高考物理模型专题突破模型07板块模型

这是一份高考物理模型专题突破模型07板块模型，共59页。
1．(2020·甘肃兰州一中高三期中)如图所示，水平桌面上，质量为m的物块放在质量为2m的长木板的左端，物块和木板间的动摩擦因数为，木板和桌面间的动摩擦因数为，开始时物块和木板均静止，若在物块上施加一个水平向右的恒力F，已知重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A．当F > μmg时，物块和木板一定发生相对滑动
B．当F = μmg时，物块的加速度大小为
C．当F = 2μmg时，木板的加速度大小为
D．不管力F多大，木板的加速度始终为0
【答案】B
【详解】
A．当物块相对于木板刚要发生相对滑动时，物块和长木板间的静摩擦力达到最大值，对整体
隔离木板得
得
只有物块和木板才一定发生相对滑动，选项A错误；
B．当F=μmg时，物块和长木板相对静止，对整体有
得
选项B正确；
CD．当F=2μmg时，物块和木板发生相对滑动，隔离木板得
得
选项CD错误。
故选B。
2．(2020·湖北荆门·高一期末)在水平光滑地面上，长木板M和小滑块m叠放在一起，开始它们均静止。现将水平向右的恒力F作用在M的右端，已知长木板和小滑块之间动摩擦因数μ=0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，M=2kg，m=1kg，g=10m/s2，如图所示。当F取不同数值时，小滑块的加速度a可能不同，则以下正确的是( )
A．若F=6.0N则a=3.0m/s2
B．若F=8.0N则a=4.0m/s2
C．若F=10N则a=3.0m/s2
D．若F=15N则a=4.0m/s2
【答案】D
【详解】
当木块和木板间的静摩擦力达到最大时，此时
此时对木板和木块的整体
解得
F=12N
A．若F=6.0N则两物体以共同的加速度向前运动，则
选项A错误；
B．若F=8.0N则两物体以共同的加速度向前运动，则
选项B错误；
C．若F=10N则两物体以共同的加速度向前运动，则
选项C错误；
D．若F=15N则木块在木板上滑动，则木块的加速度为
选项D正确。
故选D。
3．(2020·辛集市第一中学高三月考)一长轻质薄硬纸片置于光滑水平地面上，硬纸片上放质量均为1kg的A、B两物块，A、B与硬纸片之间的动摩擦因数分别为和，水平恒力F作用在A物块上，如图所示，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，)，下列说法正确的是( )
A．当时，则物块、硬纸片都静止不动
B．若，则B物块的加速度为4.0m/s2
C．当，则A物块所受摩擦力大小为1.5N
D．无论力F为多大，A与硬纸片都不会发生相对滑动
【答案】D
【详解】
物体A与纸片间的最大静摩擦力为
物体B与纸片间的最大静摩擦力为
A．因为
所以AB与纸片保持相对静止，整体在F作用下向左匀加速运动，故A错误；
BD．当B刚要相对于纸片滑动时静摩擦力达到最大值，由牛顿第二定律得
又
得
对整体，有
即达到4N后，B将相对地纸片运动，此时摩擦力；则对纸片可知，纸片受到A的摩擦力大于B的摩擦力；故A和纸片间不会发生相对运动；则可知，当拉力为8N时，B与纸片间的摩擦力即为滑动摩擦力为2N，此后增大拉力，不会改变B的受力；其加速度大小均为，故B错误，D正确；
C．因为
所以AB即纸片保持相对静止，整体在F作用下向左匀加速运动，根据牛顿第二定律得
则A物块所受摩擦力
故C错误。
故选D。
4．(2020·渝中·重庆巴蜀中学高三月考)如图，斜面体C质量为M足够长，始终静止在水平面上，一质量为2m的足够长的木板A上表面光滑，木板A恰好能沿斜面匀速下滑，以沿斜面向下为正方向，当木板A以速度v0匀速下滑时，将一质量为m的滑块B轻轻放在木板A的上表面之后，下列说法正确的是( )
A．滑块B放在木板A的上表面之后，木板A继续匀速运动
B．滑块B的动量为3mv0时，木板A的动量为
C．木板A在运动过程中地面对C有向左的摩擦力
D．木板A在运动过程中斜面体对水平面的压力大小为
【答案】D
【详解】
A．由题意可知，没放滑块B时，木板A做匀速运动，即受力平衡，合力为零，设斜面的倾角为，即
放上滑块B后，对滑块B受力分析，有重力mg和A对B的支持力，对B由牛的第二定律可得
滑块B受到的支持力为
对木板A受力分析，有重力2mg，斜面C对A的支持力，滑块B对A的压力和斜面C对A沿斜面向上的摩擦力，对A由牛顿第二定律得
其中
由此可知，滑块B放在木板A的上表面之后，木板A将做匀减速直线运动，滑块B做匀加速直线运动，所以A错误；
B．滑块B的动量为3mv0时，即
对B由匀变速直线运动的公式可得
对A由匀变速直线运动的公式可得
即当滑块B的动量为3mv0时，木板A速度已经减到了零，又
所以此时木板A将保持静止状态，即A的动量为零，所以B错误；
C．对斜面体C受力分析，有重力Mg，地面对C的支持力，木板A对C的压力和木板A对C沿斜面向下的摩擦力，由前面分析可知
由力的平衡条件可知，这两个力的合力竖直向上下，大小为3mg，所以水平方向地面对斜面C没有摩擦力，所以C错误；
D．由C选项分析可知，斜面C受力平衡，即
所以D正确。
故选D。
5．(2020·运城市景胜中学高三月考)如图所示，水平桌面由粗糙程度不同的AB、BC两部分组成，且AB=BC，小物块P(可视为质点)以某一初速度从A点滑上桌面，最后恰好停在C点，已知物块经过AB与BC两部分的时间之比为1：4，则物块P与桌面上AB、BC部分之间的动摩擦因数、之比为(P物块在AB、BC上所做的运动均可看作匀变速直线运动)( )
A．1：1B．1：4C．4：1D．8： 1
【答案】D
【详解】
设AB、BC两部分：长度为L，在B点的速度为v，受摩擦力
F1=μ1mg、F2=μ2mg
加速度a1=μ1g、a2=μ2g，时间t1=t、t2=4t
逆向研究BC
逆向研究BA
解得μ1：μ2=8：1
故选D。
6．如图(a)，物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平。t=0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t=4s时撤去外力。细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图(b)所示，木板的速度v与时间t的关系如图(c)所示。木板与实验台之间的摩擦可以忽略。重力加速度取g=10m/s2。由题给数据可以得出( )
A．木板的质量为1kg
B．2s~4s内，力F的大小为0.4N
C．0~2s内，力F的大小保持不变
D．物块与木板之间的动摩擦因数为0.2
【答案】AB
【详解】
A．由图(c)可知， 4～5s内木板的加速度
所受摩擦阻力
所以木板的质量
故A正确；
B．2～4s内木板做匀加速直线运动，加速度
由于物块的摩擦力f为恒力，所以拉力F也为恒力，根据牛顿第二定律
解得
故B正确；
C．由图(c)可知，0～2s内物块和木板还未发生相对滑动，它们之间的摩擦力为静摩擦力，此过程中拉力F等于f，故F在此过程中是变力，故C错误；
D．由于不知道物块的质量，所以无法计算它们之间的动摩擦因数μ，故D错误。
故选AB。
7．(2020·重庆九龙坡·高三期中)如图，一固定且足够长的斜面MN与水平面的夹角α=37°，斜面上有一质量为3m、上表面光滑且下端有挡板P的长木板A沿斜面匀速向下运动，速度大小v0=1m/s，现将一质量为m的小滑块轻轻地放在长木板上，当小滑块运动到挡板P时(与挡板碰前的瞬间)，长木板的速度刚好减为零，之后小滑块与挡板发生第1次碰撞，以后每隔一段时间，小滑块就与挡板碰撞一次，小滑块始终在长木板上运动，已知小滑块与挡板的碰撞为弹性碰撞且碰撞时间极短，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8，下列说法正确的是( )
A．小滑块在长木板上下滑过程中，长木板的加速度大小为2m/s2
B．小滑块放在木板上的瞬间，其与P的距离为
C．小滑块与挡板第1次碰撞后的瞬间，小滑块的速度大小为1.5m/s
D．小滑块与挡板第2次碰撞后的瞬间，小滑块的速度大小为1.5m/s
【答案】ACD
【详解】
A．开始长木板匀速下滑时，由平衡条件可得
带入数据解得
把小滑块放上长木板后，对长木板，由牛顿第二定律可得
代入数据解得
故A正确；
B．长木板上表面光滑，碰撞前小滑块做匀加速直线运动，长木板做匀减速直线运动，小滑块从放上长木板到与挡板相撞的时间为
小滑块放上长木板的瞬间，其与P的距离为
故B错误；
C．设小滑块与挡板第一次碰撞前的速度为v，则
滑块与挡板碰撞过程系统动量守恒，取沿斜面向下为正方向，由动量守恒定律可得
由机械能守恒定律可得
联立方程，带入数据解得
，
则小滑块与挡板第1次碰撞后的瞬间，小滑块的速度大小为1.5m/s，故C正确；
D．碰撞后长木板速度再次减为零的时间为
此时小滑块的速度为
，方向沿斜面向下
这个过程中小滑块的位移为
，方向沿斜面向下
长木板的位移为
故，二者发生第2次碰撞，第2次碰撞前的瞬间小滑块的速度与第1次碰撞前的速度相同，所以小滑块与挡板第2次碰撞后的瞬间，小滑块的速度大小仍为1.5m/s，故D正确。
故选ACD。
8．(2020·山东寿光现代中学高二月考)如图所示，一质量M=8.0kg的长方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m=2.0kg的小木块 A。给A和B以大小均为5.0m/s，方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，A始终没有滑离B板，A、B之间的动摩擦因数是0.5。则在整个过程中，下列说法正确的是( )
A．小木块A的速度减为零时，长木板 B 的速度大小为3.75m/s
B．小木块A的速度方向一直向左，不可能为零
C．小木块A与长木板B共速时速度大小为3m/s
D．长木板的长度可能为10m
【答案】ACD
【详解】
AB．木块与木板组成的系统动量守恒，由于初速度均为v0=5.0m/s，所以木板的动量大于小木块的动量，系统合动量方向向右，所以木块A先向左做减速运动，速度减为零后反向向右做加速运动，最后木块与木板一起做匀速直线运动，以向右为正方向，由动量守恒定律得当木块A的速度间为零时
代入数据解得
故A正确，B错误；
C．最终木块与木板速度相等，根据动量守恒定律可得
代入数据解得
故C正确；
D．最终木块与木板相对静止，一起做匀速直线运动，对系统
代入数据解得
x=8m
木板的最小长度为8m，可能为10m，故D正确。
故选ACD。
【点评】
本题考查了动量守恒定律与能量守恒定律的应用，分析清楚物体运动过程是解题的前提，应用动量守恒定律与能量守恒定律求出木板速度与长度的临界值是即可解题。
9．(2020·江苏高三月考)如图所示，一足够长的木板静止在粗糙的水平面上，t＝0时刻滑块从板的左端以速度v0水平向右滑行，木板与滑块间存在摩擦，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。滑块的v­t图象可能是( )
A．B．
C．D．
【答案】AC
【详解】
CD．滑块滑上木板，受到木板对滑块向左的滑动摩擦力，做匀减速运动，若木块对木板的摩擦力大于地面对木板的摩擦力，则木板做匀加速直线运动，当两者速度相等时，一起做匀减速运动。设木块与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数为μ2，木块的质量为m，木板的质量为M，知木板若滑动，则
μ1mg>μ2(M＋m)g
最后一起做匀减速运动，加速度
a′＝μ2g
开始时木块做匀减速运动的加速度大小为
a＝μ1g>μ2g
知图线的斜率变小，故C正确，D错误。
A．若
μ1mg