专题16 动力学中的滑块—木板模型——2022年高考物理一轮复习小题多维练（全国通用）

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2022年高考物理一轮复习小题多维练（全国通用）专题16  动力学中的滑块—木板模型（时间：30分钟）1、如图甲所示，在光滑水平面上，静止放置一质量M的长木板，质量为m的滑块（可视为质点）放在长木板上，长木板受到水平拉力F与加速度a的关系如图乙所示，重力加速度大小g取，下列说法正确的是（　　）A．长木板的质量B．滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.2C．当时，滑块的加速度大小为D．当F增大时，滑块的加速度一定增大【答案】  B【解析】A．当等于6 N时，加速度为，对整体分析由牛顿第二定律有代入数据解得；当大于6 N时，和发生相对滑动，根据牛顿第二定律得则有则知图线的斜率，则，故，故选项A错误；B．当大于6 N时，则有根据图像可知，，联立解得，故选项B正确；CD．当大于6 N后，二者发生相对滑动，小滑块的加速度为，与无关，增大时小滑块的加速度不变，故选项CD错误。故选B。2、如图所示，质量为M的木板静置于水平桌面上，右端恰处于A点，其上叠放着质量为m的木块。现给两者一个相同的初速度v，两者保持相对静止做匀减速运动，停下来时木板的右端恰处于B点。如果在两者运动到AB中点时迅速将木块向上拿开，则木板停下来时右端处于（  ）A．B点左侧B．B点右侧C．B点D．因为各接触面的动摩擦因数未知，所以无法判断【答案】  C【解析】当两者叠放在一起都做匀减速运动时，加速度为a == μg当两者运动一半位移时迅速将木块向上拿开时，不影响木板的运动，木块以木板拿开时的速度为初速度继续做匀减速运动，加速度a′ == μg显然木板的加速度不变，所以木板停下来时右端仍处于B点。故选C。3、（多选）如图所示，在水平面上有一质量为的足够长的木板，其上叠放一质量为的物块，木板与地面间的动摩擦因数，物块和木板之间的动摩擦因数，假定最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。现给物块施加随时间增大的水平拉力，重力加速度大小。则（　　）A．之后，木板将在地面上滑动 B．时，物块将相对木板滑动C．时，物块的加速度大小为 D．木板的最大加速度为【答案】  BC【解析】AD．力作用在物块上，之间最大静摩擦力为，地面对木板的最大静摩擦力为，所以木板始终静止，所以AD错误；B．由，时，，达到对的最大静摩擦力，始终静止，所以木块将运动，所以B正确；C．时，，合力为，由牛顿第二定律得为，所以C正确；故选BC。4、（多选）如图甲所示，一块质量为mA=2kg的木板A静止在水平地面上，一个质量为mB=1kg的滑块B静止在木板的左端，对B施加一向右的水平恒力F，一段时间后B从A右端滑出，A继续在地面上运动一段距离后停止，此过程中A的速度随时间变化的图像如图乙所示．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取g=10m/s2。则下列说法正确的是（　　）A．滑块与木板之间的动摩擦因数为0.6B．木板与地面之间的动摩擦因数为0.1C．F的大小可能为9ND．F的大小可能为12N【答案】  BD【解析】AB．由图乙可知，滑块B在木板A上滑动时，A的加速度为滑块B离开木板A后，A的加速度为联立解得，A错误，B正确；CD．B能从A右端滑出，说明B的加速度比A的大，所以有解得C错误，D正确。故选BD。5、如图所示，轻质板放在光滑的水平地面上，物体A、B与轻质板的动摩擦因数（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）已知，，g取。当作用在A上的水平力时，物体A的加速度为（　　）A． B． C． D．【答案】  B【解析】对B受力分析得B能获得的最大加速度aB=μg=1m/s2假设A、B不相对滑动，整体分析得因为假设不成立，B会相对于轻质板滑动。对A受力分析得，A受摩擦力为μmBg，物体A的加速度为故选B。6、如图甲所示，质量为2kg的物块m和质量为3kg的物块M叠放，静止在光滑水平面上，零时刻起随时间如图乙所示的力F作用在M上，若m和M之间的动摩擦系数为0.1，则m和M刚要开始滑动的时刻及该时刻的速度分别为（　　）A．10s、5m/s B．15s、15m/s C．20s、10m/s D．30s、20m/s【答案】  A【解析】和刚要开始滑动时，两者间的静摩擦力达到最大值，对物块，根据牛顿第二定律得得对两物块组成的整体，由牛顿第二定律得由图象可得则当时在内，与成正比，则整体的加速度与也成正比，根据图象与时间轴所围的面积表示速度变化量可知，内，速度变化量为因为整体的初速度为0，所以时整体的速度为故A正确，BCD。故选A。7、（多选）如图所示，质量M=1kg足够长的木板B放在水平地面上，其上放有质量m=1kg煤块A，A、B间的动摩擦因数=0.1， B与地面之间的动摩擦因数=0.2，现对B施加水平向右的拉力F=8N持续作用2s然后撤去，则在A、B运动的整个过程中，g=10m/s2，设滑动摩擦力等于最大静摩擦力，则（　　）A．A比B先相对地面静止B．A的位移为4mC．A在B上留下的划痕长D．系统因摩擦产生的总热量48J【答案】  CD【解析】ABC．B在F=8N的外力作用下，A、B均向右加速，但A相对B向左滑动，分别对A、B受力分析，根据牛顿第二定律，对A有对B有代入数据可解得a1=1m/s2，a2=3m/s2F作用t1=2s时，A与B的速度分别是撤去外力后，A的加速度不变，继续加速，设B的加速度为，对B据牛顿第二定律有代入数据解得方向水平向左，B做匀减速直线运动，设经过时间t2后A、B达到共速v，满足可解得，共同速度共速后A以a1的加速度做匀减速运动，B以a3的加速度做匀减速运动，对B据牛顿第二定律有可解得a3=3m/s2，可得A减速至静止时间B减速至静止时间由于t3>t4，所以B先相对地面静止，A错误；B．由A选项的数据，可求得A、B的总位移分别为达到共同速度前，A相对B向后滑行，相对位移为达到共同速度后，A相对B向前滑行，相对位移为两段划痕重复，故A在B上留下的划痕长，AB错误，C正确；D．A、B间摩擦生热为B与地面的摩擦生热为系统因摩擦产生的总热量代入数据可解得Q=48J，D正确。故选CD。8、（多选）如图，一固定且足够长的斜面MN与水平面的夹角α=37°，斜面上有一质量为3m、上表面光滑且下端有挡板P的长木板A沿斜面匀速向下运动，速度大小v0=1m/s，现将一质量为m的小滑块轻轻地放在长木板上，当小滑块运动到挡板P时（与挡板碰前的瞬间），长木板的速度刚好减为零，之后小滑块与挡板发生第1次碰撞，以后每隔一段时间，小滑块就与挡板碰撞一次，小滑块始终在长木板上运动，已知小滑块与挡板的碰撞为弹性碰撞且碰撞时间极短，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，下列说法正确的是（　　）A．小滑块在长木板上下滑过程中，长木板的加速度大小为2m/s2B．小滑块放在木板上的瞬间，其与P的距离为C．小滑块与挡板第1次碰撞后的瞬间，小滑块的速度大小为1.5m/sD．小滑块与挡板第2次碰撞后的瞬间，小滑块的速度大小为1.5m/s【答案】  ACD【解析】A．开始长木板匀速下滑时，由平衡条件可得带入数据解得把小滑块放上长木板后，对长木板，由牛顿第二定律可得代入数据解得故A正确；B．长木板上表面光滑，碰撞前小滑块做匀加速直线运动，长木板做匀减速直线运动，小滑块从放上长木板到与挡板相撞的时间为小滑块放上长木板的瞬间，其与P的距离为故B错误；C．设小滑块与挡板第一次碰撞前的速度为v，则滑块与挡板碰撞过程系统动量守恒，取沿斜面向下为正方向，由动量守恒定律可得由机械能守恒定律可得联立方程，带入数据解得，则小滑块与挡板第1次碰撞后的瞬间，小滑块的速度大小为1.5m/s，故C正确；D．碰撞后长木板速度再次减为零的时间为此时小滑块的速度为，方向沿斜面向下这个过程中小滑块的位移为，方向沿斜面向下长木板的位移为故，二者发生第2次碰撞，第2次碰撞前的瞬间小滑块的速度与第1次碰撞前的速度相同，所以小滑块与挡板第2次碰撞后的瞬间，小滑块的速度大小仍为1.5m/s，故D正确。故选ACD。9、如图所示，长L=4.0m、质量mA=2.0kg的木板A静止在光滑水平面上，对木板施加大小F=4.0N、方向向右的水平拉力，同时在木板上某位置放一初速度v0=3.0m/s、方向水平向右的小物块B，物块B的质量mB=1.0kg，在运动过程中物块B刚好未从木板A右端滑落。已知A、B间的动摩擦因数μ=0.20，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g=10m/s2，求：（1）物块B刚放上木板A时，木板A、物块B的加速度大小aA、aB；（2）物块B刚放上木板时离木板A右端的距离x；（3）从物块B刚放上木板A到离开木板的过程中，产生的热量Q。【答案】  （1） 3m/s2，2m/s2；（2）0.9m；（3）9.8J【解析】（1）根据牛顿第二定律，对木板A有F+μmBg=mAaA代入数据解得aA=3m/s2，根据牛顿第二定律，对物块B有μmBg=mBaB代入数据解得aB=2m/s2；（2）设经过时间t1物块B刚好未从木板A右端滑落，此时A、B有共同速度v1，则有v1=v0-aBt1=aAt1代入数据解得t1=0.6s，根据运动学公式和题意得x=v0t-aB-aA代入数据解得x=0.9m；（3）从物块B刚放上木板A到离开木板的过程中，产生的热量为Q=μmBg（x+L）代入数据解得Q=9.8J。10、如图所示，一块质量为M的匀质板放在足够长的光滑水平桌面上，初始时速度为零。板的左端有一个质量为m的物块，物块与板间的动摩擦因数为，物块上连接一根足够长的细绳，细绳跨过位于桌面边缘的定滑轮，某人以恒定速度向下匀速拉绳，绳子对物块的拉力保持水平，物块最多只能向右达到板的中点，且此时板的右端尚未到达桌边定滑轮。求：⑴物块与匀质板相对滑动的过程中，物块受到板的摩擦力和板运动的加速度；⑵若物块在板左端时，给板一个水平向左的初速度，为使板与物块能脱离，应满足的条件。【答案】  （1），方向水平向左，，方向水平向右；（2）【解析】（1）由于物块向右做匀速运动，对物块和板受力分析，如图所示物块受到板的摩擦力大小为方向水平向左设板运动的加速度大小为a，由牛顿第二定律，可得解得方向水平向右（2）板向右做匀加速直线运动，直到速度为v，然后物块和板相对静止向右匀速直线运动，两者相对滑动的时间为设板的长度为L，则有解得若物块在板左端时，给板一个水平向左的初速度，则板先向左做匀减速直线运动，加速度大小为a，直到速度为零，设这段时间为t2，则有然后板由静止开始向右做匀加速直线运动，情况与（1）中相同，物块与板的相对位移为，所以，为了使物块与板脱离，则在t2时间内物块与板的相对位移满足解得11、（多选）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．t=0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1kgB．2s~4s内，力F的大小为0.4NC．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【答案】  AB【解析】结合两图像可判断出0-2s物块和木板还未发生相对滑动，它们之间的摩擦力为静摩擦力，此过程力F等于f，故F在此过程中是变力，即C错误；2-5s内木板与物块发生相对滑动，摩擦力转变为滑动摩擦力，由牛顿运动定律，对2-4s和4-5s列运动学方程，可解出质量m为1kg，2-4s内的力F为0.4N，故A、B正确；由于不知道物块的质量，所以无法计算它们之间的动摩擦因数μ，故D错误.12、如图所示，质量M＝8 kg的小车放在水平光滑的平面上，在小车左端加一水平推力F＝8 N。当小车向右运动的速度达到1.5 m/s时，在小车前端轻轻地放上一个大小不计、质量为m＝2 kg的小物块，小物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.2，小车足够长。求：（1）放上小物块后，小物块及小车的加速度各为多大；（2）从小物块放在小车上开始计时，1s后，推力F继续随时间增大，即F=6+2t，（t>1s）。通过计算写出物块与小车间的摩擦力f与时间t的表达式 （取g＝10 m/s2）。【答案】  （1）2 m/s2，0.5 m/s2.；（2）【解析】（1）小物块的加速度得am＝2m/s2；小车的加速度得aM＝0.5m/s2.；（2）假设t1它们恰好共速得t1＝1s，在开始1s内小物块与小车相对运动，两者间的摩擦力为动摩擦力两者共速后，假设两者能共同加速，对小物块受力分析，设最大共同加速度为a对整体有对物块有联立解得两者共同加速的最大推力Fm=20N；由 （t>1s）得当t=7s时，F=20N；故在1~7s时间段内，两者共同加速，对小物块有对小车与物块有解得当t>7s，两者相对运动，两物体间的摩擦力再次为动摩擦力，f=4N；综上所述，有