第二定律有F-μ1mg-μ2(m+m0)g=m0a2则a2=1m0由题图乙可得-μ1mg+μ2解得μ2=0.1。(2)设小滑块在木板上滑动的时间为t时,小滑块从木板上滑落,当水平恒力F=27.8N时,小滑块的加速度为a1=μ1g=4m/s2小滑块在时间t内的位移为x1=12a1t木板的加速度为a2=F代入数据解得a2=4.7m/s2木板在时间t内的位移为x2=12a2t由题可知,x2-x1=L联立以上各式解得t=2s。10.答案(1)5m/s2(2)5N,方向沿斜面向下(3)22解析(1)滑块在进入AB区域之前,由于斜面光滑,将与木板一起以加速度a0加速下滑(m0+m)gsinθ=(m0+m)a0a0=gsinθ=5m/s2。(2)进入AB区间后,假设滑块与木板仍然相对静止,设下滑的加速度为a,对整体(m0+m)gsinθ-F=(m0+m)a对滑块,所受木板的静摩擦力Ff方向沿斜面向下,根据牛顿第二定律有mgsinθ+Ff-F=ma解得a=0,Ff=5N又因为滑块与木板间的最大静摩擦力Ffm=μmgcosθ=5N,假设成立,即滑块受木板的静摩擦力方向沿斜面向下,大小为5N。(3)设滑