第三章 第4讲　小专题 动力学中的板块模型练习含答案-高考物理一轮专题

这是一份第三章 第4讲　小专题 动力学中的板块模型练习含答案-高考物理一轮专题，共17页。试卷主要包含了模型特点，模型关键点，5 N,等内容，欢迎下载使用。
1.模型特点:滑块置于滑板上,滑块和滑板初始运动条件或受力不同且均相对地面(或斜面)运动,在其间摩擦力的作用下发生相对滑动。
(1)滑块相对于滑板从一端运动到另一端,若两者同向运动,其位移差等于板长;若反方向运动,其位移和等于板长。
(2)一般地,滑块和滑板速度相等时为其“临界点”,此点前后所受摩擦力可能发生突变,要判断此后滑块、滑板的运动情况。
2.模型关键点
类型一 无外力F作用的水平面上的滑块—滑板模型
[例1] 【初始滑块有速度、滑板静止】 (2024·江西二模)如图所示,在足够大的水平地面上静置一木板,可视为质点的滑块以v0=3 m/s的速度滑上木板,最终滑块恰好到达木板的右端,而木板沿地面运动的距离等于木板的长度。已知滑块与木板间的动摩擦因数μ1=0.2,木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.05,重力加速度大小g取10 m/s2,则木板的长度为( )
[A] 1.0 m[B] 1.5 m
[C] 2.0 m[D] 2.5 m
【答案】 B
【解析】 滑块滑上木板后木板做加速运动,则滑块做减速运动,当达到共同速度后,因为μ1>μ2,可知滑块与木板一起做减速运动直到停止,设滑块的质量为m,木板的质量为M,滑块与木板达到共速v的时间为t1,加速度分别为a1、a2,共速后共同加速度为a3,根据牛顿第二定律,可得a1=μ1g=2 m/s2,a2=μ1mg-μ2(M+m)gM,a3=μ2g=0.5 m/s2,根据运动规律,有v0-a1t1=a2t1=v,共速前木板的位移为x1=v2t1,共速后到停止,木板的位移为x2=v22a3,而整个过程木板的位移等于木板的长度,即L=x1+x2,共速前滑块相对于木板的位移为L=v0+v2t1-x1,联立各式解得t1=1 s,L=1.5 m,故B正确。
[变式] 在[例1]情境中,
(1)滑块木板共速前、后木板的位移分别是多少?
(2)滑块和木板的质量有怎样的关系?
【答案】 (1)0.5 m 1 m (2)m=M
【解析】 (1)由原题解析可知,滑块、木板共速时速度大小v=v0-a1t1=(3-2×1) m/s=1 m/s,
共速后运动时间t2=va3=10.5 s=2 s,
共速后木板的位移
x2=12a3t22=12×0.5×22 m=1 m,
共速前木板的位移
x1=L-x2=(1.5-1) m=0.5 m。
(2)共速前,对木板有x1=12a2t12,则a2=2x1t12,
根据牛顿第二定律有μ1mg-μ2(m+M)g=Ma2,
代入数值联立得m=M。
[例2] 【初始滑板有速度、滑块静止】 (2024·甘肃武威模拟)(多选)如图所示,质量m2=2 kg的木板Q静止在水平地面上,质量m1=3 kg的物块P静止在Q的右端,t=0时刻Q获得一水平向右、大小为v0=10 m/s的瞬时速度。已知P、Q之间的动摩擦因数μ1=0.2,Q与地面之间的动摩擦因数μ2=0.6,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10 m/s2,P可视为质点且始终未脱离Q。下列说法正确的是( )
[A] t=0.2 s时,Q的加速度大小为12 m/s2
[B] t=0.5 s时,P、Q的速度相同
[C] P、Q共速后一起运动直至停止
[D] t=1 s时P停止运动
【答案】 BD
【解析】 在t=0时刻,对物块P有μ1m1g=m1a1,对木板Q有μ1m1g+μ2(m1g+m2g)=m2a2,解得a1=2 m/s2,a2=18 m/s2,设经时间t1两者共速,则v0-a2t1=a1t1,解得t1=0.5 s,即0～0.5 s内,P、Q的加速度大小分别为2 m/s2、18 m/s2,故A错误,B正确;假设P、Q共速之后一起运动,则二者加速度大小均为a=μ2(m1+m2)gm1+m2=6 m/s2,而P的最大加速度为am=μ1g=2 m/s2a′,
可知二者共速后一起减速运动,则有
a1′t1′=a′(t2′-t1′),
解得t2′=2 s。
[例3] 【滑块、滑板均有初速度】 (2025·内蒙古高考适应性考试)(多选)一小物块向左冲上水平向右运动的木板,二者速度大小分别为v0、2v0,此后木板的速度v随时间t变化的图像如图所示。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,木板足够长。整个运动过程中( )
[A] 物块的运动方向不变
[B] 物块的加速度方向不变
[C] 物块相对木板的运动方向不变
[D] 物块与木板的加速度大小相等
【答案】 CD
【解析】 根据图像可知木板的速度方向没有发生改变,木板和物块达到共速12v0,然后一起减速到0,所以物块的运动方向先向左再向右,故A错误;物块在向左减速和向右加速阶段加速度方向均水平向右,共同减速阶段加速度方向水平向左,方向改变,故B错误;物块在向左减速和向右加速阶段相对木板都向左运动,共同减速阶段无相对运动,即物块相对木板运动方向不变,故C正确;由图像可知在有相对运动阶段木板的加速度大小为a1=2v0-12v0t=3v02t,物块的加速度大小为a2=v0+12v0t=3v02t,即木板和物块的加速度大小相等,故D正确。
类型二 有外力F作用的水平面上的滑块—滑板模型
[例4] 【外力F作用在滑块上】(2024·云南昆明阶段检测)(多选)如图甲所示,物块A与木板B静止叠放在水平地面上,A、B间的动摩擦因数μ=0.2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,地面光滑。现对A施加水平向右的大小不同的拉力F,测得B的加速度a与力F的关系如图乙所示,g取 10 m/s2,则( )
[A] 当F24 N时,A、B间的摩擦力保持不变
[C] A的质量为4 kg
[D] B的质量为2 kg
【答案】 BCD
【解析】 由题图乙可知,当F24 N 时,A、B发生相对滑动,A、B间为滑动摩擦力且保持不变,故A错误,B正确。当F=24 N 时,根据牛顿第二定律,对物块A有F-μmAg=mAa,对木板B有μmAg=mBa,解得A、B的质量分别为mA=4 kg,mB=2 kg,故C、D正确。
[变式] 在[例4]情境中,当拉力F′=12 N时,A、B间的摩擦力为多少?
【答案】 4 N
【解析】 当拉力F′=12 N时,A、B间相对静止,对整体有F′=(mA+mB)a2,则
a2=F'mA+mB=2 m/s2,
设此时A、B间摩擦力为Ff,对物块A有
F′-Ff=mAa2,
解得A、B间摩擦力的大小Ff=4 N。
[例5] 【外力F作用在滑板上】(2024·黑吉辽卷,10)(多选)一足够长木板置于水平地面上,二者间的动摩擦因数为μ。t=0时,木板在水平恒力作用下,由静止开始向右运动。某时刻,一小物块以与木板等大、反向的速度从右端滑上木板。已知t=0到t=4t0的时间内,木板速度v随时间t变化的图像如图所示,其中g为重力加速度大小。t=4t0时刻,小物块与木板的速度相同。下列说法正确的是( )
[A] 小物块在t=3t0时刻滑上木板
[B] 小物块和木板间动摩擦因数为2μ
[C] 小物块与木板的质量比为3∶4
[D] t=4t0之后小物块和木板一起做匀速运动
【答案】 ABD
【解析】 v-t图像的斜率表示加速度,由题图可知t=3t0时刻木板的加速度发生改变,故可知小物块在t=3t0时刻滑上木板,故A正确;设小物块和木板间动摩擦因数为μ0,小物块质量为m,根据题意结合图像可知小物块开始滑上木板时的速度大小为v0=32μgt0,方向水平向左,小物块在木板上滑动的加速度为a0=μ0mgm=μ0g,经过t0时间与木板共速,此时速度大小为v共=12μgt0,方向水平向右,以水平向右为正方向,a0=12μgt0-(-32μgt0)t0=2μg,解得μ0=2μ,故B正确;设木板质量为M,根据题图可知小物块未滑上木板时,木板的加速度为a=12μgt0t0=12μg,由牛顿第二定律有F-μMg=Ma,解得F=32μMg,根据题图可知小物块滑上木板后木板的加速度为a′=12μgt0-32μgt0t0=-μg,此时对木板由牛顿第二定律得F-μ(m+M)g-μ0mg=Ma′,解得mM=12,故C错误;假设t=4t0之后小物块和木板一起做匀速运动,对整体有F-μ(m+M)g=32μMg-32μMg=0,可知此时整体处于平衡状态,假设成立,即t=4t0之后小物块和木板一起做匀速运动,故D正确。
类型三 斜面和竖直面上的滑块—滑板模型
[例6] 【斜面上的滑块—滑板模型】(2024·贵州贵阳阶段练习)如图所示,一轻质光滑定滑轮固定在足够长的斜面上,斜面与水平面之间的夹角为37°。物块a(可视为质点)和木板b,通过不可伸长的轻绳跨过光滑定滑轮连接,物块a与木板b下端对齐,物块a、木板b间的接触面和轻绳均与斜面平行。t=0时刻,将物块a、木板b静止释放,t1=0.6 s 时,剪断轻绳,物块a恰好不会从木板b上端滑落。已知木板b的上表面光滑,下表面与斜面之间的动摩擦因数μ=0.2,物块a、木板b的质量分别为m1=1 kg、m2=4 kg,重力加速度g取10 m/s2,取sin 37°=0.6,cs 37°=0.8。求:
(1)t=0时刻,物块a的加速度大小;
(2)木板b的长度。
【答案】 (1)2 m/s2 (2)2.16 m
【解析】 (1)由题意可知,将物块a、木板b由静止释放后物块a沿木板b向上运动,木板b沿斜面向下运动,设轻绳的拉力大小为FT,物块a、木板b的加速度大小均为a1,对物块a、木板b分别根据牛顿第二定律可得FT-m1gsin 37°=m1a1,
m2gsin 37°-FT-μ(m1+m2)gcs 37°=m2a1,
联立解得a1=2 m/s2,
即t=0时刻物块a的加速度大小为2 m/s2。
(2)在0～0.6 s内,设t1=0.6 s时物块a的速度大小为v1,根据匀变速直线运动的规律,对物块a有v1=a1t1,xa1=12a1t12,xa1=xb1,此时物块a与木板b下端距离Δx1=xa1+xb1,
解得Δx1=0.72 m,v1=1.2 m/s。
剪断轻绳后,设物块a加速度为a2,木板b加速度为a3,对物块a、木板b分别有m1gsin 37°=m1a2,
m2gsin 37°-μ(m1+m2)gcs 37°=m2a3,
解得a2=6 m/s2,a3=4 m/s2;
由于物块a恰好不从木板b上端滑落,此时二者速度相等,
设再经过时间t2,物块a、木板b达到共速,则有v共=-v1+a2t2,v共=v1+a3t2,
解得t2=1.2 s,v共=6 m/s;
即t=1.8 s时a、b共速,
在0.6～1.8 s内,物块a、木板b的位移的大小分别为
xa2=-v1+v共2·t2,xb2=v1+v共2·t2,
Δx2=xb2-xa2,
解得Δx2=1.44 m,
木板b的长度为L=Δx1+Δx2,
联立解得L=2.16 m。
[例7] 【竖直面上的滑块—滑板模型】如图所示,一直立的轻质薄空心圆管长为L,在其上下端开口处各安放有一个质量分别为m和2m的圆柱形物块A、B,A、B紧贴管的内壁,厚度不计。A、B与管内壁间的最大静摩擦力分别是Ff1=mg、Ff2=2mg,且设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等。管下方存在这样一个区域:当物块A进入该区域时受到一个竖直向上的恒力F作用,而B在该区域运动时不受它的作用,PQ、MN是该区域的上下水平边界,高度差为H(L>2H)。现让管的下端从距上边界PQ高H处由静止释放,重力加速度为g。
(1)若A、B与管间均无相对运动,求F应满足的条件;
(2)若F=3mg,求物块A到达下边界MN时A、B之间的距离。
【答案】 (1)F≤32mg (2)L-32H
【解析】 (1)管下端到达PQ前,A、B随管一起做自由落体运动,当物块A通过PQ后,设A、B与管不发生相对滑动,则有相同加速度a,A与管间有静摩擦力FfA。
对A、B整体有3mg-F=3ma,
对A有mg+FfA-F=ma,
并且FfA≤Ff1,
联立解得F≤32mg。
(2)A到达边界PQ时的速度vA=2gH。
由于F=3mg>GA+Ff1,可知A相对于圆管向上滑动,则A受到向下的滑动摩擦力,大小为Ff1,设A的加速度为a1,
则有mg+Ff1-F=ma1,
解得a1=-g。
A向下减速运动的位移为H时,速度刚好减小到零,
此过程运动的时间t=2Hg,
根据牛顿第三定律,该过程中,A对管的摩擦力向上,且大小为Ff1,由于管的质量不计,可知B对管的摩擦力方向向下,大小为mg,B受到管的摩擦力小于2mg,则B与管相对静止,对物块B根据牛顿第二定律,可得
a2=2mg-mg2m=g2,
根据公式x=v0t+12at2得,t时间内物块B的位移xB=vAt+12a2t2=52H,
即物块A到达下边界MN时A、B之间的距离为
ΔL=L+H-xB=L-32H。
滑块—滑板问题解答流程
(满分:70分)
对点1.水平面上的“板—块”模型
1.(4分) (2024·安徽滁州三模)象棋是中国传统文化的典型代表之一,如图所示,水平面上有三颗相同象棋竖直叠放,上下边缘重合,最左侧与O点重合,所有接触面间的动摩擦因数均相同,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现用一直尺快速水平向右击打中间棋子使其击出时,棋子的分布可能是( )

[A] [B]

[C] [D]
【答案】 D
【解析】 棋子各接触面间动摩擦因数为μ,第2、3颗间最大静摩擦力为2Ff,第3颗与水平面间最大静摩擦力为3Ff,使第2颗击出时,第2、3颗间发生相对运动,其间摩擦力为2Ff,小于第3颗棋子与水平面间的最大静摩擦力,则第3颗棋子保持静止,位置不变,但第1颗棋子受向右的摩擦力,有向右的加速度而有位移,可知棋子的可能位置关系为D项所示,故D正确。
2.(6分)(多选)如图甲所示,上表面粗糙的平板小车静止于光滑水平面上。t=0时,小车以速度v0向右运动,将小滑块无初速度地放置于小车的右端,最终小滑块恰好没有滑出小车。如图乙为小滑块与小车运动的v-t图像,图中t1、v0、v1均为已知量,重力加速度为g。由此可求得( )
[A] 小车的长度
[B] 小滑块的质量
[C] 小车在匀减速运动过程中的加速度
[D] 小滑块与小车之间的动摩擦因数
【答案】 ACD
【解析】 最终小滑块恰好没有滑出小车,根据v-t图像中图线与t轴所围面积表示位移,可知在0～t1 时间内,小车、滑块图线所围面积之差等于小车长度,即小车的长度L=v02t1,故A正确;根据题图乙,在0～t1时间内小车做匀减速直线运动的加速度a′=v0-v1t1,小滑块做匀加速直线运动的加速度a=v1t1,故C正确;对小滑块,由牛顿第二定律可知a=Ffm=μmgm=μg,又a=v1t1,联立解得小滑块与小车之间的动摩擦因数μ=v1gt1,但无法求出小滑块的质量,故B错误,D正确。
3.(6分)(2024·山西运城期末)(多选)马车是古代主要的交通运输工具,如图所示为一匹马水平拉动一车货物的示意图。木板A和B、B和车之间的接触面都水平,A、B之间的动摩擦因数为μ1,B与车之间的动摩擦因数为μ2,A的质量为m,B的质量为3m,车的质量为5m,地面对车的摩擦不计,马给车的水平拉力为F,A、B始终没有离开车的表面,则下列说法正确的是( )
[A] 若μ1>μ2,不管F多大,A、B都不会发生相对滑动
[B] 若μ1>μ2,当F=9μ2mg时,B与车之间开始相对滑动
[C] 若μ1Mg,
解得F1>25 N。
(2)木板向上加速运动时,根据牛顿第二定律,对木板有μF1-Mg=Ma1,
对滑块有F2-μF1-mg=ma2,
为使滑块与木板能发生相对滑动,则a2>a1,
解得F2>16.8 N。
(3)当F1′=30 N,F2=25 N,
对滑块有F2-μF1′-mg=ma3,
解得a3=9 m/s2,
设滑块上升h的时间为t,则h=12a3t2,
对木板有μF1′-Mg=Ma4,
解得a4=2 m/s2,
设木板在t时间上升的高度为H,则H=12a4t2=1645 m,
则h-H=1.6-1645 m=5645 m>L=1.2 m,
故滑块上移h=1.6 m时,滑块与木板已分离,游戏不成功。
8.(6分)(2024·山东淄博期中)(多选)如图所示为教师办公室中抽屉使用过程的简图:抽屉底部安有滚轮,当抽屉在柜中滑动时可认为不受抽屉柜的摩擦力,抽屉柜右侧装有固定挡板,当抽屉拉至最右端与挡板相碰时速度立刻变为0。现在抽屉完全未抽出,在中间位置放了一个手机,手机长度d=0.2 m,质量m=0.2 kg,其右端与抽屉右侧的距离也为d,手机与抽屉接触面之间的动摩擦因数μ=0.1,抽屉总长L=0.8 m,质量M=1 kg。不计抽屉左右两侧及挡板的厚度,重力加速度g取10 m/s2。现对把手施加水平向右的恒力F,则( )
[A] 当水平恒力的大小F≤1 N时,手机与抽屉有相对运动
[B] 当水平恒力的大小F≤0.3 N时,手机不与抽屉右侧发生磕碰
[C] 为使手机不与抽屉右侧发生磕碰,水平恒力的大小应满足F≥1.8 N
[D] 为使手机不与抽屉左侧发生磕碰,水平恒力的大小必定满足F≥4.4 N
【答案】 BC
【解析】 手机的最大加速度为am=μmgm=μg=1 m/s2,手机与抽屉一起加速运动的最大拉力为Fm=(M+m)am=1.2 N,即F≤1 N时,手机与抽屉无相对运动,故A错误;当水平恒力的大小F=0.3 N 时,抽屉和手机一起加速运动的加速度大小为a1=FM+m=0.31+0.2 m/s2=0.25 m/s2,当抽屉拉至最右端与挡板相碰时2a1L=v12,解得v1=0.4 m/s,抽屉停止运动后,手机向右滑动,则v12=2amx1,解得手机向右滑动的位移大小为x1=0.2 m=d,手机恰好不与抽屉右侧发生磕碰,故B正确;当F>1.2 N时手机与抽屉相对滑动,水平恒力的大小F=1.8 N时,对抽屉由牛顿第二定律得F-μmg=Ma2,解得a2=1.6 m/s2,当抽屉拉至最右端与挡板相碰时L=12a2t22,解得t2=1 s,手机的速度为v2=amt2=1 m/s,手机的位移为x2=v22t2=0.5 m,抽屉停止运动后手机向右滑动的位移x3=x2=0.5 m,则x2+x3=L+d,则手机恰好不与抽屉右侧磕碰,故C正确;恰好与左端相碰时,对抽屉由牛顿第二定律得F′-μmg=Ma3,当抽屉拉至最右端与挡板相碰时L=12a3t32,手机向右运动的位移大小为x4=12amt32,则x4=L-2d,解得F′=2.2 N,手机恰好不与抽屉左侧发生磕碰,所以为使手机不与抽屉左侧发生磕碰,水平恒力的大小必定满足F≤2.2 N,D错误。
9.(14分)(2024·湖南长沙阶段练习)避险车道是避免恶性交通事故的重要设施,由制动坡床和防撞设施等组成,如图竖直平面内,制动坡床视为与水平面夹角为θ的斜面。一辆长12 m的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床,当车速为23 m/s 时,车尾位于制动坡床的底端,货物开始在车厢内向车头滑动,当货物在车厢内滑动了4 m时,车头距制动坡床顶端38 m,再过一段时间,货车停止。已知货车质量是货物质量的4倍,货物与车厢间的动摩擦因数为0.4;货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的0.44倍。货物与货车分别视为小滑块和平板,取cs θ=1,sin θ=0.1,g取10 m/s2。求:
(1)货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向;
(2)制动坡床的长度。
【答案】 (1)5 m/s2,方向沿斜面向下 (2)98 m
【解析】 (1)设货物的质量为m,货物在车厢内滑动过程中,受摩擦力大小为Ff,加速度大小为a1,根据牛顿第二定律,有Ff+mgsin θ=ma1,
而Ff=μmgcs θ,
代入数据得a1=5 m/s2,方向沿制动坡床向下。
(2)设货车的质量为M,车长为L0,货物在车厢内开始滑动到车头距制动坡床顶端s0=38 m的过程,用时为t,车的位移为L车,货物位移为L货,货物在车厢内滑动的距离s=4 m,货车的加速度大小为a2,货车受到制动坡床的阻力大小为F阻,且F阻=0.44(M+m)g,
货物与车间摩擦力为Ff,
根据牛顿第二定律,对车有Mgsin θ+F阻-Ff=Ma2,
根据运动规律,有L货=v0t-12a1t2,
L车=v0t-12a2t2,
而L车+s=L货,制动坡床长度l=L0+s0+L车,
联立并代入数据得l=98 m。如图甲、乙所示,分别为“板块”模型中的两类情形。其中桌面光滑,滑块A与滑板B间动摩擦因数为μ且发生相对滑动,质量分别为m和M,你能求出滑块不从滑板上滑落时滑板的长度吗?你会发现怎样的规律?
提示:滑块由滑板一端运动到另一端的过程中,滑块和滑板同向运动时,位移之差Δs=s1-s2=L(板长),即L≥Mv022(M+m)μg。