适用于新高考新教材备战2025届高考物理一轮总复习第3章运动和力的关系第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,5颗完全相同的象棋棋子整齐叠放在水平面上,第5颗棋子最左端与水平面上的a点重合,全部接触面间的动摩擦因数均相同,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现将水平向右的恒力F作用在第3颗棋子上,恒力作用一小段时间后,五颗棋子的位置状况可能是()2.(2024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,两者由静止起先运动,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,起先时拉力F=20N,此后渐渐增加,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.两物体起先没有相对运动,当拉力超过30N时,两物体起先相对滑动C.两物体间始终没有相对运动D.两物体间从受力起先就有相对运动4.(2024广东湛江模拟)某商家为了吸引顾客,设计了抽奖活动,如图所示,三块尺寸相同的薄木板A、B、C随机排序并紧挨着置于足够大的水平地面上,质量均为m=1kg,长度均为L=3m。三块木板的下表面与地面间的动摩擦因数均为μ=0.1,上表面(均水平)各有不同的涂层,质量m0=2.5kg的滑块(视为质点)与A、B、C上表面间的动摩擦因数分别为μ、2μ、3μ。顾客以某一水平初速度从左侧第一块木板的左端将滑块水平向右推出。从左向右数,若滑块最终停在第一、二、三块木板上,则顾客分别获得三、二、一等奖;若滑块滑离全部木板,则顾客不获奖。认为最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等,重力加速度g取10m/s2。(1)若木板全部固定,要想获奖,求滑块的初速度大小v0应满意的条件。(2)若木板不固定,且从左向右依据A、B、C的方式放置,要想获得一等奖,求滑块初速度的最小值v0min(结果可保留根号)。题组三板块模型中的动力学图像5.(2024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,限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的变更关系如图乙所示,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的变更关系如图丙所示。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+m2C.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.(2024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.(2024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,起先时M、m均静止。t=0时,平板车在外力作用下起先沿水平面对右运动,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的加速度始终变大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,阅历的时间为多长?10.(2024广东深圳高三校考)如图所示,有一倾角为θ=37°sin37°=35的斜面固定在水平地面上,斜面下端固定一挡板,挡板与斜面垂直,一长木板上表面的上部分粗糙,下部分光滑,上端放有一质量为m的小物块。现让长木板和小物块同时由静止释放,此时刻为计时起点,在第2s末,小物块刚好到达长木板的光滑部分,又经过一段时间,长木板停在挡板处,小物块刚好到达长木板的下端边缘。已知小物块与长木板的上部分的动摩擦因数μ1=38,长木板与斜面间的动摩擦因数μ2=0.5,长木板的质量m'=m(1)在0~2s时间内小物块和长木板的加速度的大小;(2)长木板距离挡板多远;(3)长木板的长度。参考答案第5讲专题提升:动力学中的板块模型1.AD解析因3对4的滑动摩擦力为3μmg,小于4和5之间的最大静摩擦力4μmg,则4不行能滑动;同理5也不行能滑动,解除图B;当力F较小时,对1、2、3整体以共同的加速度向右运动,此时如图A所示;当F较大时,2、3之间会产生滑动,由于3对2有摩擦力作用,则1、2的整体要向右移动,故图C错误,图D正确。2.答案(1)1.2s(2)2J解析(1)依据题意,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,依据牛顿其次定律,有μmg=ma1F-μmg=m0a2撤去力F后,依据牛顿其次定律,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)0<v0≤6m/s(2)782解析(1)在木板全部固定的状况下,当滑块恰好能够滑至第三块木板的右端时v0具有最大值v0max,依据动能定理有-μm0gL-2μm0gL-3μm0gL=0-12m0解得v0max=6m/s要想获奖,v0的取值范围为0<v0≤6m/s。(2)在木板不固定,且从左向右依据A、B、C的方式放置的状况下,当滑块在A上滑动时,滑块与A之间的滑动摩擦力大小为f1=μm0g=2.5N滑块与A、B、C整体所受地面的最大静摩擦力fm1=μm0+3mg=因为f1<fm1所以当滑块在A上滑动时,A、B、C均静止。当滑块在B上滑动时,滑块与B之间的滑动摩擦力大小为f2=2μm0g=5N滑块与B、C整体所受地面的最大静摩擦力为fm2=μm0+2mg=因为f2>fm2所以当滑块在B上滑动时,B、C一起做匀加速直线运动,而滑块做匀减速直线运动,依据牛顿其次定律可知,当滑块在B上滑动时,滑块和B、C整体的加速度大小分别为a1=f2m0=2m/s2,a2=f2-若滑块恰好在滑到C上时与C达到共同速度,因为滑块与C之间的最大静摩擦力为f3=3μm0g=7.5N大于滑块与C整体做匀减速直线运动时C所受地面的摩擦力f3'=μ(m0+m)g=3.5N所以滑块与C达到共同速度后将不会再相对C滑动,一起做匀减速直线运动直到停止,则可获得一等奖,且v0具有最小值。设滑块刚滑上B时的速度大小为v1,经时间t1恰好滑到C上且与C达到大小为v2的共同速度,依据匀变速直线运动的规律有v1-a1t1=v2,v2=a2t1,v1解得v1=36对滑块从刚滑上A到刚滑上B的过程,依据动能定理有-μm0gL=12m0v12解得v0min=7825.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须要的时间为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末平板车起先做匀减速直线运动,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,依据牛顿其次定律有F2-μ1(m1+m2)g=(m1+m2)a,以木板为对象,依据牛顿其次定律有μ2m2g-μ1(m1+m2)g=m1a>0,解得F2=m2(m1+m2)m1(μ2-μ1)g,7.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,且依据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v1min8.C解析依据题意,如物块与平板车保持相对静止,由牛顿其次定律可得,最大加速度满意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,由牛顿其次定律得-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的加速度大小始终为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s1=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s2=4×4×12m9.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,以小滑块为探讨对象依据牛顿其次定律得μ1mg=ma1代入数据解得μ1=0.4以木板为探讨对象,依据牛顿其次定律有F-μ1mg-μ2(m+m0)g=m0a2则a2=1m0由题图乙可得-μ1mg+μ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s1=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s2=12a2t由题可知,s2-s1=L联立以上各式解得t=2s。10.答案(1)3m/s21m/s2(2)3m(3)12m解析(1)在0~2s时间内,对小物块和长木板受力分析,设f1是小物块和长木板之间摩擦力的大小,f2是长木板与斜面之间摩擦力的大小,则有f1=μ1mgcosθf2=μ2·2mgcosθ设小物块和长木板的加速度分别为a1和a2,由牛顿其次定律得mgsinθ-f1=ma1mgsinθ-f2+f1=ma2联立解得a1=3m/s2,a2=1m/s2。(2)在t1=2s时,设小物块和长木板的速度分别为v1和v2,则v1=a1t1=6m/s,v2