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Fm1+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Fx1,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/s20,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