练习05板块模型-2021年高考物理三轮复习高频考点强化练习

5板块模型-2021年高考物理三轮复习高频考点强化练习 1．(多选)(2020·徐州质检)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图像可能是图中的(　　) 答案：BD 解析：设滑块质量为m，木板质量为M，滑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，若有μ1mg＜μ2(M＋m)g，则滑块滑上木板后向右匀减速运动，加速度a1＝μ1g，木板不动，选项D正确；若有：μ1mg＞μ2(M＋m)g，则滑块滑上木板后向右匀减速运动，加速度为a1＝μ1g，木板向右匀加速运动，当二者同速后，一起以a2＝μ2g的加速度匀减速到停止，因a1＞a2，故选项B正确。 2．(多选)如图甲所示，一质量为M的长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为m的小滑块．木板受到水平拉力F作用时，用传感器测出长木板的加速度a与水平拉力F的关系如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　) A．小滑块的质量m＝2 kg B．小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.1 C．当水平拉力F＝7 N时，长木板的加速度大小为3 m/s2 D．当水平拉力F增大时，小滑块的加速度一定增大 答案：AC 解析：　[对整体分析，由牛顿第二定律有：F＝(M＋m)a，当F＝6 N时，此时两物体具有最大共同加速度，代入数据解得：M＋m＝3 kg，当F大于6 N时，根据牛顿第二定律得：a＝eq \f(F－μmg,M)＝eq \f(F,M)－eq \f(μmg,M)，知图线的斜率k＝eq \f(1,M)＝1，解得：M＝1 kg，滑块的质量为：m＝2 kg，故A正确；由上可知，F大小6 N时，a＝F－20μ，代入题图对应数据即得：μ＝0.2，所以a＝F－4，当F＝7 N时，长木板的加速度为：a＝3 m/s2，根据μmg＝ma′得：a′＝μg＝2 m/s2，故B错误，C正确；当拉力大于6 N后，两物体发生相对滑动，滑块的加速度为a＝eq \f(μmg,m)＝2 m/s2，恒定不变，故D错误．] 3、如图所示,质量M=0.1 kg、足够长的绝缘木板静止在光滑水平面上,左端放置一质量m=0.1 kg、电荷量q=+1 C的滑块,系统处在垂直纸面向外、磁感应强度B=1 T的匀强磁场中。现使木板以v0=2 m/s的初速度向左运动,已知滑块与木板间的动摩擦因数μ=0.5,g取10 m/s2。则(　　)。 A.木板和滑块始终做匀加速运动 B.滑块开始做匀加速直线运动,最终做匀速直线运动 C.木板对地面的压力的最小值为2 N D.滑块和木板最终都做匀速直线运动,速度均为1 m/s 【答案】D 【解析】当木板以v0=2 m/s的初速度向左运动时,由于摩擦力的作用,滑块向左加速,受到洛伦兹力的作用,滑块对木板的压力不断变化,则滑块的加速度也不断变化。由于系统在水平方向上不受外力,系统在水平方向上动量守恒,有Mv0=(M+m)v,解得v=1 m/s,此时,滑块受到的洛伦兹力F=qvB=1 N,方向竖直向上,恰好与重力大小相等,滑块将脱离木板,摩擦力消失,木板和滑块都做匀速运动,木板对地面的压力的最小值F N=Mg=1 N。综上所述,D项正确。 4．(2020·郑州市高三一模)如图所示，a、b两个物体静止叠放在水平地面上，已知ma＝mb＝m，a、b间的动摩擦因数为μ，b与地面间的动摩擦因数为eq \f(1,4)μ。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对a施加一水平向右的拉力，下列判断正确的是(　　) A．若a、b两个物体始终相对静止，则力F不能超过eq \f(3,2)μmg B．当力F＝μmg时，a、b间的摩擦力为eq \f(3,2)μmg C．无论力F为何值，b的加速度都不会超过eq \f(3,8)μg D．当力F>μmg时，b相对a滑动 答案：A 解析：若a、b两个物体均静止，力F一定小于eq \f(1,2)μmg。若a、b两个物体运动且始终保持相对静止，则a、b两个物体的加速度相等，把a、b两个物体视为整体，a、b刚好不发生相对滑动时，由牛顿第二定律有F－eq \f(1,4)μ·2mg＝2ma共，隔离a分析受力，由牛顿第二定律，F－μmg＝ma共，联立解得F＝eq \f(3,2)μmg，即若a、b两个物体始终保持相对静止，则力F不能超过eq \f(3,2)μmg，选项A正确；当力F＝μmg时，对a、b两个物体整体，由牛顿第二定律有F－eq \f(1,4)μ·2mg＝2ma1，解得a1＝eq \f(1,4)μg，隔离物体a分析受力，由牛顿第二定律有F－f＝ma1，解得f＝eq \f(3,4)μmg，选项B错误；a对b的最大摩擦力为μmg，隔离b受力分析