第17讲 板块模型（练习）（解析版）——备战2024年高考物理一轮复习全面攻略—高中物理

这是一份第17讲 板块模型（练习）（解析版）——备战2024年高考物理一轮复习全面攻略—高中物理，共28页。试卷主要包含了好题与新题，全面刷真题等内容，欢迎下载使用。
一、好题与新题
1．（2023·全国·高三专题练习）（多选）如图甲所示，一滑块置于足够长的长木板左端，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F=0.5t（N）的变力作用，从t=0时刻开始计时，滑块所受摩擦力随时间变化的关系如图乙所示。设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度g取10m/s2，则下列说法正确的是（ ）

A．滑块与木板间的动摩擦因数为0.4
B．木板与水平地面间的动摩擦因数为0.2
C．图乙中t2=24s
D．木板的最大加速度为2m/s2
【答案】ACD
【详解】A．由题图乙可知，滑块与木板之间的滑动摩擦力为8N，则滑块与木板间的动摩擦因数为
故A正确；
B．由题图乙可知t1时刻木板相对地面开始滑动，此时滑块与木板相对静止，则木板与水平地面间的动摩擦因数为
故B错误；
CD．t2时刻，滑块与木板将要发生相对滑动，此时滑块与木板间的摩擦力达到最大静摩擦力更多课件 教案 视频 等优质滋源请 家 威杏 MXSJ663 Ffm=8N
此时两物体的加速度相等，且木板的加速度达到最大，则对木板
Ffm－μ′·2mg=mam
解得
am=2m/s2
对滑块
F－Ffm=mam
解得
F=12N
则由F=0.5t（N）可知
t2=24s
故CD正确。
故选ACD。
2．（2022·湖南常德·常德市一中校考二模）（多选）如图甲所示，长木板B在静止在水平地面上，在t=0时刻，可视为质点、质量为1kg的物块A在水平外力F作用下，从长木板的左端滑上从静止开始运动，1s后撤去外力F，物块A、长木板B的速度—时间图像如图乙所示，g=10m/s2，则下列说法正确的是（ ）

A．长木板的最小长度为2m
B．A、B间的动摩擦因数是0.1
C．长木板的质量为0.5kg
D．外力F的大小为4N
【答案】ABD
【详解】A．由图像可知，2s后物块和木板达到共速后一起匀速运动，说明木板与地面之间无摩擦，图像中图线与坐标轴为成的面积表示物体的位移，故由图乙可知，在2s内物块的位移为，木板的位移为，故长木板的最小长度为
A正确；
B．由图乙可知，1s时撤去外力F，在内有物块A的受力及牛顿第二定律可知
由图乙可知内物块A的加速度大小为
解得A、B间的动摩擦因数为
B正确；
C．由图乙可知，木板的加速度大小为
由木板B的受力及牛顿第二定律可知
解得长木板的质量为
C错误；
D．由内的物块A的受力及牛顿第二定律可知
又此过程中加速度的大小为
解得
D正确。
故选ABD。
3．（2024·全国·高三专题练习）（多选）如图所示，一长木板a在水平地面上运动，在某时刻（）将一相对于地面静止的物块b轻放到木板上，此时a的速度水平向右，大小为2v0，同时对a施加一水平向右的恒力F。已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间的动摩擦因数相等，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上。在物块放到木板上之后，a、b运动的速度一时间图像可能是下列图中的（ ）

A． B．
C． D．
【答案】BC
【详解】小物块由静止开始，长木板有初速度且受到恒力作用，所以对物块受力分析，由牛顿第二定律得
解得
对长木板受力分析有
解得
AB．根据图像斜率可知初始阶段
aa＜0，
解得
则a做匀减速直线运动，b做匀加速直线运动，共速后由于整体合力为零，将一起做匀速直线运动，故A错误，B正确
C．根据图像知a做匀速直线运动，即
b做匀加速直线运动，两者共速后，一起做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有
解得
故C正确；
D．若aa＜ab，则有
两者均做匀加速直线运动，共速后一起做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律的
解得
故D错误。
故选BC。
4．（2023春·北京西城·高三校考阶段练习）（多选）如图甲所示，一块质量为的木板A静止在水平地面上，一个质量为的滑块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。则下列说法正确的是（ ）
A．滑块与木板之间的动摩擦因数为0.6
B．木板与地面之间的动摩擦因数为0.1
C．F的大小可能为9N
D．F的大小与板长L有关
【答案】BCD
【详解】AB．由图像可知滑块在木板上滑动时木板的加速度为
对木板根据牛顿第二定律
滑块从木板上滑出时木板的加速度为
对木板根据牛顿第二定律
联立解得
，
故A错误，B正确；
CD．根据
式中
联立解得
即F的大小与板长L有关，且大于6，故C D正确。
故选BCD。
5．（2024秋·河北衡水·高三河北冀州中学校考阶段练习）如图甲所示，质量M=2kg的木板A静置于水平面上，质量m=1kg的小滑块B静置于A的右端，现给A一水平向右的初速度v0=9m/s，B在相对于A的运动过程中恰好没有滑落，已知A、B间的动摩擦因数μ1=0.1，A与地面间的动摩擦因数μ2=0.3，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g=10m/s2。
（1）求A刚获得初速度时A、B加速度的大小aA、aB；
（2）求A的长度L；
（3）若在A获得初速度的同时，B受到水平向右的恒力F=3N，如图乙所示，求B开始运动到从A上滑落所需的时间（结果可以用根号表示）。

【答案】（1），；（2）；（3）
【详解】（1）对A、B由牛顿第二定律有
解得
，
（2）设经过时间AB共速，有
该过程中AB的位移分别为
，
A的长度为
代入数值解得
（3）设开始运动时B的加速度为，经过时间共速，有
解得
到达共同速度时有
解得
，
此时B相对A向左运动的距离为
共速后B继续加速，A继续减速，AB间的摩擦力方向发生改变，设共速后B的加速度大小为，A的加速度大小为，由牛顿第二定律有
解得
，
因为有
所以当A速度减小到零后会保持静止状态，从AB共速到A停止运动的时间为
该时间内B相对A向右运动的距离为
故可知此时B距离A的右端距离为
此时B的速度为
A静止后，设再经过时间，B从A的右端滑落，有
解得
故B开始运动到从A上滑落所需的时间为
6．（2023春·云南昆明·高三昆明一中校考阶段练习）如图所示，质量为M=1kg的长木板置于光滑水平地面上，质量为m=3kg的物块放在长木板的右端，在木板左侧有一弹性墙壁，现使木板和物块以v0=6m/s的速度一起向左匀速运动，之后木板与墙壁发生弹性碰撞。已知物块与木板间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度g取10m/s2。
（1）求木板与墙壁第一次碰撞后，木板离开墙壁的最大距离x1；
（2）若整个过程中物块不会从长木板上滑落，求长木板的最短长度L0；
（3）若长木板的长度L1=4.7m，求木板和墙第几次碰撞后物块与木板分离。

【答案】（1）1.2m；（2）4.8m；（3）三次碰撞后物块和长木板分离
【详解】（1）木板与墙壁发生弹性碰撞，第一次碰撞后的速度大小为仍为
木板向右减速到速度为零的位移大小即为离开墙壁的最大距离x1，对此过程应用动能定理得
代入数据解得
（2）木板与墙壁碰后，木板与物块组成的系统动量守恒，木板质量小，先减速到零后又反向加速，系统达到共同速度时，共速速度比开始的初速度小，所以共速时一定还未与挡板碰，接着第二次与挡板碰撞，如此经过反复的多次碰撞共速最终系统会处于静止状态，整个过程中根据功能关系可得
解得
（3）木板与墙壁碰后，木板与物块组成的系统动量守恒，取水平向左为正方向，设第一次碰撞后，系统达到共同速度为v1，由动量守恒定律得
解得
第二次碰撞后，物块反弹后瞬间速度大小为v1，系统再次达到共同速度为v2，由动量守恒定律得
解得
同理可得第三次碰撞后，小物块反弹后瞬间速度大小为v2，经一段时间系统的共同速度为
由以上计算分析可归纳总结出第次碰撞后，木板反弹后瞬间速度大小为
由（2）的分析计算可知在木板与物块的相对运动过程中，物块始终相对木板向左运动设在相对运动中滑块的加速为a1，木板的加速度为a2，对于物块有
解得
对于木板有
解得
第一次碰撞后，物块的位移大小
木板的位移大小
第一次碰后相对位移大小
第二次碰撞后两者的位移及相对位移
同理类推可归纳出
则
又
木板的长度
所以
可知是在第三次碰撞后物块和长木板分离。
7．（2023春·河南三门峡·高三校考阶段练习）如图所示，一质量M=50kg、长L=4m的平板车静止在光滑的水平地面上。一质量m=10kg可视为质点的滑块，以v0=6m/s的初速度从左端滑上平板车，滑块与平板车间的动摩擦因数μ=0.5，取g=10m/s2.
（1）分别求出滑块在平板车上滑行时，滑块与平板车的加速度大小；
（2）计算说明滑块能否从平板车的右端滑出。

【答案】（1）a1=5m/s2；a2=1m/s2；（2）滑块不能从平板车的右端滑出
【详解】（1）对滑块，根据牛顿第二定律，可得
μmg=ma1
解得
a1=5m/s2
同理，对平板车，可得
μmg=Ma2
解得
a2=1m/s2
（2）设经过t时间滑块从平板车上滑出，有
x块=v0t1-a1t12，x车=a2t12
又
x块-x车=L
根据数学知识得出判别式
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