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2025人教版新教材物理高考第一轮
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 m 和m,
0
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(m +m)g
0
B.要使纸板相对砝码运动,F一定大于2μ(m +m)g
0
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(2m +3m)g时,砝码恰好到达桌面边缘
0
2.(2023山东聊城二模)如图所示,质量m =2 kg、长度L=1.2 m的木板A静置在足够大的
0
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m =4 kg,m =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
A B
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m =1 kg,与地面间的动摩擦因数
1
μ =0.2,质量为m =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 μ =0.4,
1 2 2
小物块以v =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。
0
(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.(2023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m 的长木板,木板的左端上有一质量为m 的物块,如图甲所示。
1 2
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F 、F 分别为
1 2
t 、t 时刻F的大小。木板的加速度a 随时间t的变化关系如图丙所示。已知木板与地面
1 2 1
间的动摩擦因数为μ ,物块与木板间的动摩擦因数为 μ ,假设最大静摩擦力均与相应的滑
1 2
动摩擦力相等,重力加速度大小为g。则下面选项不正确的是( )
A.F =μ m g
1 1 1
B.F =m (m +m ) (μ -μ )g
2 2 1 2 2 1
m
1
C.μ >m +m μ
2 1 2 1
m
2
D.在0~t 时间段物块与木板加速度相等
2
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m =2 kg的木板静止在光滑的
0
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 m =4 kg,长为
0
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μ 以及木板与地面之间的动摩擦因数μ 。
1 2
(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m =1 kg,下端位于B点,l =5 m,薄木板中点处放有
0 PB
√3
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= ,设最大
3
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a 。
0
(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(m +m)g+μm g,A
0 0
项 错 误 。 设 砝 码 的 加 速 度 为 a , 纸 板 的 加 速 度 为 a , 则 有 μm g=m a ,F-μm g-
1 2 0 0 1 0
μ(m +m)g=ma ,发生相对运动需要 a >a ,代入数据解得 F>2μ(m +m)g,B项正确。若砝码
0 2 2 1 0
与纸板分离时的速度小于 ,砝码匀加速运动的位移小于 v2 μgd d,匀减速运动的
√μgd = =
2a 2μg 2
1
位移小于 v2 μgd d,则总位移小于 d,砝码不会从桌面上掉下,C 项正确。当
= =
2a 2μg 2
1
F=μ(2m +3m)g 时 , 砝 码 未 脱 离 纸 板 时 的 加 速 度 a =μg, 纸 板 的 加 速 度 a =
0 1 2
F-μ(m
0
+m)g-μm
0
g=2μg,根据1a
2
t2-1a
1
t2=d,解得 t=√2d,则此时砝码的速度 v=a
1
t=
m 2 2 μg1
√2μgd≠0,匀加速运动的位移x= a t2=d,所以砝码离开桌面,D项错误。
1
2
2.答案 (1)1.2 s (2)2 J
解析 (1)根据题意,设B的加速度为a ,力F作用时A的加速度为a ,撤去力F后A的加速
1 2
度为a ,又经过t 后B达到A的左端,根据牛顿第二定律,有
3 1
μmg=ma
1
F-μmg=m a
0 2
撤去力F后,根据牛顿第二定律,有
μmg=m a
0 3
由运动学规律得
a =a t-a t
1(t+t ) 2 3 1
1
1 1 1 2
L= a t2+a tt - a t 2− a (t+t )
2 2 2 1 2 3 1 2 1 1
解得t=1.2 s,t =0.8 s。
1
(2)设最终B的速度为v,有
v=a
1(t+t )
1
由动能定理有
1
W= mv2
2
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-μm g=m a,对B 有μm g=m a,得
A A A B
F=60 N,当F>60 N时,两物体相对滑动,则当拉力F<30 N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50 N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/s2,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
μ m g=m a
2 2 2 2
解得a =μ g=4 m/s2
2 2
对木板有μ m g-μ (m +m )g=m a
2 2 1 1 2 1 1
解得a =2 m/s2
1
木板的长度为
L=( v t- 1 a t2) − 1a 1 t2
0 2 2 2
解得L=1.32 m。
(2)小物块离开木板时,木板的速度为
v =a t=1.2 m/s。
1 1
(3)小物块离开木板后,木板的加速度为
a =μ m g=μ g=2 m/s2,方向水平向左。
3 1 1 1
m
1
(4)小物块离开木板时,物块的速度
v =v -a t=1.6 m/s
2 0 2
物块在地面上滑行时的加速度大小为
a =μ m g=μ g=4 m/s2
4 2 2 2
m
2
物块在地面上滑行的最大位移为
x = v 2 =0.32 m
1 2
2a
4
木板在地面上滑行的最大位移为
x = v 2 =0.36 m>x ,可知小物块离开木板后,木板与小物块将发生碰撞。
2 1 1
2a
3
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
v
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 t = =2
1
a
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
Δv
始做匀减速直线运动,加速度大小为a = =2 m/s2<μg=4 m/s2,所以物块和平板车一起
车
Δt
做匀减速直线运动,加速度大小均为2 m/s2,减速到零的时间t =4 s,所以物块运动的v-t图
3
像为A选项中的图像。6.A 解析 由图丙可知,t 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
1
整体为对象有F =μ (m +m )g,A错误;t 时物块与木板刚要发生相对滑动,以整体为对象,根
1 1 1 2 2
据牛顿第二定律有 F -μ (m +m )g=(m +m )a,以木板为对象,根据牛顿第二定律有 μ m g-
2 1 1 2 1 2 2 2
μ (m +m )g=m a>0,解得F =m (m +m ) (μ -μ )g,μ >m +m μ ,B、C正确;0~t 这段时间,物
1 1 2 1 2 2 1 2 2 1 2 1 2 1 2
m m
1 2
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=m a ,得 a =2 m/s2,对物块有 F-
0 2 2
1 1
μmg=ma ,且根据a >a 可得F>6 N,A错误;设历时t物块滑离木板,则有 a t2- a t2=L,物
1 1 2 1 2
2 2
√ 2L √ 2L
块滑离木板时的速度 v 1 =a 1 t,得 v 1 =a 1 a -a = 1 1 ,可知当 1 = 1 ,即 a 1 =2a 2 =4
1 2 -a a 2a
a 2 a 2 1 2
1 1
m/s2时物块离开木板的速度最小,其最小值v =4 m/s,B正确;当a =4 m/s2时F=8 N,t=1
1min 1
s,木板获得的速度v =a t=2 m/s,若F>8 N,则t<1 s,C错误;若6 N2 m/s,D
2 2 2
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
8
足μmg=ma ,解得加速度a =1 m/s2,由乙图可知,M加速时加速度a = m/s2=4 m/s2,M减
m m 1
2
0-8
速时加速度a = m/s2=-2 m/s2,可知物块与平板车发生相对滑动,设t时两者共速,则有
2 6-2
a t=8 m/s+a (t-2 s),得t=4 s,v =(8-2×2) m/s=4 m/s,共速后,由于平板车的加速度为a =-2
m 2 4 2
m/s2,所以物块减速,由牛顿第二定律得-μmg=ma ',得a '=-1 m/s2,平板车的加速度大于物
m m
块的加速度,设共速后再经 t 减速到零,由运动学公式 0=4 m/s+a 't ,解得t =4 s,即t'=4
1 m 1 1
s+4 s=8 s,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1 m/s2,物块m相对平板车M滑动的时间为8 s,A、B错误;4 s前物块m
1 1 1
相对平板车M的位移x =8×2× m+ ×(8+4)×2 m-4×4× m=12 m,4 s后物块m相对平
1
2 2 2
1 1
板车M的位移x =4×4× m-2×4× m=4 m,所以平板车的长度为12 m,物块m相对平板
2
2 2
车M的位移大小为12 m-4 m=8 m,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>25 N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μ mg=ma
1 1
代入数据解得μ =0.4
1
以木板为研究对象,根据牛顿第二定律有
F-μ mg-μ (m+m )g=m a
1 2 0 0 2
则a = 1 F-μ mg+μ (m+m )g
2 1 2 0
m m
0 0
由题图乙可得
-μ mg+μ (m+m )g=-9 m/s2
1 2 0
m 4
0
解得μ =0.1。
2
(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=27.8 N时,
小滑块的加速度为a =μ g=4 m/s2
1 1
1
小滑块在时间t内的位移为x = a t2
1 1
2
木板的加速度为a =F-μ mg-μ (m+m )g
2 1 2 0
m
0
代入数据解得a =4.7 m/s2
2
1
木板在时间t内的位移为x = a t2
2 2
2
由题可知,x -x =L
2 1
联立以上各式解得t=2 s。
√2
10.答案 (1)5 m/s2 (2)5 N,方向沿斜面向下 (3) 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a 加速下滑
0
(m +m)gsin θ=(m +m)a
0 0 0a =gsin θ=5 m/s2。
0
(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
(m +m)gsin θ-F=(m +m)a
0 0
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
f
mgsin θ+F-F=ma
f
解得a=0,F=5 N
f
又因为滑块与木板间的最大静摩擦力 F =μmgcos θ=5 N,假设成立,即滑块受木板的静摩
fm
擦力方向沿斜面向下,大小为5 N。
(3)设滑块和木板一起以加速度a 加速下滑的末速度为v ,则
0 1
=2a l
v 2 0
1
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
mgsin θ-μmgcos θ=ma
1
解得a =0
1
即滑块在木板上仍然匀速下滑,对薄木板有
m gsin θ+μmgcos θ=m a
0 0 2
解得a =10 m/s2,木板以此加速度匀减速上滑
2
设滑块离开薄木板的时间为t ,有
1
v
1
t
1
+(
v t -
1
a t
2)=l
1 1 2 2 1
此时薄木板的速度
v =v -a t
2 1 2 1
分离后,对薄木板有
m gsin θ=m a
0 0 3
薄木板接着以加速度a =5 m/s2减速上滑至最高点,有
3
0=v -a t
2 3 2
所以薄木板沿斜面上升到最高点的时间为
t=t +t
1 2
√2
解得t= s。
2
