高考物理一轮总复习课后习题 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

第5讲专题提升:动力学中的板块模型
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.(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)(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m A=4 kg,m B=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.(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
F1= ,F2= ,μ2(选填“>”“<”或μ1,在0~t2时间段物块与木板加速度(选填“相同”“=”)m1+m2
m2
或“不相同”)。

综合提升练
7.(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.(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,l PB=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=√3
,设最大静摩擦力等于滑动摩
3
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v 2
2a1=μgd
2μg
=d
2
,匀减速运动的位移小于v
2
2a1
=
μgd 2μg =d
2
,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-μm0g
m =2μg,根据1
2
a2t2-1
2
a1t2=d,解得t=√2d
μg
,则此时砝码的速
度v=a1t=√2μgd≠0,匀加速运动的位移s=1
2
a1t2=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
a 1(t +t 1)=a 2t-a 3t 1
L=12
a 2t 2
+a 2tt 1-12
a 3t 12
−12
a 1(t +t 1)2
解得t=1.2s,t 1=0.8s 。

(2)设最终B 的速度为v,有 v=a 1(t +t 1) 由动能定理有 W=1
2mv 2
解得W=2J 。

3.AC 解析两物体间达到最大静摩擦力时,对A 有F-μm A g=m A a,对B 有μm A g=m B a,得F=60N,当F>60N 时,两物体相对滑动,则当拉力F<30N 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50N 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/s 2,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 μ2m 2g=m 2a 2
解得a2=μ2g=4m/s2
对木板有
μ2m2g-μ1(m1+m2)g=m1a1解得a1=2m/s2
木板的长度为
L=(v0t-1
2a2t2)−1
2
a1t2
解得L=1.32m。

(2)小物块离开木板时,木板的速度为v1=a1t=1.2m/s。

(3)小物块离开木板后,木板的加速度为
a3=μ1m1g
m1
=μ1g=2m/s2,方向水平向左。

(4)小物块离开木板时,物块的速度
v2=v0-a2t=1.6m/s
物块在地面上滑行时的加速度大小为
a4=μ2m2g
m2
=μ2g=4m/s2
物块在地面上滑行的最大位移为
s1=v22
2a4
=0.32m
木板在地面上滑行的最大位移为
s2=v12
2a3
=0.36m>s1,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0~4s内平板车做匀速直线运动,速度大小为8m/s,则物块首先
做加速度为a的匀加速直线运动,有a=μg=4m/s2,物块加速到与平板车共
速时所需要的时间为t1=v
a
=2s,在2~4s的时间内,物块以8m/s的速度与平板车一起做匀速直线运动,4s末平板车开始做匀减速直线运动,加速度大
小为a车=Δv
Δt
=2m/s2<μg=4m/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2m/s2,减速到零的时间t3=4s,所以物块运动的v-t图像为A选项中的图像。

6.答案μ1(m1+m2)g
m2(m1+m2)
m1
(μ2-μ1)g > 相同
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;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+m2
m2
μ1;0~t2这段时间,物块与木板相对静
止,所以有相同的加速度。

7.B 解析物块相对木板向右滑动,对木板有μmg=m0a2,得a2=2m/s2,对物块有F-μmg=ma1,且根据a1>a2可得F>6N,A错误;设历时t物块滑离木板,
则有12
a 1t 2-12
a 2t 2=L,物块滑离木板时的速度v 1=a 1t,得v 1=a 1√
2L a 1-a 2
=
√2L
1a 1
-a 2
1a 12
,可知当
1
a 1
=
12a 2
,即a 1=2a 2=4m/s 2时物块离开木板的速度最小,其
最小值v 1min =4m/s,B 正确;当a 1=4m/s 2时F=8N,t=1s,木板获得的速度v 2=a 2t=2m/s,若F>8N,则t<1s,C 错误;若6N<F<8N,则v 2>2m/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=ma m ,解得加速度a m =1m/s 2,由乙图可知,M 加速时加速度a 1=8
2m/s 2=4m/s 2,M 减速时加速度a 2=
0-86-2
m/s 2=-2m/s 2,可知物块与平板车
发生相对滑动,设t 时两者共速,则有a m t=8m/s+a 2(t-2s),得
t=4s,v 4=(8-2×2)m/s=4m/s,共速后,由于平板车的加速度为a 2=-2m/s 2,所以物块减速,由牛顿第二定律得-μmg=ma m ',得a m '=-1m/s 2,平板车的加速度大于物块的加速度,设共速后再经t 1减速到零,由运动学公式
0=4m/s+a m 't 1,解得t 1=4s,即t'=4s+4s=8s,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1m/s 2,物块m 相对平板车M 滑动的时间为8s,A 、B 错误;4s 前物块m 相对平板车M 的位移s 1=8×2×1
2
m+1
2
×(8+4)×2m -4×4×1
2
m=12m,4s 后物块m 相对平板车
M 的位移s 2=4×4×12
m-2×4×1
2
m=4m,所以平板车的长度为12m,物块m 相对
平板车M 的位移大小为12m-4m=8m,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>25N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=1
m0F-μ1mg+μ2(m+m0)g
m0
由题图乙可得
-μ1mg+μ2(m+m0)g
m0=-9
4
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=27.8N时,小滑块的加速度为a1=μ1g=4m/s2
小滑块在时间t内的位移为s1=1
2
a1t2
木板的加速度为a2=F-μ1mg-μ2(m+m0)g
m0
代入数据解得a2=4.7m/s2
木板在时间t内的位移为s2=1
a2t2
2
由题可知,s2-s1=L
联立以上各式解得t=2s。

10.答案(1)5 m/s2(2)5 N,方向沿斜面向下(3)√2
s
2
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)gsinθ=(m0+m)a0
a0=gsinθ=5m/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)gsinθ-F=(m0+m)a
对滑块,所受木板的静摩擦力f方向沿斜面向下,根据牛顿第二定律有mgsinθ+f-F=ma
解得a=0,f=5N
又因为滑块与木板间的最大静摩擦力f m=μmgcosθ=5N,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5N。

(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mgsinθ-μmgcosθ=ma1
解得a1=0
即滑块在木板上仍然匀速下滑,对薄木板有
m0gsinθ+μmgcosθ=m0a2
解得a2=10m/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
a2t12)=l
v1t1+(v1t1-1
2
此时薄木板的速度
v2=v1-a2t1
分离后,对薄木板有
m0gsinθ=m0a3
薄木板接着以加速度a3=5m/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
s。

解得t=√2
2。