第3章　运动和力的关系 第5讲　专题提升 动力学中的板块模型-【人教版】2025新教材高考物理一轮基础练习

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基础对点练
题组一 木板带动滑块运动的情形
1.(多选)如图所示,将小砝码放在桌面上的薄纸板上,若砝码和纸板的质量分别为m0和m,各接触面间的动摩擦因数均为μ,砝码到纸板左端的距离和到桌面右端的距离均为d。重力加速度大小为g。现用水平向右的恒定拉力F拉动纸板,下列说法正确的是( )
A.纸板相对砝码运动时,纸板所受摩擦力的大小为μ(m0+m)g
B.要使纸板相对砝码运动,F一定大于2μ(m0+m)g
C.若砝码与纸板分离时的速度小于μgd,砝码不会从桌面上掉下
D.当F=μ(2m0+3m)g时,砝码恰好到达桌面边缘
2.(2023山东聊城二模)如图所示,质量m0=2 kg、长度L=1.2 m的木板A静置在足够大的光滑水平地面上,质量m=1 kg且可视为质点的物块B放在木板A的右端,现对木板A施加一水平向右的恒力F=5 N,两者由静止开始运动,作用一段时间t后撤去恒力F,最终物块B恰好能到达木板A的左端,已知物块B与木板A间的动摩擦因数μ=0.1,重力加速度g取10 m/s2,求:
(1)恒力F作用的时间t;
(2)摩擦力对物块B做的功W。
题组二 滑块带动木板运动的情形
3.(多选)(2024湖北武昌模拟)如图所示,在光滑水平面上,A、B两物体叠放在一起,A放在B的上面,已知mA=4 kg,mB=2 kg,A、B之间的动摩擦因数μ=0.5,g取10 m/s2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。对物体A施加水平向右的拉力F,开始时拉力F=20 N,此后逐渐增加,在增大到50 N的过程中,下列说法正确的是( )
A.当拉力F<30 N时,两物体均保持相对静止状态
B.两物体开始没有相对运动,当拉力超过30 N时,两物体开始相对滑动
C.两物体间始终没有相对运动
D.两物体间从受力开始就有相对运动
4.如图所示,静止在水平地面上的木板(厚度不计)质量为m1=1 kg,与地面间的动摩擦因数μ1=0.2,质量为m2=2 kg且可看成质点的小物块与木板和地面间的动摩擦因数均为μ2=0.4,小物块以v0=4 m/s的水平速度从左端滑上木板,经过t=0.6 s滑离木板,g取10 m/s2。
(1)求木板的长度L。
(2)求小物块离开木板时,木板的速度大小。
(3)求小物块离开木板后,木板的加速度。
(4)小物块离开木板后,判断木板与小物块是否发生碰撞。
题组三 板块模型中的动力学图像
5.(2023山东济宁模拟)如图甲所示,水平地面上某平板车正在做直线运动,t=0时将质量为m的物块无初速度地放在平板车上,控制平板车的运动使平板车的v-t图像如图乙所示。已知物块与平板车间的动摩擦因数为0.4,平板车足够长,g取10 m/s2,则物块运动的v-t图像为( )
6.水平地面上有一质量为m1的长木板,木板的左端上有一质量为m2的物块,如图甲所示。用水平向右的拉力F作用在物块上,F随时间t的变化关系如图乙所示,其中F1、F2分别为t1、t2时刻F的大小。木板的加速度a1随时间t的变化关系如图丙所示。已知木板与地面间的动摩擦因数为μ1,物块与木板间的动摩擦因数为μ2,假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等,重力加速度大小为g。则下面选项不正确的是( )
A.F1=μ1m1g
B.F2=m2(m1+m2)m1(μ2-μ1)g
C.μ2>m1+m2m2μ1
D.在0~t2时间段物块与木板加速度相等
综合提升练
7.(2023河北张家口二模)如图所示,一个长度L=1 m、质量m0=2 kg的木板静止在光滑的水平面上,木板的左端放置一个质量m=1 kg可视为质点的物块,物块与木板间的动摩擦因数μ=0.4,物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2。现对物块施加一水平向右的恒定拉力F,使物块相对木板向右滑动。则下列说法正确的是( )
A.拉力F>7 N
B.物块离开木板时速度的最小值为4 m/s
C.物块离开木板的最短时间为1 s
D.木板获得的最大速度为2 m/s
8.(2023江苏盐城模拟)如图甲所示,水平地面上有一长平板车M,平板车右端放一物块m,开始时M、m均静止。t=0时,平板车在外力作用下开始沿水平面向右运动,其v-t图像如图乙所示,整个过程中物块m恰好没有从平板车上滑下。已知物块与平板车间的动摩擦因数为0.1,g取10 m/s2,下列说法正确的是( )
A.0~4 s内,物块m的加速度一直变大
B.整个过程中,物块m相对平板车M滑动的时间为4 s
C.平板车M的长度为12 m
D.物块m相对平板车M的位移大小为16 m
9.如图甲所示,有一块木板静止在足够长的粗糙水平面上,木板的质量为m0=4 kg,长为L=1.4 m;木板右端放一小滑块,小滑块的质量为m=1 kg,可视为质点。现用水平恒力F作用在木板右端,恒力F取不同数值时,小滑块和木板的加速度分别对应不同数值,两者的a-F图像如图乙所示,g取10 m/s2。
(1)求小滑块与木板之间的动摩擦因数μ1以及木板与地面之间的动摩擦因数μ2。
(2)若水平恒力F=27.8 N,且始终作用在木板上,当小滑块从木板上滑落时,经历的时间为多长?
10.如图所示,一倾角θ=30°的光滑斜面固定在水平地面上,斜面底端P处固定一挡板。长为L=5 m的薄木板置于斜面上,其质量m0=1 kg,下端位于B点,lPB=5 m,薄木板中点处放有一质量m=1 kg的滑块(可视为质点)。已知滑块与薄木板之间的动摩擦因数μ=33,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,斜面上AB区间存在特殊力场,当滑块进入此区域时能对滑块产生一个沿斜面向上、大小为F=10 N的恒力作用,对木板无作用力,AB区域沿斜面的宽度为l=2.5 m,重力加速度g取10 m/s2,现由静止释放薄木板和滑块。
(1)求滑块在进入AB区域之前,薄木板运动的加速度大小a0。
(2)求滑块第一次进入AB区间内受薄木板的摩擦力的大小和方向。
(3)若薄木板第一次与挡板碰撞后以原速率反弹,滑块与挡板碰撞后即粘在挡板上,停止运动。求薄木板第一次与挡板碰撞后沿斜面上升到最高点的时间t(忽略滑块从薄木板上滑下时对木板的影响,结果可保留根号)。
参考答案
第5讲 专题提升:动力学中的板块模型
1.BC 解析 分析纸板,当纸板相对砝码运动时,纸板所受的摩擦力为μ(m0+m)g+μm0g,A项错误。设砝码的加速度为a1,纸板的加速度为a2,则有μm0g=m0a1,F-μm0g-μ(m0+m)g=ma2,发生相对运动需要a2>a1,代入数据解得F>2μ(m0+m)g,B项正确。若砝码与纸板分离时的速度小于μgd,砝码匀加速运动的位移小于v22a1=μgd2μg=d2,匀减速运动的位移小于v22a1=μgd2μg=d2,则总位移小于d,砝码不会从桌面上掉下,C项正确。当F=μ(2m0+3m)g时,砝码未脱离纸板时的加速度a1=μg,纸板的加速度a2=F-μ(m0+m)g-μm0gm=2μg,根据12a2t2-12a1t2=d,解得t=2dμg,则此时砝码的速度v=a1t=2μgd≠0,匀加速运动的位移x=12a1t2=d,所以砝码离开桌面,D项错误。
2.答案 (1)1.2 s (2)2 J
解析 (1)根据题意,设B的加速度为a1,力F作用时A的加速度为a2,撤去力F后A的加速度为a3,又经过t1后B达到A的左端,根据牛顿第二定律,有
μmg=ma1
F-μmg=m0a2
撤去力F后,根据牛顿第二定律,有
μmg=m0a3
由运动学规律得
a1t+t1=a2t-a3t1
L=12a2t2+a2tt1-12a3t12−12a1(t+t1)2
解得t=1.2 s,t1=0.8 s。
(2)设最终B的速度为v,有
v=a1t+t1
由动能定理有
W=12mv2
解得W=2 J。
3.AC 解析 两物体间达到最大静摩擦力时,对A有F-μmAg=mAa,对B有μmAg=mBa,得F=60 N,当F>60 N时,两物体相对滑动,则当拉力F<30 N时,两物体均保持相对静止状态,A正确,B错误;由A、B可知,在F增大到50 N的过程中,两物体始终没有相对运动,C正确,D错误。
4.答案 (1)1.32 m
(2)1.2 m/s
(3)2 m/s2,方向水平向左
(4)见解析
解析 (1)物块在木板上滑动的过程,根据牛顿第二定律,对物块有
μ2m2g=m2a2
解得a2=μ2g=4 m/s2
对木板有
μ2m2g-μ1(m1+m2)g=m1a1
解得a1=2 m/s2
木板的长度为
L=v0t-12a2t2−12a1t2
解得L=1.32 m。
(2)小物块离开木板时,木板的速度为
v1=a1t=1.2 m/s。
(3)小物块离开木板后,木板的加速度为
a3=μ1m1gm1=μ1g=2 m/s2,方向水平向左。
(4)小物块离开木板时,物块的速度
v2=v0-a2t=1.6 m/s
物块在地面上滑行时的加速度大小为
a4=μ2m2gm2=μ2g=4 m/s2
物块在地面上滑行的最大位移为
x1=v222a4=0.32 m
木板在地面上滑行的最大位移为
x2=v122a3=0.36 m>x1,可知小物块离开木板后,木板与小物块将发生碰撞。
5.A 解析 0~4 s内平板车做匀速直线运动,速度大小为8 m/s,则物块首先做加速度为a的匀加速直线运动,有a=μg=4 m/s2,物块加速到与平板车共速时所需要的时间为t1=va=2 s,在2~4 s的时间内,物块以8 m/s的速度与平板车一起做匀速直线运动,4 s末平板车开始做匀减速直线运动,加速度大小为a车=ΔvΔt=2 m/s2<μg=4 m/s2,所以物块和平板车一起做匀减速直线运动,加速度大小均为2 m/s2,减速到零的时间t3=4 s,所以物块运动的v-t图像为A选项中的图像。
6.A 解析 由图丙可知,t1时物块与木板一起刚要水平滑动,此时物块与木板相对静止,以整体为对象有F1=μ1(m1+m2)g,A错误;t2时物块与木板刚要发生相对滑动,以整体为对象,根据牛顿第二定律有F2-μ1(m1+m2)g=(m1+m2)a,以木板为对象,根据牛顿第二定律有μ2m2g-μ1(m1+m2)g=m1a>0,解得F2=m2(m1+m2)m1(μ2-μ1)g,μ2>m1+m2m2μ1,B、C正确;0~t2这段时间,物块与木板相对静止,所以有相同的加速度,D正确。
7.B 解析 物块相对木板向右滑动,对木板有μmg=m0a2,得a2=2 m/s2,对物块有F-μmg=ma1,且根据a1>a2可得F>6 N,A错误;设历时t物块滑离木板,则有12a1t2-12a2t2=L,物块滑离木板时的速度v1=a1t,得v1=a12La1-a2=2L1a1-a21a12,可知当1a1=12a2,即a1=2a2=4 m/s2时物块离开木板的速度最小,其最小值v1min=4 m/s,B正确;当a1=4 m/s2时F=8 N,t=1 s,木板获得的速度v2=a2t=2 m/s,若F>8 N,则t<1 s,C错误;若6 N2 m/s,D错误。
8.C 解析 根据题意,如物块与平板车保持相对静止,由牛顿第二定律可得,最大加速度满足μmg=mam,解得加速度am=1 m/s2,由乙图可知,M加速时加速度a1=82 m/s2=4 m/s2,M减速时加速度a2=0-86-2 m/s2=-2 m/s2,可知物块与平板车发生相对滑动,设t时两者共速,则有amt=8 m/s+a2(t-2 s),得t=4 s,v4=(8-2×2) m/s=4 m/s,共速后,由于平板车的加速度为a2=-2 m/s2,所以物块减速,由牛顿第二定律得-μmg=mam',得am'=-1 m/s2,平板车的加速度大于物块的加速度,设共速后再经t1减速到零,由运动学公式0=4 m/s+am't1,解得t1=4 s,即t'=4 s+4 s=8 s,物块的速度减为零,两物体的速度时间图像如图所示,整个过程中,物块m的加速度大小一直为1 m/s2,物块m相对平板车M滑动的时间为8 s,A、B错误;4 s前物块m相对平板车M的位移x1=8×2×12 m+12×(8+4)×2 m-4×4×12 m=12 m,4 s后物块m相对平板车M的位移x2=4×4×12 m-2×4×12 m=4 m,所以平板车的长度为12 m,物块m相对平板车M的位移大小为12 m-4 m=8 m,方向向左,C正确,D错误。
9.答案 (1)0.4 0.1 (2)2 s
解析 (1)由题图乙可知,当恒力F>25 N时,小滑块与木板将出现相对滑动,以小滑块为研究对象
根据牛顿第二定律得μ1mg=ma1
代入数据解得μ1=0.4
以木板为研究对象,根据牛顿第二定律有
F-μ1mg-μ2(m+m0)g=m0a2
则a2=1m0F-μ1mg+μ2(m+m0)gm0
由题图乙可得
-μ1mg+μ2(m+m0)gm0=-94 m/s2
解得μ2=0.1。
(2)设小滑块在木板上滑动的时间为t时,小滑块从木板上滑落,当水平恒力F=27.8 N时,小滑块的加速度为a1=μ1g=4 m/s2
小滑块在时间t内的位移为x1=12a1t2
木板的加速度为a2=F-μ1mg-μ2(m+m0)gm0
代入数据解得a2=4.7 m/s2
木板在时间t内的位移为x2=12a2t2
由题可知,x2-x1=L
联立以上各式解得t=2 s。
10.答案 (1)5 m/s2 (2)5 N,方向沿斜面向下 (3)22 s
解析 (1)滑块在进入AB区域之前,由于斜面光滑,将与木板一起以加速度a0加速下滑
(m0+m)gsin θ=(m0+m)a0
a0=gsin θ=5 m/s2。
(2)进入AB区间后,假设滑块与木板仍然相对静止,设下滑的加速度为a,对整体
(m0+m)gsin θ-F=(m0+m)a
对滑块,所受木板的静摩擦力Ff方向沿斜面向下,根据牛顿第二定律有
mgsin θ+Ff-F=ma
解得a=0,Ff=5 N
又因为滑块与木板间的最大静摩擦力Ffm=μmgcs θ=5 N,假设成立,即滑块受木板的静摩擦力方向沿斜面向下,大小为5 N。
(3)设滑块和木板一起以加速度a0加速下滑的末速度为v1,则
v12=2a0l
滑块和木板一起匀速下滑l后,木板与挡板碰撞,此时对滑块有
mgsin θ-μmgcs θ=ma1
解得a1=0
即滑块在木板上仍然匀速下滑,对薄木板有
m0gsin θ+μmgcs θ=m0a2
解得a2=10 m/s2,木板以此加速度匀减速上滑
设滑块离开薄木板的时间为t1,有
v1t1+v1t1-12a2t12=l
此时薄木板的速度
v2=v1-a2t1
分离后,对薄木板有
m0gsin θ=m0a3
薄木板接着以加速度a3=5 m/s2减速上滑至最高点,有
0=v2-a3t2
所以薄木板沿斜面上升到最高点的时间为
t=t1+t2
解得t=22 s。