(要点归纳+夯实基础练) 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

这是一份(要点归纳+夯实基础练) 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，共14页。
第五节 牛顿定律与板块模型【要点归纳】一、无外力的板块模型1．地面光滑，即板和地面的μ2=0，(1)受力分析：(如图所示)(2)图像：(如图所示)(3) 对物块B分析：aB=μ1g，，。(4) 对物块A分析：，，。(5) 相对位移：。2．地面粗糙，即A和B的动摩擦因数μ1板和地面的动摩擦因数μ2，B以初速度向右移动。（1）μ1＞μ2①受力分析：(如图所示)②图像：(如图所示)③对物块B分析：，v共=v0-aBt，。④对物块A分析：，，。⑤共速后一起减速，整体分析：，。（2）μ1＜μ2①受力分析：(如图所示)②图像：(如图所示)③对物块B分析：，v共=v0-aBt，。④对物块A分析：，，。⑤共速后不一起减速：，。3．板和块都有初速度(1)受力分析：(如图所示)(2)图像：(如图所示)(3) 对物块B分析：减速运动。(4) 对物块A分析：减速运动。(5) 当时：，，。二、有外力的板块模型（从受力角度分析即作用力角度分析）1．地面光滑，即板和地面的μ2=0，(1)力F作用在小物块上：①受力分析：(如图所示)②图像：(如图所示)③当AB相对静止时：。④当AB相对滑动时：，。满足条件：。(2)力F作用在木板上：①受力分析：(如图所示)②图像：(如图所示)③当AB相对静止时：a共=。④当AB相对滑动时( fAB=μ1mAg)：，。满足条件：。2．地面粗糙，即板块板的摩擦系数μ1、板和地面的摩擦系数μ2(1)力F作用在小物块上：①受力分析：(如图所示)fAB=μ1mAg  f地=μ2(mA+mB)g②图像：(如图所示)③若fBA＞f地：，，。④若fBA<f地，B不动，A运动。(2)力F作用在木板上：①受力分析：(如图所示)fAB=μ1mAg  f地=μ2(mA+mB)g②图像：(如图所示)，，。【夯实基础练】1．(2022•北京四中高三(上)期中)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．1.42N B．2.24N C．22.4N D．1420N【解析】  香皂盒的加速度，纸板的加速度，对香皂盒，对纸板，纸板抽出后香皂盒运动的距离，a3=a1，由题意知a1t1=a3t2，l=x1+x2，解得F=142N。故选A。【答案】  A2．(2022•四川省成都石室中学高三(下)二模)(多选)如图甲所示，物块A与木板B叠放在粗糙水平地面上，其中A的质量为m，B的质量为，且B足够长，A与B、B与地面间的动摩擦因数均为，对木板B施加一水平向右的推力F，F随时间t变化的关系图像如图乙所示，A与B、B与地面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，下列说法正确的是(　　)A．在时间内，A、B间的摩擦力大小为B．在时间内，A受到的摩擦力方向为水平向右C．在时刻，A、B间的摩擦力大小为D．在时刻以后，A、B间的摩擦力大小为【解析】  A．A、B间的滑动摩擦力大小为fAB=μmg，B与地面间的滑动摩擦力大小为f=3μmg，在时间内，推力大于木板与地面间的滑动摩擦力，但A、B保持相对静止， A、B 间的摩擦力大小小于，A错误；B．A在木板上产生的最大加速度为，此时对AB整体分析可知F－3μmg=3ma，解得F=6μmg，故在时间内，AB一起向右做加速运动，对A分析可知，A受到的摩擦力水平向右，B正确；C．在t2时刻，AB整体加速度为，A、B间的摩擦力大小为mg，C错误；D．在t3时刻以后，A、B发生相对滑动，故A、B间的摩擦力大小为μmg，D正确。故选BD。【答案】  BD3．(2022•江西省新余市第一中学高三(上)第三次段考)如图所示，质量为m的木块在质量为M的长木板上受到向右的拉力F的作用向右滑行，长木板处于静止状态，已知木块与木板间的动摩擦因数为，木板与地面间的动摩擦因数为，有以下几种说法：木板受到地面的摩擦力的大小一定是；木板受到地面的摩擦力的大小一定是；当时，木板便会开始运动；无论怎样改变F的大小，木板都不可能运动。则上述说法正确的是(　　)A． B． C． D．【解析】  ①由于木板处于静止状态，对木板受力分析：水平方向受到木块向右的滑动摩擦力f1和地面的向左的静摩擦力f2，其中f1=μ1mg，由平衡条件得f2=f1=μ1mg，故①正确；②由于木板相对于地面是否刚好滑动不能确定，地面对木板的静摩擦力不一定达到最大，则木板受到地面的摩擦力的大小不一定是μ2(m+M)g，故②错误；③④分析可知，木块对木板的摩擦力f1不大于地面对木板的最大静摩擦力，当F改变时，f1不变，则木板不可能运动。故③错误，④正确；故选B。【答案】  B 4．(2022•福建福州市高三(下)三月质检)如图所示，质量为M的长木板A以速度v，在光滑水平面上向左匀速运动，质量为m的小滑块B轻放在木板左端，经过一段时间恰好从木板的右端滑出，小滑块与木板间动摩擦因数为μ，下列说法中正确的是(　　)A．若只增大m，则小滑块不能滑离木板B．若只增大M，则小滑块在木板上运动的时间变短C．若只增大v0，则小滑块离开木板的速度变大D．若只减小μ，则小滑块滑离木板过程中小滑块对地的位移变大【解析】  A．若只增大滑块质量，滑块所受的支持力变大，滑动摩擦力变大，加速度变大，所以滑块与木板共速时，小滑块没有离开木板，之后二者一起向左做匀速直线运动，故A正确。B．若只增大长木板质量，木板的加速度减小，以木板为参考系，滑块运动的平均速度变大，即滑块在木板上的运动时间减小，故B正确；C．若只增大初速度，滑块的受力不变，滑块的加速度不变，滑块相对木板的平均速度变大，滑块在木板上的运动时间变小，所以滑块的速度变小，故C错误；D．若只减小动摩擦因数，那么滑块和木板的加速度等比例减小，相对位移不变，则小滑块滑离木板时速度大于木板速度，滑块滑离木板的过程所用时间变短，木板对地位移变小，所以，滑块滑离木板过程中滑块对地的位移为板长加木板对地位移，故减小，故D错误。故选AB。【答案】  AB5．(2022•江苏连云港市高三(下)二模)如图所示，光滑水平面上有一足够长的轻质绸布C，C上静止地放有质量分别为2m、m的物块A和B，A、B与绸布间的动摩擦因数均为μ。已知A、B与C间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现对A施一水平拉力F，F从0开始逐渐增大，下列说法正确的是(　　)A．当F=0.5μmg时，A、B、C均保持静止不动B．当F=2.5μmg时，A、C不会发生相对滑动C．当F=3.5μmg时，B、C以相同加速度运动D．只要力F足够大，A、C一定会发生相对滑动【解析】  B对C的最大作用力为，由于C是轻质木板，故AC间最大作用力为，小于AC间最大静摩擦力 ，即无论F多大，A与C都不会发生相对滑动。B与C发生相对滑动时，对B由牛顿第二定律，对ABC整体，由牛顿第二定律，故当，B与C将发生相对滑动，且发生相对滑动后，二者加速度不同。水平地面光滑，故只要水平力不为零，系统就会发生运动。故D正确,ABC错误。故选D。【答案】  D6．如图甲所示，光滑水平面上静置一个薄长木板，长木板上表面粗糙，其质量为M，t＝0时刻质量为m的物块以水平速度v滑上长木板，此后木板与物块运动的v－t图象如图乙所示，重力加速度g＝10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)A．M＝m                         B．M＝2mC．木板的长度为8 m               D．木板与物块间的动摩擦因数为0.1【解析】  物块在木板上运动的过程中，μmg＝ma1，而v－t图象的斜率表示加速度，故a1＝ m/s2＝2 m/s2，解得μ＝0.2，D错误；对木板受力分析可知μmg＝Ma2，a2＝ m/s2＝1 m/s2，解得M＝2m，A错误，B正确；由题图乙可知，2 s时物块和木板分离，则0～2 s内，两者v－t图线与坐标轴围成的面积之差等于木板的长度，故L＝×(7＋3)×2 m－×2×2 m＝8 m，C正确.【答案】  BC7．如图所示，A、B 两物块的质量分别为2m和m, 静止叠放在水平地面上．A、B 间的动摩擦因数为μ，B 与地面间的动摩擦因数为μ.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 F < 2μmg 时，A、B 都相对地面静止B．当 F ＝μmg 时， A 的加速度为μgC．当 F > 3μmg 时，A 相对 B 滑动D．无论 F 为何值，B 的加速度不会超过μg【解析】  A、B间的最大静摩擦力为2μmg，B和地面之间的最大静摩擦力为μmg，对A、B整体，只要F＞μmg，整体就会运动，选项A错误；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A、B一起运动的加速度的最大值满足2μmg－μmg＝mamax，B运动的最大加速度amax＝μg，选项D正确；对A、B整体，有F－μmg＝3mamax，则F＞3μmg时两者会发生相对运动，选项C正确；当F＝μmg时，两者相对静止，一起滑动，加速度满足F－μmg＝3ma，解得a＝μg，选项B正确．【答案】  BCD8．(2021·河南天一大联考)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2 kg，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10 m/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0.2C．图乙中t2＝24 s                     D．木板的最大加速度为2 m/s2【解析】  由题图乙可知，滑块与木板之间的滑动摩擦力为8 N，则滑块与木板间的动摩擦因数为μ＝＝＝0.4，选项A正确.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μ′＝＝＝0.1，选项B错误.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Ffm＝8 N，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＝2 m/s2；对滑块：F－Ffm＝mam，解得F＝12 N，则由 F＝0.5t (N)可知，t＝24 s，选项C、D正确.【答案】  ACD9．如图所示，在倾角为θ＝37°的足够长斜面上放置一质量M＝2 kg，长度L＝1.5 m的极薄平板AB，在薄平板上端A处放一质量m＝1 kg的小滑块(视为质点)，将小滑块和薄平板同时无初速度释放，已知小滑块与薄平板之间的动摩擦因数为μ1＝0.25，薄平板与斜面之间的动摩擦因数为μ2＝0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2，求：(1)释放后，小滑块的加速度a1和薄平板的加速度a2；(2)从释放到小滑块滑离薄平板经历的时间t.【解析】 (1)设释放后，滑块会相对于平板向下滑动，对滑块：由牛顿第二定律有mgsin 37°－Ff1＝ma1其中FN1＝mgcos 37°，Ff1＝μ1FN1解得a1＝gsin 37°－μ1gcos 37°＝4 m/s2对薄平板，由牛顿第二定律有Mgsin 37°＋Ff1－Ff2＝Ma2其中FN2＝(m＋M)gcos 37 °，Ff2＝μ2FN2解得a2＝1 m/s2a1>a2，假设成立，即滑块会相对于平板向下滑动.(2)设滑块滑离时间为t，由运动学公式，有x1＝a1t2，x2＝a2t2，x1－x2＝L解得：t＝1s.【答案】 (1)4 m/s2　1 m/s2　(2)1 s10．(2022•湖南省长沙市第一中学高三第三次月考)轧钢是钢材处理的重要环节，轧钢过程中，轧钢机利用一组轧辊滚动时产生的压力来轧碾钢材，使轧件在转动的轧辊间产生塑性变形，轧出所需断面形状和尺寸的钢材，轧钢机轧辊截面示意图如图所示。现需要用已知半径为r=0.5m的轧辊在长铁板上表面压轧一道很浅的槽，已知铁板的长为l=7.5m、质量为m=15kg，轧辊与铁板间的动摩擦因数μ1=0.4、铁板与工作台面间的动摩擦因数μ2=0.15。铁板从一端放人工作台的轧辊下，工作时轧辊对铁板产生恒定的竖直向下的压力为FN=150N，在轧辊的摩擦力作用下铁板由静止向前运动并被压轧出一浅槽。已知轧辊转动的角速度恒为ω=6rad/s，g取10m/s2。(1)通过分析计算，说明铁板将如何运动？(2)加工一块铁板需要多少时间？(3)为能用最短时间加工出铁板，轧辊转动的角速度至少要调到多大？【解析】  (1)对铁板，由牛顿第二定律有，解得，铁板速度与轧辊轮边缘共速所用时间，加速前进过程中的位移之后匀速运动的时间由以上分析可知：铁板先做匀加速运动，再做匀速运动(2)加工一块铁板所用时间(3)要使加工一块铁板时间最短，铁板应一直匀加速运动，根据可得铁板最大速度轧辊转动角速度至少为【答案】  (1)先做匀加速运动，再做匀速运动；(2)4s；(3)11．(2022•河北石家庄市高三(下)二模)如图，一辆货车的货箱长度，货厢中有一件质量的货物P(可视为质点)，它到货厢后壁的距离。已知货物与货箱底板间的动摩擦因数，重力加速度g取。现使货车以1.5m/s的加速度启动。(1)求启动过程中货物所受摩擦力的大小；(2)当货车以54km/h的速度在平直公路上匀速行驶时，因为前方红灯，司机以大小为的加速度开始刹车(可视匀减速直线运动)直到停止。试通过计算判断货物最终是否会与货厢前壁碰撞。【解析】  (1)假设货物恰好滑动时的加速度为a0，由牛顿第二定律可得解得所以此时货物相对汽车并未滑动，此时货物受的摩擦力，解得f=45N(2)货车的速度减为零的过程中运动的位移，解得此过程中货物的加速度货物的速度减为零的过程中运动的位移，解得两者运动的位移差为比较可得则货物最终不会与货箱前壁碰撞。【答案】  (1)45N；(2)不会与车厢前壁碰撞，祥见解析