模型07板块模型(教师版含解析)-备战2021年高考物理模型专题突破
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1、07 板块模型 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 4 ,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 3 4 mg 时,物块和木板一定发生相对滑动 B当 F = mg 时,物块的加速度大小为 12 g C当 F = 2mg 时,木板的加速度大小为 5 12 g 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
2、达到最大值,对整体 1 (2 )(2 ) 4 Fmm gmm a 隔离木板得 1 (2 )2 4 mgmm gma 得 1 , 8 9 8 ag Fmg 只有 9 8 Fmg物块和木板才一定发生相对滑动,选项 A错误; B当 F=mg时,物块和长木板相对静止,对整体有 1 (2 )(2 ) 4 mgmm gmm a 得 12 g a 选项 B正确; CD当 F=2mg 时,物块和木板发生相对滑动,隔离木板得 1 (2 )(2 ) 4 mgmm gmm a 得 1 8 ag 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
3、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 =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 0 mgma 此时对木板和木块的整体 0 ()FMm a 解得 F=12N A若 F=6.0N 则两物体以共同的
4、加速度向前运动,则 22 6 m/s2.0m/s 3 F a Mm 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 2 8 m/s 3 F a Mm 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 2 10 m/s 3 F a Mm 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 2 =4m/s mg a m 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 1 0.3和 2 0.2,
5、 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, 2 10m/sg ),下列说法正确的是( ) A当1NF 时,则物块、硬纸片都静止不动 B若8NF ,则 B 物块的加速度为 4.0m/s 2 C当1.5NF ,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 AA 0.3 1 10N3Nfm g 物体 B与纸片间的最大静摩擦力为 BB 0.2 1 10N2Nfm g A因为 A 1NFf 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; B
6、D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 BB0 fm a 又 BB fm g 得 2 0 2m/sa 对整体,有 0AB0 2 2N4NFmma 即达到 4N后,B将相对地纸片运动,此时摩擦力2Nf ;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 2 2m/s,故 B错误,D正确; C因为 A 1.5NFf 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 A Ffm a
7、则 A 物块所受摩擦力 1.5NfF 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 0 mv 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(3
8、)Mm g 【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 2sin2cosmgmg tan 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 N1 F,对 B由牛的第二定律可得 1 sinmgma 1 sinag 滑块 B受到的支持力为 N1 cosFmg 对木板 A 受力分析,有重力 2mg,斜面 C对 A 的支持力 N2 F,滑块 B对 A的压力 N1 F和斜面 C 对 A沿斜 面向上的摩擦力 f F,对 A 由牛顿第二定律得 N22 2sin2mgFma 其中 N2N1 2cos3cosFFmg
9、mg fN2 3cos3sinFFmgmg 2 1 sin 2 ag 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 0 B0 3 3 mv vv m 对 B 由匀变速直线运动的公式可得 0 1 3 sin B vv t ag 对 A 由匀变速直线运动的公式可得 00 0 2 2 sin vv t ag 0 tt 即当滑块 B的动量为 3mv0时,木板 A速度已经减到了零,又 f 2sinmgF 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
10、,有重力 Mg,地面对 C的支持力 N3 F,木板 A 对 C的压力 N2 F和木板 A 对 C 沿斜面向下的摩擦力 f F,由前面分析可知 N2 3cosFmg f 3sinFmg 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 N3 3 )3(FMgmgMm g 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
11、 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 1 、 2 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)( ) A1:1 B1:4 C4:1 D8: 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=1mg、F2=2mg 加速度 a1=1g、a2=2g,时间 t1=t、t2=4t 逆向研究 BC 2 2 22 1 22 v a ttL 逆向研究 BA 2 11 1 1 2 vtatL 解得 1:2=8:1 故选 D。 6如图(a),物块和木板叠放在实验台
12、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 B2s4s 内,力 F的大小为 0.4N C02s 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, 45s内木板的加速度 22 0.20.4 m/s0.2m/s 1 a 所受
13、摩擦阻力 0.2Nf 所以木板的质量 1kg f m a 故 A 正确; B24s 内木板做匀加速直线运动,加速度 22 0.40 m/s0.2m/s 42 a 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 Ff a m 解得 0.4NF 故 B 正确; C由图(c)可知,02s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 ,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
14、=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, cos37 =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
15、离为 1 m 16 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 3sin3cosmgmg 带入数据解得 0.75 把小滑块放上长木板后,对长木板,由牛顿第二定律可得 4cos3sin3mgmgma 代入数据解得 2 2m/sa 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 0 0.5s v t a 小滑块放上长木板的瞬间,其与 P 的距离为 2 0
16、 11 sin0.5m 22 sgtv t 故 B 错误; C设小滑块与挡板第一次碰撞前的速度为 v,则 sin3m/svgt 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 12 3mvmvmv 由机械能守恒定律可得 222 12 111 3 222 mvmvmv 联立方程,带入数据解得 1 1.5m/sv , 2 1.5m/sv 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 2 0.75s v t a 此时小滑块的速度为 1 sin3m/svvgt,方向沿斜面向下 这个过程中小滑块的位移
17、为 1 9 m 216 vv xt ,方向沿斜面向下 长木板的位移为 2 9 m 216 v xt 故xx,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
18、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 00B MvmvMv 代入数
19、据解得 3.75m/s B v 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 00 MvmvMm v- 代入数据解得 3m/sv 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 222 00 111 222 MvmvMm vmgx- 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
20、的水平面上,t0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 v- t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 1,木板与地面间的动摩擦因数为 2,木块的质量为 m,木板的质量为 M,知木板若 滑动,则 1mg2(Mm)g 最后一起做匀减速运动,加速度 a2g 开始时木块做匀减速运动的加速度大小为 a1g2g 知图线的
21、斜率变小,故 C正确,D错误。 A若 1mg2(Mm)g 则木板不动,滑块一直做匀减速运动,故 A 正确。 B由于地面有摩擦力,最终木块和木板不可能一起做匀速直线运动,故 B 错误。 故选 AC。 10(2020 江苏泰州中学高三月考)如图,光滑水平面上静止着一上表面粗糙的长木板 B,当小物块 A以 v0=10m/s 的水平初速度自木板的左端滑上时,给 B施加一个水平向右的恒力 F=16N,经过一段时间,A 不再相对 B滑动。 已知 B的质量 M=2kg, A的质量 m=4kg, A 和 B之间的动摩擦因数 =0.4, 取 g=10m/s2, 则下列说法正确的是( ) AA滑上 B 时,B 的
22、加速度大小为 16m/s2 B经过 t=0.5,A和 B 相对静止 C相对静止后 B 的加速度大小为 4m/s2 Dt=3.5s 时,A 的速度为 16m/s 【答案】ABD 【详解】 AA滑上 B 时,对 B,由牛顿第二定律得 B FmgMa 代入数据解得 2 16m/s B a 故 A 正确; BA滑上 B 时,对 A,由牛顿第二定律得 A mgma 代入数据解得 2 4m/s A a A做减速运动,B做加速运动,设经时间 t1两者速度相等,则 01AB va ta t 代入数据解得 1 0.5st 故 B 正确; CA、B相对静止后,对 A、B系统,由牛顿第二定律得 FMm a() 代入
23、数据解得 2 8 m/s 3 a Dt=3.5s 时 A的速度 01 8 (104 0.5(3.50.5) m/s=16m/ 3 )s AAB vva ta tt 故 D 正确。 故选 ABD。 11(2020 湖北高三期中)如图所示,质量为 M=2kg的长木板位于光滑水平面上,质量为 m=1kg 的物块静止 在长木板上,两者之间的滑动摩擦因数为 =0.5.重力加速度 g 取 10m/s2,物块与长木板之间的最大静摩 擦力等于两者之间的滑动摩擦力。现对物块施加水平向右的力 F,下列说法正确的是( ) A水平力 F=3N时,物块 m 将保持静止状态 B水平力 F=6N时,物块 m 仍未在长木板
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