3.8动力学中的板块模型 过关检测-2022届高考物理一轮复习

3.9动力学中的板块模型

1．如图所示，长木板放置在水平面上，一小物块置于长木板的中央，长木板和物块质量均为m，物块与木板间的动摩擦因数为μ，木板与水平面间的动摩擦因数为，已知最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g，现对物块施加一水平向右的拉力F，则木板加速度大小a可能是（　　）

A．a=μg B．a=μg C．a=g D．a=g

2．水平地面上有一质量为kg的长木板，木板的左端上有一质量为kg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，重力加速度大小取10。则（　　）

A．

B．

C．在时间段物块做加速度逐渐增大的运动

D．木板加速度所能达到的最大值为2.5

3．如图（a），物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平。t0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t=4s时撤去外力。细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图（b）所示，木板的速度v与时间t的关系如图（c）所示。木板与实验台之间的摩擦可以忽略。重力加速度取g=10m/s2由题给数据可以得出（　　）

A．木板的质量为1.5kg

B．2s~4s内，力F的大小为0.4N

C．0~2s内，力F的大小保持不变

D．物块与木板之间的动摩擦因数为0.2

4．如图所示，质量为3kg的物块A与质量为2kg的木板B叠放在水平地面上，A与B、B与地面之间的动摩擦因数均为0.1，取重力加速度为10m/s2。大小为12N的水平拉力作用在B上，则B的加速度大小为（　　）

A．0 B．1.4m/s2 C．2m/s2 D．3.5m/s2

5．如图甲所示，光滑水平面上静置一个薄长木板，长木板上表面粗糙，其质量为M，t=0时刻质量为m的物块以水平速度v滑上长木板，此后木板与物块运动的图像如图乙所示，重力加速度，则下列说法正确的是（　　）

A． B．

C．木板的长度为 D．木板与物块间的动摩擦因数为0.1

6．如图所示，木块（视为质点）的质量与长木板静止叠放在光滑的水平面上，木块与木板间的动摩擦因数为，现在给木块的水平拉力F是木板重力的2倍，则木块、木板刚好要发生相对运动，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为，下列说法正确的是（　　）

A．此时木板相对木块有向右运动的趋势

B．此时整体所受的合力小于F

C．木板的质量为

D．此时整体的加速度为

7．如图所示，A、B两物块的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上。A、B间的动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数为。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对A施加一水平拉力F，则（　　）

A．当时，A相对B开始滑动

B．当时，A的加速度为

C．当时，A的加速度为

D．无论F为何值，B的加速度不会超过

8．在光滑水平地面上放置一足够长的质量为M的木板B如图甲所示，其上表面粗糙，在木板B上面放置一个质量为m、可视为质点的物块A，现在给A一个水平向左的拉力F，用传感器得到A的加速度随外力F的变化关系如图乙所示，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，，则（　　）

A．物块A的质量为

B．木板B的质量为

C．AB之间的最大静摩擦力为

D．当A的加速为时，外力

9．如图所示，三个物体A、B和C的质量分别为2m、m和m，A、B叠放在水平桌面上，A通过跨过光滑定滑轮的轻绳与C相连，定滑轮左端的轻绳与桌面平行，A、B间的动摩擦因数为，B与桌面间的动摩擦因数为，A、B、桌面之间的最大静摩擦力等于相对应的滑动摩擦力，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）

A．三个物体A、B、C均保持静止

B．轻绳对定滑轮的作用力大小为

C．若A、B之间发生相对滑动，则需满足

D．若A、B之间未发生相对滑动，则A受到的摩擦力大小为

10．水平地面上某长平板车在外力作用下做直线运动如图甲所示，平板车运动的v-t图像如图乙所示，t=0时将质量为m的物块（无水平方向初速度）放在平板车上，平板车足够长，物块始终在平板车上，g取10m/s2，则物块运动的v-t图像可能为（　　）

A．B．C．D．

11．如图所示，水平地面上有一个薄木板，在木板最右端叠放一个可视为质点的小滑块。小滑块质量m=1kg，与木板间动摩擦因数μ1=0.3，木板长l=0.5m，质量M= 2kg，木板和小滑块与水平地面间的动摩擦因数均为μ2=0.1。现对木板施加方向水平向右的拉力，拉力大小F= 14N。重力加速度大小g取10m/s2。求∶

（1）小滑块经多长时间从木板上掉下；

（2）小滑块停止运动时，小滑块与木板的距离。

12．如图所示，长为L的木板放在光滑的水平地面上，木板的左端靠在竖直墙壁上、木板的右端有一小物块以初速度向左滑上木板，由于木板对物块的滑动摩擦力的作用，小物块刚好滑到木板的左端速度为零，不计小物块的大小，设重力加速度为g。

（1）求小物块滑上木板时的加速度大小；

（2）求小物块与木板间的动摩擦因数；

（3）若小物块和木板的质量相同，物块以初速度向左滑上木板（），小物块与竖直墙壁碰撞后以大小相等的速度反弹，且刚好从木板的右端滑出，求木板刚开始运动时加速度大小和k的数值。

13．如图甲所示，“”形木块放在光滑水平地面上，木块水平表面AB粗糙，BC光滑且与水平面夹角为θ＝37°。木块右侧与竖直墙壁之间连接着一个力传感器，当力传感器受压时，其示数为正值；当力传感器被拉时，其示数为负值。一个可视为质点的质量为m的滑块从C点由静止开始下滑，运动过程中，传感器记录到的力和时间的关系如图乙所示。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2。求：

（1）斜面BC的长度s；

（2）滑块与木块AB表面的动摩擦因数μ。

14．质量为M=2.0kg的长木板置于光滑水平面上，质量为m=1.0kg的小滑块置于长木板的右端，如图所示。现对小滑块施加一大小为10N、方向与水平方向成37°角的恒力F，作用1.5s后撤去该力，此后运动过程中，小滑块恰好不滑出长木板的左端。已知小滑块与长木板之间的动摩擦因数µ=0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2求：

（1）未撤去恒力F时，小滑块、长木板的加速度大小；

（2）长木板的长度。

15．如图所示，放在水平地面上的长木板B长为1.2m，质量为2kg，B与地面间的动摩擦因数为μ1=0.2，一质量为3kg的小铅块A放在B的左端，A、B之间动摩擦因数为μ2=0.4。刚开始A、B均静止，现使A以3m/s的初速度向右运动之后（g=10m/s2），求：

（1）A、B刚开始运动时的加速度

（2）通过计算说明，A最终是否滑出B

（3）B在地面上滑行的最大距离。

参考答案

1．B  2．B  3．B  4．C  5．C  6．CD  7．CD  8．AD  9．CD  10．ABC

11．(1)1s；(2)34.5m

【解析】

(1)对小滑块，根据牛顿第二定律可得

则

由位移公式得

对木板，根据牛顿第二定律可得

则

木板的位移

且

联立可得

(2)小滑块离开木板时，小滑块的速度为

木板的速度为

小滑块停止运动时，运动时间为

移动的距离为

小滑块离开木板后，木板的加速度

木板移动的距离为

小滑块与木板的距离

12．（1）；（2）；（3）；

【解析】

（1）对物块，根据速度位移公式可得

0-v02=-2aL

解得

（2）对物块，根据牛顿第二定律可得

μmg=ma

解得

（3）物块滑到左端的速度为v，则

v2−(kv0)2=-2aL

解得

此后物块与墙壁碰撞后反向运动；

反向后，对木板根据牛顿第二定律可得

μmg=ma′

解得

当物块减速到与木板具有相同速度时，此时恰好运动的木板的右端，则

v共=a′t=v-at

解得

在时间t内，物块前进的位移为

木板前进的位移为

L=x1-x2

解得

k＝

13．（1）3m；（2）0.2

【解析】

(1)对滑块由牛顿第二定律可得

解得

a1＝gsinθ＝6m/s2

由图乙可知滑块在斜面上运动的时间为

t1＝1s

由运动学公式得斜面BC的长度为

(2)受力分析如图所示

滑块在CB上运动时，滑块对木块的压力

N1′＝N1＝mgcosθ

木块对传感器的压力

F1′＝F1＝N1′sinθ

由题图乙可知

F1′＝12N

联立解得

m＝2.5kg

滑块在AB上运动时，传感器对木块的拉力

F2＝f＝μmg＝5N

故动摩擦因素为

14．（1）6m/s2，1m/s2；（2）9.375m

【解析】

(1)未撤去恒力F时，设小滑块、长木板加速度大小分别为a1、a2，据牛顿第二定律可知，对小滑块有

Fcos37°-μ(mg-Fsin37°)=ma1

对长木板分析有

μ(mg-Fsin37°)=Ma2

代入数据解得

a1=6m/s2，a2=1m/s2

(2)恒力F作用的1.5s内，小滑块、长木板均由静止开始做匀加速直线运动，根据运动学公式可知，对小滑块分析有

v1=a1t

x1=a1t2

对长木板分析有

v2=a2t

x2=a2t2

撤去恒力F后，小滑块做匀减速直线运动，长木板继续做匀加速直线运动。设小滑块、长木板的加速度大小分别为a′1、a′2，据牛顿第二定律可知，对小滑块有

μmg=ma′1

对长木板分析有

μmg=Ma′2

当小滑块与长木板两者共速时，小滑块恰好不滑出长木板的左端，则有

v1-a′1t′=v2+a′2t′

此过程，对小滑块有

x′1=v1t′-a′1t′2

对长木板有

x′2=v2t′+a′2t′2

则长木板的长度为

L=(x1-x2)+(x′1-x′2)

联立解得

L=9.375m

15．（1）A的加速度为4m/s2，方向向左； B的加速度为1m/s2，方向向右；（2）不会，过程见解析；（3）0.27m

【解析】

（1）受力分析有

f1=μ2Mg=12N

f2=μ1（M+m）g=10N

根据牛顿第二定律得

a1=μ2g=4m/s2

方向向左。B的加速度为

方向向右。

(2) (3)当A、B的速度相同时，两者不发生相对滑动。有

v0﹣a1t=a2t

所以

t

此时A的位移B的位移

3×0.64×0.36m=1.08m

1×0.36m=0.18m

则AB的相对位移

x=xA﹣xB=0.9m＜1.2m

所以A不会从B上滑出。之后AB一起做匀减速直线运动

a3=μ1g=2m/s2

此时的速度

v=v0﹣a1t=3﹣4×0.6=0.6m/s

位移

所以B滑行的距离

x=x2+x3=0.27m