2024高考物理一轮复习考点攻破训练——板__块模型“的动力学问题练习含解析教科版

这是一份2024高考物理一轮复习考点攻破训练——板__块模型“的动力学问题练习含解析教科版，共4页。试卷主要包含了则下列说法正确的是，5N时，长木板的加速度大小为2，68m等内容，欢迎下载使用。

1．(多选)(2023·云南昆明市测试)如图1甲所示，一块质量为mA＝2kg的木板A静止在水平地面上，一个质量为mB＝1kg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g＝10m/s2.则下列说法正确的是( )
图1
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
2．(多选)(2023·江苏泰州市上学期期末)如图2所示，质量为m1的木块和质量为m2的长木板叠放在水平地面上．现对木块施加一水平向右的拉力F，木块在长木板上滑行，长木板始终静止．已知木块与长木板间的动摩擦因数为μ1，长木板与地面间的动摩擦因数为μ2，且最大静摩擦力与滑动摩擦力相等．则( )
图2
A．μ1一定小于μ2
B．μ1可能大于μ2
C．改变F的大小，F>μ2(m1＋m2)g时，长木板将开始运动
D．改F作用于长木板，F>(μ1＋μ2)(m1＋m2)g时，长木板与木块将开始相对滑动
3．(多选)(2023·广东湛江市下学期第二次模拟)如图3甲所示，在光滑水平面上，静止一质量为M的长木板，质量为m的小滑块(可视为质点)放在长木板上．长木板受到的水平拉力F与加速度a的关系如图乙所示，重力加速度大小g取10m/s2，下列说法正确的是( )
图3
A．长木板的质量M＝1kg
B．小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.5
C．当F＝6.5N时，长木板的加速度大小为2.5m/s2
D．当F增大时，小滑块的加速度一定增大
4．(2023·河南郑州市第一次模拟)如图4所示，a、b两个物体静止叠放在水平桌面上，已知ma＝mb＝m，a、b间的动摩擦因数为μ，b与地面间的动摩擦因数为eq \f(1,4)μ.已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.现对a施加一水平向右的拉力，下列判断正确的是( )
图4
A．若a、b两个物体始终相对静止，则力F不能超过eq \f(3,2)μmg
B．当力F＝μmg时，a、b间的摩擦力为eq \f(3,2)μmg
C．无论力F为何值，b的加速度不会超过eq \f(3,4)μg
D．当力F＞μmg时，b相对a滑动
5．(2023·河北衡水中学高考模拟)如图5甲所示，地面上有一长为l＝1m，高为h＝0.8m，质量M＝2kg的木板，木板的右侧放置一个质量为m＝1kg的木块(可视为质点)，已知木块与木板之间的动摩擦因数为μ1＝0.4，木板与地面之间的动摩擦因数为μ2＝0.6，初始时两者均静止．现对木板施加一水平向右的拉力F，拉力F随时间t的变化如图乙所示，取g＝10m/s2.求：
图5
(1)前2s木板的加速度大小；
(2)木块落地时距离木板左侧的水平距离Δs.
答案精析
1．BD [由题图乙可知，在0～1s内，木板A的加速度a1＝2m/s2，在1～3s内，木板A的加速度a2＝－1m/s2.设滑块与木板之间的动摩擦因数为μ1，木板与地面之间的动摩擦因数为μ2，在0～1s内，隔离木板A受力分析，有μ1mBg－μ2(mA＋mB)g＝mAa1，在1～3s内，隔离木板A受力分析，有－μ2mAg＝mAa2，联立解得：μ2＝0.1，μ1＝0.7，选项A错误，B正确；隔离B受力分析，由牛顿第二定律，F－μ1mBg＝mBa3，根据v－t图像与t轴所围的面积表示位移可知，在0～1s内，木板A位移x1＝1m．滑块B在1s内的位移x2＝eq \f(1,2)a3t2＝eq \f(F－7,2)，木板A长度L＝x2－x1＝eq \f(F－7,2)－1＝eq \f(F－9,2)，可变换为F＝2L＋9，即F的大小与板长L有关，选项D正确；若F的大小为9N，由牛顿第二定律，F－μ1mBg＝mBa3，可得a3＝2m/s2，A、B加速度相同，不能发生相对滑动，所以F的大小必须大于9N，选项C错误．]
2．BD [对m1，根据牛顿第二定律有：F－μ1m1g＝m1a，对m2，由于保持静止有：μ1m1g－f＝0，f＜μ2(m1＋m2)g，所以动摩擦因数的大小无法比较．故A错误，B正确；改变F的大小，只要木块在木板上滑动，则木块对长木板的滑动摩擦力不变，则长木板仍然保持静止，故C错误；若将F作用于长木板，当木块与长木板恰好开始相对滑动时，对木块，μ1m1g＝m1a′，解得a′＝μ1g，对整体分析，有F－μ2(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a′，解得F＝(μ1＋μ2)(m1＋m2)g，所以当F＞(μ1＋μ2)(m1＋m2)g时，长木板与木块将开始相对滑动，故D正确．]
3．AC [对整体分析，由牛顿第二定律有：F＝(M＋m)a，
当F＝6N时，此时两物体具有最大共同加速度，代入数据解得：M＋m＝3kg
当F大于6N时，根据牛顿第二定律得：F－μmg＝Ma，即F＝Ma＋μmg，知图线的斜率k＝M＝1kg，故滑块的质量为：m＝2kg.故A正确；根据F＝Ma＋μmg可知纵截距μmg＝4N，解得：μ＝0.2，故B错误；当F＝6.5N时，长木板的加速度为：a＝eq \f(F－μmg,M)＝2.5m/s2，故C正确；当F增大，两物体发生滑动时，小滑块的加速度为a＝eq \f(μmg,m)＝2m/s2，恒定不变，故D错误．]
4．A [a、b之间的最大静摩擦力为：fmax＝μmg，b与地面间的最大静摩擦力为：
fmax′＝eq \f(1,4)μ(m＋m)g＝eq \f(1,2)μmg
a、b相对地面一起运动，刚好不发生相对滑动时，由牛顿第二定律得：
对b有：μmg－eq \f(1,2)μmg＝ma0，得a0＝eq \f(1,2)μg
对整体有：F0－eq \f(1,2)μmg＝2ma0，得：F0＝eq \f(3,2)μmg，所以若a、b两个物体始终相对静止，则力F不能超过eq \f(3,2)μmg，当力F＞eq \f(3,2)μmg时，b相对a滑动，故A正确，D错误；当力F＝μmg时，a、b一起加速运动，加速度为：a1＝eq \f(μmg－\f(1,2)μmg,2m)＝eq \f(1,4)μg，对a，根据牛顿第二定律可得：F－f1＝ma1，解得a、b间的摩擦力为f1＝eq \f(3,4)μmg，故B错误；
根据A选项的分析可知，无论力F为何值，b的加速度不会超过eq \f(1,2)μg，故C错误．]
5．(1)2m/s2 (2)1.68m
解析 (1)设木块在木板上滑行的最大加速度为a1，则μ1mg＝ma1，解得：a1＝4m/s2
保持木块与木板一起做匀加速运动的最大拉力
Fm＝μ2(M＋m)g＋(M＋m)a1＝30N.
因F1＝24NF1－μ2(M＋m)g＝(M＋m)a
解得：a＝2m/s2
(2)设2s末木块与木板的速度为v，由运动学知识可得：v＝at1
2s后F2＝34N>Fm＝30N，木块和木板发生相对滑动，木块加速度为a1，木板加速度为a2，则
F2－μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2
经时间t2二者分离，此时由运动学知识可得：
vt2＋eq \f(1,2)a2t22－(vt2＋eq \f(1,2)a1t22)＝l
解得：a2＝6m/s2，t2＝1s
此时木块的速度v块＝v＋a1t2
木板的速度：v板＝v＋a2t2
设木块与木板分离至滑落到地的时间为t3，由平抛运动知识可得：h＝eq \f(1,2)gt32
在木块与木板分离至落到地面的时间t3内，木块在水平方向向前运动的位移为：x块＝v块t3
木块与木板分离后，木板的加速度为a3，由牛顿第二定律可得：
F2－μ2Mg＝Ma3
在木块与木板分离至落到地面的时间t3内，木板在水平方向向前运动的位移为：x板＝v板t3＋eq \f(1,2)a3t32
所以，木块落地时距离木板左侧：Δs＝x板－x块
联立以上式子解得：Δs＝1.68m.