微练20 动力学中的“板—块”模型-【高考领航】2025年高考物理一轮复习微专题速练

微练20　动力学中的“板—块”模型 1.如图所示，在光滑水平面上质量为M的小车正以速度v0向右运动，现有一质量为m的木块也以速度v0从右端冲上车面，由于摩擦小车速度将发生变化，为使小车继续保持v0匀速运动，须及时给小车施一水平力，当M和m的速度相等时将力去掉。设M和m间的动摩擦因数处处相同车足够长，则此过程中水平力对小车做的功(　　) A．0.5mv　　　　 B．mv C．1.5mv　　 D．2mv 2．水平地面上有一质量为m1的长木板，木板上右端放有一质量为m2的木块，如图甲所示；用水平向右的拉力F作用在长木板上，F随时间t变化的规律如图乙所示，其中F1、F2分别为t1、t2时刻F的大小；木块的加速度a2随时间t变化的规律如图丙所示，已知长木板与地面间的动摩擦因数为μ1，木块与长木板间的动摩擦因数为μ2，假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是(　　) 甲 乙　　　　　　　　　　丙 A．F1＝μ1m1g B．F2＝(μ1－μ2)(m1＋m2)g C．t1至t2这段时间内木块的速度变化量Δv＝μ2g(t2－t1) D．t1至t2这段时间内木块的速度变化量Δv＝ 3．(多选)如图甲所示，光滑水平面上放着长木板B，质量为m＝2 kg的木块A以速度v0＝2 m/s滑上原来静止的长木板B的上表面，由于A、B之间存在有摩擦，之后A、B的速度随时间变化情况如图乙所示，重力加速度g＝10 m/s2。下列说法正确的是(　　) 甲　　　　　　　　　　乙 A．A、B之间动摩擦因数为0.1 B．长木板的质量M＝2 kg C．长木板长度至少为2 m D．A、B组成的系统损失的机械能为4 J 4．如图所示，一长木板a在水平地面上运动，在某时刻(t＝0)将一相对于地面静止的物块b轻放到木板上，此时a的速度为v0，同时对a施加一个水平向右的恒力F，已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间的动摩擦因数均相等，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上。在物块放到木板上之后，a、b运动的速度－时间图像可能是下列图中的(　　) 5．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，取重力加速度g＝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。 6．如图所示，质量M＝1 kg、长度L＝1 m的木板A静止在水平面上，A与水平面间的动摩擦因数μ1＝0.1。在A的左端放置一质量m＝1 kg的铁块B(可视为质点)，B与A间的动摩擦因数μ2＝0.3，现用一水平恒力F作用在B上，取g＝10 m/s2，设滑动摩擦力等于最大静摩擦力。求： (1)要保持A、B一起做匀加速运动，求力F的取值范围； (2)若F＝5 N，求铁块运动到木块右端所用的时间。 7．如图甲所示，质量M＝1.5 kg的长木板静止在足够大的水平地面上，一小物块以v0＝10 m/s的速度从左端滑上长木板后，恰好不能从木板的右端掉落，其运动的v-t图像如图乙所示。取重力加速度大小g＝10 m/s2，求： 甲　　　　　　　　　乙 (1)木板的长度L； (2)小物块与木板间因摩擦产生的热量Q； (3)2 s～4 s内静摩擦力对长木板的冲量I。 学科网（北京）股份有限公司 $$ 微练20　动力学中的“板—块”模型 1．D　木块放上小车后受到向右的滑动摩擦力作用先做匀减速运动，后反方向匀加速运动，整个过程是匀变速运动，以向右为正，根据动量定理有ft＝mv0－(－mv0)，对小车受力分析，拉力F与滑动摩擦力平衡有F＝f，时间t内小车的位移s＝v0t，故拉力做的功WF＝Fs＝fs，得出WF＝2mv，故D正确。 2．C　在t1时刻，木板和物块恰好开始运动，拉力恰好等于地面对木板的最大静摩擦力，即F1＝μ1(m1＋m2)g，故A错误；在t2时刻，木板和物块恰好发生相对运动，此时二者的加速度仍相同，即a0＝＝μ2g，将木板和物块作为一个整体，根据牛顿第二定律有F2－μ1(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a0，解得F2＝(μ1＋μ2)(m1＋m2)g，故B错误；根据图丙可知，t1～t2时间内二者的加速度相同，物块与木板之间没有发生相对运动，图丙中图像与横轴围成面积代表速度变化量，t1～t2这段时间内木块的速度变化量Δv＝μ2g(t2－t1)，故C正确，D错误。 3．AB　从题图乙可以看出，A先做匀减速运动，B做匀加速运动，最后一起做匀速运动，共同速度为v＝1 m/s，取向右为正方向，根据动量守恒定律有mv0＝(m＋M)v，解得M＝m＝2 kg，故B正确；木板B匀加速运动的加速度为a＝＝1 m/s2，对B，根据牛顿第二定律有μmg＝Ma，解得动摩擦因数μ＝0.1，故A正确；由图像可知，前1 s内B的位移为xB＝×1×1 m＝0.5 m，A的位移为xA＝×1 m＝1.5 m，所以木板最小长度为L＝xA－xB＝1 m，故C错误；A、B组成的系统损失的机械能为ΔE＝mv－(m＋M)v2＝2 J，故D错误。 4．C　小物块由静止开始，长木板有初速度且受到恒力作用，所以对物块受力分析，可知小物块受到滑动摩擦力作用，根据牛顿第二定律有μmg＝mab，解得ab＝μg，对长木板进行受力分析，受到地面水平向左的摩擦力，物块对木板水平向左的摩擦力，以及水平向右的恒力F，根据牛顿第二定律有F－μmg－μ2mg＝maa，解得aa＝－3μg，根据A图像的斜率可知初始阶段aa<0，ab＝|aa|，即F＝2μmg，则a做匀减速直线运动，b做匀加速直线运动，共速后一起做匀速直线运动，A错误；根据B图像可知a做匀速直线运动，即F＝3μmg，b做匀加速直线运动，二者共速后，一起做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有F－2μmg＝2ma共，解得a共＝μg，B错误；若ab＞aa>0，有3μmg<F<4μmg，两者均做匀加速直线运动，共速后一起匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有F－2μmg＝2ma共，可得μg＜a共＜μg，C正确，D错误。 5．解析：(1)设B的加速度为a1，力F作用时A的加速度为a2；撤去力F后，A的加速度为a3，又经过t1后B达到A的左端，根据牛顿第二定律有μmg＝ma1 F－μmg＝Ma2 撤去力F后，根据牛顿第二定律有μmg＝Ma3 由运动学规律有a1(t＋t1)＝a2t－a3t1 L＝a2t2＋a2tt1－a3t－a1(t＋t1)2 解得t＝1.2 s t1＝0.8 s。 (2)设最终B的速度为v，有v＝a1(t＋t1) 由动能定理有W＝mv2 解得W＝2 J。 答案：(1)0.8 s　(2)2 J 6．解析：(1)A与地面间的最大静摩擦力大小f1＝μ1(M＋m)g＝0.1×(1＋1)×10 N＝2 N A与B间的最大静摩擦力f2＝μ2mg＝0.3×1×10 N＝3 N A、B要一起做匀加速直线运动拉力F>f1＝2 N 设拉力大小为F0时A、B恰好发生相对滑动，对A，由牛顿第二定律得f2－f1＝Ma 对A、B系统，由牛顿第二定律得F0－f1＝(m＋M)a 解得F0＝4 N，a＝1m/s2 要保持A、B一起做匀加速运动，力F的取值范围是2 N<F≤4 N。 (2)拉力F＝5 N>F0＝4 N时，A、B相对滑动，A的加速度为a＝1 m/s2 对B，由牛顿第二定律得F－f2＝maB 代入数据解得aB＝2 m/s2 设经过时间t铁块运动到木板的右端，则L＝aBt2－at2 代入数据解得t＝ s(t＝－ s，不符合实际，舍去)。 答案：(1)2 N<F≤4 N　(2) s 7．解析：(1)由题意结合v-t图像可知，t＝2 s时，小物块与木板共速，且刚好运动到木板的右端，有L＝x物－x板＝×2 m－×2 m＝10 m。 (2)设小物块的质量为m，小物块与长木板间的动摩擦因数为μ1，长木板与地面间的动摩擦因数为μ2，前2 s内小物块的加速度大小为a1，长木板的加速度大小为a2，小物块在长木板上滑动的距离为L，2 s后小物块和长木板一起做匀减速直线运动时的加速度大小为a3，有a1＝μ1g＝ m/s2＝4 m/s2，a2＝a3＝μ2g＝ m/s2＝1 m/s2， μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2 解得μ1＝0.4，μ2＝0.1，m＝1 kg 小物块与木板间因摩擦产生的热量为Q＝μ1mgL＝0.4×1×10×10 J＝40 J。 (3)设2 s～4 s内长木板受到小物块的静摩擦力大小为f，该静摩擦力的方向向右。则有f＝ma3＝1 N 静摩擦力对长木板的冲量大小为I＝fΔt＝2 N·s，方向向右。 答案：(1)10 m　(2)40 J　(3)2 N·s，方向向右 学科网（北京）股份有限公司 $$