（一轮）3板块模型（力学） 解析版

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（一轮）板块模型（力学）一：有力无速度①       地面光滑（F作用于上面）      1．物体A放在木板B上，木板B放在光滑水平地面上，已知mA=4kg，mB=2kg，A、B间的动摩擦因数μ=0.2，如图所示。现用一水平向右的拉力F作用于物体A上，g=10m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是（　　）A．当拉力F>8N时，A相对B滑动B．当拉力F>24N时，A相对B滑动C．当拉力F=6N时，A、B间的摩擦力为0D．当拉力F=12N时，A、B间的摩擦力为8N 2．如图所示，物体叠放在物体上， 置于光滑水平面上． 、质量分别为和， 、之间的动摩擦因数为．在物体上施加水平向右的拉力，开始时，此后逐渐增大，在增大到的过程中，取最大静摩擦力等于滑动摩擦力， ．以下判断正确的是（    ）A．两物体间始终没有相对运动B．两物体间从受力开始就有相对运动C．当拉力时，两物体均保持静止状态D．两物体开始没有相对运动，当时，开始相对滑动  ② 地面光滑（F作用于下面）          3．如图所示，两个质量均为m的物块P、Q叠放在光滑的水平面上，物块间的动摩擦因数为μ.若用水平外力F将物块Q从物块P的下方抽出，抽出过程中P、Q的加速度分别为aP、aQ，且aQ＝2aP，重力加速度为g，则F的大小为(　　)A．μmgB．1.5μmgC．2μmgD．3μmg4．如图，在光滑水平面上有一质量为M的足够长的木板，其上叠放一质量为m的木块。假定木块和木之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。现给木板施加一随时间t增大的水平力F=kt（k是常数），木块加速度的大小为a，下列反映a随时间t变化的图线中正确的是(    )A． B． C．  D. D．5．图甲中有一质量为M的长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为m的小滑块。木板受到随时间t变化水平拉力F作用时，用传感器测出其加速度a，得到乙图的a－F图。取g＝10 m/s2，下列选项错误的是A．滑块的质量m＝4 kgB．木板的质量M＝2kgC．当F＝8 N时滑块加速度为３ m/s2D．滑块与木板间动摩擦因数为0．16．如图所示，物块A和B相互叠加，一起放在光滑的水平地面上。A与B间是粗糙的，A的质量为m，B的质量为2m，现用水平恒力F1、F2分别作用于A和B(如图甲、乙所示)，结果均可以使A和B刚好不滑动，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则F1和F2，的大小关系为A．F1=2F2            B．F1=F2C．2F1=F2            D．3F1=F2 ③ 地面粗糙（F作用于A）      7．如图所示，，两物块的质量分别为和，静止叠放在水平地面上。、间的动摩擦因数为，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。现对施加一水平拉力，下列选项错误的是（　　）A．当时，、都相对地面静止B．当时，的加速度为C．当时，相对滑动D．无论为何值，的加速度不会超过8．如图所示，质量为m1的木块在质量为m2的长木板上向右滑行，木块同时受到向右的拉力F的作用，长木板处于静止状态，已知木块与木板间的动摩擦因数μ1，木板与地面间的动摩擦因数为μ2，则（　　）A．当F>时，木板便会开始运动B．木板受到地面的摩擦力的大小一定是C．木块受到木板的摩擦力的大小等于FD．无论怎样改变F的大小，木板都不可能运动   ④ 地面粗糙（F作用于B）       9．如图所示，光滑的水平面上叠放着质量分别为mA、mB的A、B两个物体。现用水平向右、大小不变的拉力F作用在物体A上。已知A、B之间动摩擦因数为μ，最大静摩擦力可认为与滑动摩擦力大小相等。重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）A．若A、B没有发生相对滑动，则B不受摩擦力B．若mA<mB，则无论F多大A、B都不会发生相对滑动C．无论A、B是否发生相对滑动，B的加速度均为μgD．只要拉力F>μ（mA+mB）g，A、B就会发生相对滑动10．如图甲所示，足够长的木板B静置于光滑水平面上，其上表面放置小滑块A。木板B在水平拉力F作用下，其加速度a随拉力F变化的关系图象如图乙所示，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10m/s2，则：A．小滑块A的质量为1 kgB．小滑块A的质量为2 kgC．AB间动摩擦因素为0.2D．AB间动摩擦因素为0.3                                  速度问题  二、解答题（例）如图，木板B置于光滑的地面上，A以初速度滑上木板，已知A的质量为m, B的质量为M，A. B间的动摩擦因素为，B的长度为L,（1）求物块和木板之间的摩擦力。（2）求物块和木板的加速度。（3）已知木块恰好没有从木板上滑下，求木板的长度？      11．（难）如图所示，一个质量m1=1kg的薄长木板静止在水平面上，与地面间的动摩擦因数μ1=0.1。一小滑块（可视为质点）以初速度v0=9m/s滑上长木板的左端，经时间t1从长木板右端滑下。小滑块质量m2=2kg，与长木板之间的动摩擦因数μ2=0.3，长木板与小滑块分离后恰好不与滑块碰撞，且滑块在地面运动的最后1s 内的位移为2m，取重力加速度的大小g=10m/s2。求∶(1)小滑块与水平地面之间的动摩擦因数μ3； (2)小滑块刚滑上长木板时，木板的加速度大小a1；(3)木板的长度L。    （例2）如图所示，长为L＝2m、质量为M＝8kg的木板，放在水平地面上，木板向右运动的速度＝6m／s时，在木板前端轻放一个大小不计、质量为m＝2kg的小物块．木板与地面间、物块与木板间的动摩擦因数均为μ＝0.2，g＝10m／s2．求： （1）物块及木板的加速度大小。（2）物块滑离木板时的速度大小。      12．如图所示，一质量为M=0.9kg的长木板B在粗糙的水平面上向右运动，某一时刻长木板的初速度为v0=5.5m/s，此时将一质量m=0.2kg的物块A（可视为质点）无初速度地放在长木板右端，经过1秒后物块A刚好没有从木板的左端滑出。已知物块A与长木板B之间的动摩擦因数为μ1=0.25，长木板B与地面之间动摩擦因数为μ2=0.2，g取10m/s2，求：（1）相对运动过程中物块A的加速度大小；（2）长木板B的长度；（3）从将物块A放上长木板开始到最后相对地面静止，物块A相对地面的位移x。         （例3）如图所示，质量M＝4.0kg的长木板B静止在光滑的水平地面上，在其右端放一质量m＝1.0kg的小滑块A（可视为质点）。初始时刻，A、B分别以＝2.0m／s向左、向右运动，最后A恰好没有滑离B板．已知A、B之间的动摩擦因数u＝0.40，取g＝10m／s求：（1）A、B相对运动时的加速度的大小与方向；（2）A相对地面速度为零时，B相对地面运动已发生的位移大小x；（3）长木板B的长度；                      13．（2015全国I卷高考题）一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块，在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5m，如图（a）所示．时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至时木板与墙壁碰撞（碰撞时间极短）．碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板．已知碰撞后1s时间内小物块的图线如图（b）所示．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）木板与地面间的动摩擦因数及小物块与木板间的动摩擦因数；（2）木板的最小长度；（3）木板右端离墙壁的最终距离．
 
(一轮)板块模型（力学）参考答案1．B【详解】AB．当A、B刚要发生相对滑动时，对B，根据牛顿第二定律得整体的加速度am==4m/s2此时拉力F=（mA+mB）am=24N则当F≤24N时，A、B相对静止；当F>24N时，A相对B滑动，故A项错误，B项正确；C．当F=6N时，A、B相对静止，整体的加速度a1==1m/s2对A有F-f1=mAa解得f1=2NC项错误；D．当拉力F=12N时，A、B相对静止，整体的加速度a2==2m/s2此时，对A有F-f2=mAa解得A、B间摩擦力的大小f=4N故D项错误；故选B。2．A【解析】隔离对分析， 间摩擦力达到最大静摩擦力时， 、发生相对滑动，则，再对整体分析： ，故只有当拉力时， 、才发生相对滑动，故A对；BD错；由于地面光滑只要有拉力两物体就运动，C错．故选A.点睛：本题考查牛顿第二定律的临界问题，关键找出临界状态，运用整体法和隔离法，根据牛顿第二定律进行求解．3．D【详解】以P为研究对象受力分析，根据牛顿第二定律可得μmg=map可得ap=μg所以aQ=2ap=2μg对Q受力分析，根据牛顿第二定律有F-μmg=maQ可得拉力为F=μmg+maQ=3μmg所以D正确，ABC错误。故选D。4．B【解析】解：当F比较小时，两个物体相对静止，加速度相同，根据牛顿第二定律得：，a与时间成正比；当F较大时，m相对于M运动，根据牛顿第二定律可得m的加速度为： 是一个定值，所以B正确。点睛：牛顿第二定律在整体与隔离法中的应用。5．C【解析】由图可知，当F=6N时，加速度为a=1m/s2．对整体分析，根据牛顿第二定律有 F=（M+m）a，代入数据解得： M+m=6 kg；当F＞6 N时，小滑块与木板相对滑动，对木板，根据牛顿第二定律得：，变形得：，结合图象有图线的斜率：，解得：M=2 kg，滑块的质量m=4 kg，故AB说法正确；根据F＞6 N的图线知，当F=4 N时，a=0，代入，可得：μ=0.1；当F=8 N时，小滑块与木板相对滑动，对滑块根据牛顿第二定律得μmg=ma′，解得a′=μg=1 m/s2，故D说法正确，C说法错误。所以选C。6．C【解析】当F作用爱A上时,B产生的最大加速度为： ，对AB整体根据牛顿第二定律可知：F1=3ma= 当F作用在B上,A的最大加速度为： ，对AB整体根据牛顿第二定律可知：F2=3ma=3μmg,故F1：F2=1：2，故C正确，ABD错误故选：C点睛：根据AB刚好不发生相对滑动，利用隔离法求得最大加速度，再整体法求得拉力F的大小即可比较7．A【详解】A.物块A、B间的最大静摩擦力为，B和地面之间的最大静摩擦力为，以A、B整体为研究对象，只要，整体便会运动，故A错误，符合题意。C.当A对B的摩擦力为最大静摩擦力时，A、B将要发生相对滑动，故一起运动，对整体有对A有解得则当时，相对滑动，选项C正确，不符合题意；B.当时，A、B一起运动，有牛顿第二定律有 解得选项B正确，不符合题意；D.对物块B受力分析，由牛顿第二定律 解得选项D正确，不符合题意；故选A。8．D【详解】由题可知，地面对木板的摩擦力为f，有地面对木板摩擦力与木块对木板的滑动摩擦力大小相等所以无论怎样改变F的大小，滑动摩擦力大小不变，木板都不可能运动。因为不确定木块的运动状态，所以木块受到的摩擦力与F的关系无法确定。故选D。9．D【详解】AC．若A、B没有发生相对滑动，AB一起向右加速运动，此时共同加速度以B为分析对象，在A对B的静摩擦力f作用下向右加速运动选项AC错误；BD．A、B之间最大静摩擦力若，A、B就会发生相对滑动，即解得选项B错误，D正确。故选D。10．B【详解】设A的质量为m，B的质量为M．当F=3N时，加速度为：a=1m/s2，对整体分析，由牛顿第二定律有：F=（M+m）a，代入数据解得：M+m=3kg，当F大于3N时，对B，由牛顿第二定律得：F-μmg=Ma，得 F=Ma+μmg；图示图象可知，图线的斜率：k=M==1，解得木板B的质量：M=1kg，所以小滑块A的质量为：m=2kg，截距b=μmg=2，解得：μ=0.1，故ACD错误，B正确。故选B。11．(1)0.4；(2)3m/s2；(3)【详解】(1)滑块在地面上滑行的最后1s 解得a= 4m/s2μ3 =0.4(2)滑块滑上木板时，对木板解得a1 = 3m/s2(3)滑块在木板上的加速度为a2=μ2g = 3m/s2分离后木板在地面滑行a4=μ1g= 1m/s2设滑块在木板上滑行时间为t，分离时木板和滑块速度分别为v1、v2 滑块和木板分离后两者在地面上滑行的位移相等解得v1=3m/sv2= 6m/st =1s滑块在木板上滑行，木板滑块解得12．（1）2.5m/s2；（2）2.75m；（3）m【详解】(1)由题可知，A、B两物体先相对滑动，达到共速后一起作匀减速直线运动，直到静止。A、B相对滑动时，对物块A受力分析：由牛顿第二定律：解得a1=2.5m/s2(2)由物块A刚好未从木板的左端滑出可知，长木板B的长度等于A、B两物体相对地面位移的差值。A物块的位移对长木板B受力分析，由牛顿第二定律：解得a2=3m/s2.B长木板的位移。则(3)由（2）分析可得，A、B共速时，A、B两物体的速度为A、B共速后，一起做匀减速直线运动，直到停止，由牛顿第二定律：解得a3=2m/s2由可知则全过程中，A相对地面发生的位移x=xA+x3=m13．（1），；（2）；（3）【详解】（1）根据图像可以判定碰撞前木块与木板共同速度为碰撞后木板速度水平向左，大小也是木块受到滑动摩擦力而向右做匀减速，根据牛顿第二定律有解得木板与墙壁碰撞前，匀减速运动时间，位移，末速度其逆运动则为匀加速直线运动可得带入可得木块和木板整体受力分析，滑动摩擦力提供合外力，即可得（2）碰撞后，木板向左匀减速，依据牛顿第二定律有可得对滑块，则有加速度滑块速度先减小到0，此时碰后时间为此时，木板向左的位移为末速度滑块向右位移此后，木块开始向左加速，加速度仍为木块继续减速，加速度仍为假设又经历二者速度相等，则有解得此过程，木板位移末速度滑块位移此后木块和木板一起匀减速．二者的相对位移最大为滑块始终没有离开木板，所以木板最小的长度为（3）最后阶段滑块和木板一起匀减速直到停止，整体加速度位移所以木板右端离墙壁最远的距离为【考点定位】牛顿运动定律【名师点睛】分阶段分析，环环相扣，前一阶段的末状态即后一阶段的初始状态，认真沉着，不急不躁