(能力提高练) 第五节 牛顿定律与板块模型-2023年高考物理一轮系统复习学思用

【能力提高练】  第五节 牛顿定律与板块模型

1．(2022•辽宁省协作体高三(下)一模)如图所示，将一盒未开封的香皂置于桌面上的一张纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，香皂盒的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验(示意图如图所示)，若香皂盒和纸板的质量分别为m1和m2，各接触面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g。若本实验中，m1=100g，m2=5g，μ=0.2，香皂盒与纸板左端的距离d=0.1m，若香皂盒移动的距离超过l=0.002m，人眼就能感知，忽略香皂盒的体积因素影响，g取10m/s2，为确保香皂盒移动不被人感知，纸板所需的拉力至少是(     )

A．1.41N B．1.42N C．1410N D．1420N

【解析】  香皂盒与纸板发生相对滑动时，根据牛顿第二定律可得，解得，对纸板，根据牛顿第二定律可得，为确保实验成功，即香皂盒移动的距离不超过l＝0.002m，纸板抽出时香皂盒运动的最大距离为，纸板运动距离为，纸板抽出后香皂盒运动的距离为，则，由题意知a1＝a3，a1t1＝a3t2，代入数据联立得F＝1.42N，故B正确，ACD错误。故选B。

【答案】  B

2．(2022•辽宁省名校联盟高三(上)9月联考)如图所示，一只杯子固定在水平桌面上，将一块薄纸板盖在杯口上并在纸板上放一枚鸡蛋，现用水平向右的拉力将纸板快速抽出，鸡蛋(水平移动距离很小，几乎看不到)落入杯中，这就是惯性演示实验。已知鸡蛋(可视为质点)离纸板左端的距离为，鸡蛋和纸板的质量均为，所有接触面的动摩擦因数均为，重力加速度为，若鸡蛋移动的距离不超过就能保证实验成功，则所需拉力的最小值为(    )

A． B．        C．         D．

【解析】  当纸板相对鸡蛋运动时，设鸡蛋的加速度为，纸板的加速度为。为确保实验成功，即鸡蛋移动的距离不超过，则纸板抽出时鸡蛋运动的最大距离，纸板运动距离为，联立解得，根据牛顿第二定律得，对鸡蛋有，得，，对纸板有，，解得，故选C。

【答案】  C

3．(2022•西南大学附属中学校第六次月考)(多选)如图，在倾角为的固定光滑斜面上，有一用绳子拴着的长木板，木板上站着一只猫。已知木板的质量是猫的质量的2倍。当绳子突然断开时，猫立即沿着板向上跑，以保持其相对斜面的位置不变， 重力加速度为。 在猫奔跑但没有离开木板的过程中(　　)

A．猫和木板组成的系统动量变大

B．猫和木板组成的系统动量守恒

C．木板加速度为

D．木板加速度为

【解析】  CD．猫相对地面静止，所受外力平衡，设猫的质量为，受力分析如图所示，

根据受力平衡可知，木板受力分析如图所示

根据牛顿第三定律可得，根据牛顿第二定律可得，木板的加速度大小为，木板加速度为，沿斜面向下，C正确，D错误；

B．猫和木板组成的系统在沿着斜面的方向上所受外力不为零，系统动量不守恒，B错误；

A．木板加速度沿斜面向下，做加速运动，木板的速度越来越大，动量越来越大，猫相对斜面位置不变，猫的对地速度为0，动量为0，因此，猫和木板组成的系统动量变大，A正确。故选AC。

【答案】  AC

4．(2022•成都市第七中学高三(下)入学考试)(多选)如图所示，长度为、质量为的木板放置于水平地面上，质量为的滑块放置于木板最左端，已知滑块和木板之间的动摩擦因数为，木板和地面之间的动摩擦因数为，重力加速度为，现给滑块一个向右的冲量，最终滑块静止在木板上。下列说法正确的是(　　)

A．滑块一直做匀减速运动

B．滑块和木板相对运动的时间为

C．木板和地面因摩擦产生的内能为

D．木板和地面因摩擦产生的内能为

【解析】  A．分别对滑块和木板受力分析，应用牛顿第二定律，，可得滑块加速度，木板加速度，达到共同速度后，对整体受力分析可得，加速度，滑块的加速度发生了变化，不是一直匀减速运动，故A错误；

B．滑块的初速度，由，可得滑块和木板相对运动的时间为，故B正确；

CD．经过，滑块和木板的共同速度，整个过程木板的位移，所以，木板和地面因摩擦产生的内能为，故C错误，D正确。故选BD。

【答案】  BD

5．(2022•山东省烟台市高三(上)期末)如图甲所示，质量的木板静止在粗糙的水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数，在木板的左端放置一个质量的物块，物块可视为质点，物块与木板间的动摩擦因数。设木板足够长，现对物块施加一个水平向右的力F，力F随时间t的变化如图乙所示。已知最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，取，则下面四个图中能正确反映物块受到木板的摩擦力大小f随时间t变化的是(　　)

A．                  B．

C．                  D．

【解析】  由题意铁块与木板之间摩擦力的最大值为，木板与地面间的摩擦力的最大值为，当时，木板和铁块相对地面静止，又由图像可得 ，所以0-4s时间内图像与F-t图像相同；当，并且木板和铁块一起相对地面加速运动时，设此时系统的加速度为a，根据牛顿第二定律，对整体有，对铁块有，可得，从此关系式可以看出，当时，M、m相对静止，则对整体有，对铁块，即，即，所以0-10s内图像如图C，故ABD错误，C正确。故选C。

【答案】  C

6．(2022•黑龙江省大庆一中高三(下)第二次月考)(多选)如图甲所示，质量为M=0.5kg的木板静止在光滑水平面上，质量为m=1kg的物块以初速度vo=4m/s滑上木板的左端，物块与木板之间的动摩擦因数为μ=0.2，在物块滑上木板的同时，给木板施加一个水平向右的恒力F。当恒力F取某一值时，物块在木板上相对于木板滑动的路程为s，给木板施加不同大小的恒力F，得到的关系如图乙所示，其中AB与横轴平行，且AB段的纵坐标为1m-1。将物块视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2。则下列说法正确的是(　　)

A．若恒力F=0，物块滑岀木板时的速度为3m/s

B．C点纵坐标为1.5m-1

C．随着F增大，当外力F=1N时，物块恰好不能木板右端滑出

D．图像中D点对应的外力的值为4N

【解析】  结合物体运动以及图形分析可知，总共分三个阶段。第一阶段(AB段)，拉力较小时，物块从木板的右侧滑出；第二阶段(BC段)，拉力稍大一些，物块滑动一段距离后，与木板一起加速向右运动；第三阶段(DE段)，拉力过大，物体滑动一段距离后，摩擦力提供的加速度不够，不能随木板一起运动，最终从左侧滑出。

A．物块刚滑上木板时，物块加速度a1有，得到，物块刚滑上木板时，木板的加速度a2有，得到，由题意可知，当F=0时，物块，木板的位移差为1m，则，，，解得，物块滑出木板时的速度，A错误；

C．当物块恰好不能从木板右端滑出时，设木板加速度为a3，此时有，，，，，解得，C正确；

D．C、D两点对应的为恰好可一起匀加速运动，则有，，解得，则C、D点拉力为3N，D错误；

B．此时物块刚滑上木板时，木板的加速度a5有，两者速度相等时，位移差有，，解得，故，B正确；故选BC。

【答案】  BC

7．(2022•福建师范大学附属中学高三(下)开学考试)(多选)如图所示，A、B两物块的质量分别为和m，静止叠放在水平地面上。A、B间的动摩擦因数为，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、B都相对地面静止

B．当时，A的加速度为

C．当时，A相对B滑动

D．当时，B的加速度为

【解析】  A．根据题意可知，B与地面间的最大静摩擦力为，因此要使B能够相对地面滑动，A对B所施加的摩擦力至少为，A、B间的最大静摩擦力为，故时，A、B都相对地面静止，A错误；

B．A、B恰好不相对滑动时，根据牛顿第二定律可知应当满足，且，即，则当≤F＜3μmg，A、B将一起向右加速滑动。当时，对A和B整体受力分析有，解得，故B正确；

C．由以上的分析可知，当F≥3μmg时，A相对B滑动，故C正确；

D．当时，AB产生相对滑动，对物体B，根据牛顿第二定律有，解得，故D错误。故选BC。

【答案】  BC

8．(2022•江苏如皋市高三(下)一调)如图甲所示，A、B两物块静止叠放在水平地面上.水平拉力F作用在A上，且F从0开始逐渐增大，B的加速度与F的关系图像如图乙所示，则A的加速度与F的关系图像可能正确的是(　　)

A．                      B．

C． D．

【解析】  设A的质量为，B的质量为，AB间的动摩擦因数为，B与地面间的动摩擦因数为，则当，AB处于静止状态，加速度都为0；

当，AB开始一起加速运动，设当，AB刚好要发生相对运动，以AB为整体，由牛顿第二定律；

以B为对象，由牛顿第二定律，联立解得；

则当 ，AB一起做匀加速直线运动，加速度为；

当 ，AB发生相对滑动，对A由牛顿第二定律，解得，由以上分析可知A的加速度与的关系图像可能为D选项，D正确，ABC错误；故选D。

【答案】  D

9．(2022•湖南衡阳市高三(下)一模)如图a所示，一滑块置于长木板左端，木板放置在水平地面上，已知滑块和木板的质量均为2kg，现在滑块上施加一个的变力作用，从时刻开始计时，滑块所受摩擦力随时间变化的关系如图b所示，设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度g取，则下列说法正确的是(　　)

A．滑块与木板间的动摩擦因数为0.2      B．木板与水平地面间的动摩擦因数为0.1

C．图b中，                  D．木板的最大加速度为

【解析】  A．由题意可知，时刻之后，滑块与木板间有相对滑动，滑块受到的滑动摩擦力不随F而变化，可得，解得滑块与木板间的动摩擦因数为，A错误；

B．结合图2可知，时间内，滑块与木板均静止，时间内，滑块与木板仍相对静止，木板在地面滑行，可知时刻木板与地面间达到最大静摩擦力，可得，解得木板与地面间的动摩擦因数为，B错误；

CD．时刻，滑块与木板恰好发生相对滑动，由牛顿第二定律对滑块、木板分别可得，，其中，联立解得，，之后木板的加速度保持不变，故木板的最大加速度为，C正确，D错误。故选C。

【答案】  C

10．(2021·四川省内江市六中)如图所示，一小木箱放在平板车的中部，距平板车的后端、驾驶室后端均为L=2.0m，处于静止状态，木箱与平板车之间的动摩擦因数μ=0.40，现使平板车在水平路面上以加速度a0匀加速启动，速度达到v=6.0m/s后接着做匀速直线运动，运动一段时间后匀减速刹车。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g=10m/s2。

(1)若木箱与平板车保持相对静止，加速度a0大小满足什么条件；

(2)若a0=6.0m/s2，当木箱与平板车的速度都达到6.0m/s时，求木箱在平板车上离驾驶室后端距离s；

(3)若在木箱速度刚达到6.0m/s时平板车立即用恒定的阻力刹车，要使木箱不会撞到驾驶室，平板车刹车时的加速度大小a应满足什么条件。

【解析】  (1)木箱与车相对静止，加速度相同，设最大值为am，由牛顿第二定律有

，解得，故应满足的条件为

(2)由于，故木箱与车发生相对滑动

木箱速度达到v=6m/s所需的时间

运动的位移

平板车速度达到v=6m/s所需的时间

运动的位移且有，解得

(3)木箱减速停止时的位移

平板车减速停止时的位移

木箱不与车相碰应满足，解得

【答案】(1)；(2)3.5m；(3)

11．(2022•东北师范大学附属中学七测)某兴趣小组对老师演示惯性的一个实验进行了深入的研究。如图甲所示，长方形硬纸板放在水平桌面上，纸板一端稍稍伸出桌外，将一块橡皮擦置于纸板的中间，用手指将纸板水平弹出，如果弹的力度合适，橡皮擦将脱离纸板，已知橡皮擦可视为质点，质量为，硬纸板的质量为，长度为。橡皮擦与纸板、桌面间的动摩擦因数均为，纸板与桌面间的动摩擦因数为，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为。

(1)手指对纸板的作用力与时间的关系如图乙所示，要使橡皮擦相对纸板滑动，至少多大？

(2)手指对纸板的作用时间很短，可认为作用结束后，纸板获得速度但位移近似为零，则要使橡皮擦脱离纸板，需满足的条件？

(3)若要求橡皮擦移动的时间不超过，求纸板被弹出的最小速度？

【解析】  (1)当橡皮擦刚好相对纸板滑动，对橡皮擦有

对橡皮擦和纸板整体有

联立解得

(2)纸板获得速度后做减速运动，橡皮擦做加速运动，当橡皮擦与纸板共速时刚好脱离纸板，

此时，最小设为。则对橡皮擦有，

对纸板有，，

根据位移关系有，联立解得

则要使橡皮擦脱离纸板，需满足。

(3)由题意可知，纸板的初速度越小，橡皮擦在纸板上滑行的时间越短，令纸板的初速度为v0时，橡皮擦离开纸板时的时间为0.1s，则在橡皮擦从纸板上滑下来的过程中有纸板的位移为

橡皮擦的位移为

橡皮擦和纸板有位移关系

代入数据联立解得

【答案】  (1)；(2)；(3)

12．(2022•河南省名校联盟高三(上)第三次诊断考试)如图所示，固定斜面的倾角θ＝37°，斜面长为L，一长木板放在斜面上，长木板的上端与斜面顶端重合，长木板的质量为m、长为，一小物块放在长木板的上端，质量也为m。现同时释放小物块和长木板，当长木板的下端到达斜面的底端时，小物块也恰好滑到斜面底端，不计小物块的大小。

(1)若小物块与长木板间光滑，则长木板与斜面间的动摩擦因数μ为多少？

(2)若小物块与长木板间的动摩擦因数μ′是长木板与斜面间动摩擦因数μ的一半，斜面的长L＝2.4 m，则小物块运动到斜面底端所用的时间为多少？

【解析】  (1)小物块沿长木板下滑的加速度大小a1＝gsin θ

小物块从斜面顶端滑到底端所用时间t1满足　

长木板下滑时，有mgsin θ－μ×2mgcos θ＝ma2，，解得

(2)若小物块与长木板间的动摩擦因数μ′是长木板与斜面间动摩擦因数μ的一半，则对小物块，

有a1′＝gsin θ－μ′gcos θ，

对长木板有mgsin θ＋μ′mgcos θ－μ×2mgcos θ＝ma2′，，μ′＝μ，解得

则a1′＝4.8 m/s2

小物块运动到斜面底端所用的时间

【答案】  (1)；(2) 1 s.。

13．(2022•华南师范大学附属中学一模)如图甲所示，足够长的、质量的木板静止在水平面上，质量、大小可以忽略的铁块静止在木板的右端。已知木板与地面间的动摩擦因数，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取。现给铁块施加一个水平向左的力F，作出铁块受到的摩擦力f随力F大小变化的图象如图乙所示。

(1)若F恒为8N，求铁块在1s内在木板上滑过的长度。

(2)若作用力F随时间t变化的关系图像如图丙所示，求在8s内铁块运动的位移大小。

【解析】  (1)由题图乙可知铁块与木板间的滑动摩擦力大小为

设铁块和木板能够不发生相对滑动的最大加速度为am，对整体根据牛顿第二定律有

对木板同理有，解得

所以若F恒为8N，铁块与木板将发生相对滑动，设木板与铁块的加速度大小分别为a1、a2，对木板和铁块根据牛顿第二定律分别有，，解得，

在t=1s内，木板和铁块的位移大小分别为，

所以铁块在1s内在木板上滑过的长度为

(2)由题图丙可知，在0~2s内，有

所以木板和铁块均静止，即0~2s内铁块的位移大小为

在2~4s内，有

此时木板和铁块将一起做匀加速运动，设加速度大小为a3，

根据牛顿第二定律有，解得

2~4s内铁块的位移大小为

4~8s内F3=0，因为

所以木板和铁块可以以共同的加速度大小a4做匀减速运动直至停止，

t=4s时木板和铁块的速度大小为

铁块做匀减速运动的时间为

即铁块在t=5s时停下来，4~8s内铁块的位移大小为

所以在8s内铁块运动的位移大小为

【答案】  (1)1m；(2)1.5m