专题提升：动力学中的板块模型 专项训练-2027届高三物理一轮复习

专题提升：动力学中的板块模型-2027届高三物理一轮复习同步练习 姓名： 班级： 学号： 基础对点练 题组一　木板带动滑块运动的情形 1.（2025安徽合肥模拟）在一次科学探究活动中，小明将质量为m'＝4 kg的小车放置在水平桌面上，小车上放一质量为m＝1 kg的木块。小车与桌面间的动摩擦因数为μ1＝0.1，木块与小车间的动摩擦因数为μ2＝0.3。初始时小车和木块均静止，小明对小车的牵引装置施加F＝15 N的水平恒力。一段时间后，小明对木块再施加水平方向上与运动方向相反的恒力F0，若木块能从小车上滑离，则F0应大于（g取10 m/s2）（　　） A. N B.3 N C. N D. N 2.（8分）（2026河北邢台期中）学校举行教职工趣味运动会，其中一项娱乐项目的情境如图所示，放置在水平面上的长度为L＝1.5 m的木板等分为三个区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，茶杯（可视为质点）置于木板的最右端，参赛者水平击打一下木板的左端，木板获得一初速度v0后向右运动，从而带动茶杯也向右运动，最终若茶杯分别停在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ区域，将分别获得一、二、三等奖，已知茶杯的质量m＝0.2 kg，木板的质量m木＝1.8 kg，茶杯与木板间的动摩擦因数μ1＝0.4，木板与水平面间的动摩擦因数μ2＝0.23，重力加速度g取10 m/s2。 （1）茶杯相对木板滑动的过程中，求茶杯和木板的加速度a1和a2的大小。 （2）若要获得一等奖，木板初速度v0的最小值（结果可保留根号）。 题组二　滑块带动木板运动的情形 3.如图所示，长木板放置在水平面上，一小物块置于长木板的中央，长木板和物块的质量均为m，物块与木板间的动摩擦因数为μ，木板与水平面间动摩擦因数为，已知最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g。现对物块施加一水平向右的拉力F，则木板加速度a大小不可能是（　　） A.a＝0 B.a＝ C.a＝ D.a＝ 4.（多选）（2025四川绵阳模拟）滑沙是小孩比较喜欢的一项运动，其运动过程可类比为如图所示的模型，倾角为37°的斜坡上有长为3 m的滑板，滑板与沙间的动摩擦因数为。小孩（可视为质点）坐在滑板上端，与滑板一起由静止开始下滑，假设图中小孩与滑板间的动摩擦因数为0.4，滑板质量是小孩质量的2倍，斜坡足够长，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，则下列判断正确的是（　　） A.小孩在滑板上下滑的加速度大小为2 m/s2 B.小孩和滑板脱离前滑板的加速度大小为1.3 m/s2 C.经过1 s的时间，小孩离开滑板 D.小孩离开滑板时的速度大小为5.6 m/s 综合提升练 5.（2025辽宁沈阳模拟预测）如图所示，在光滑水平地面上一足够长的木板b以速度2v0向右做匀速运动，某时刻将物块a轻放在b上，同时对a施加水平向右的恒力F。a、b质量相等，a与b间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。从a放到b上开始计时，关于a、b运动的速度v随时间t变化的图像可能正确的是（　　） 6.（2025重庆九龙坡二模）如图甲所示，A、B 两物块置于长木板C上，A、B、C质量分别为m、2m、m，系统静置于水平地面上。设A和C之间、B和C之间、C和地面之间动摩擦因数分别为k1μ0、k2μ0、k3μ0（μ0为常数），最大静摩擦力等于滑动摩擦力，木板足够长，重力加速度为g。 现对B施加一逐渐增大、水平向右的拉力F，B 的加速度随F变化情况如图乙所示。 则k1、k2、k3之比为（　　） 甲 乙 A.3∶4∶6 B.2∶8∶1 C.3∶8∶1 D.2∶12∶1 7.（11分）（2025河南焦作二模）如图所示，足够长质量为1 kg的木板放置于光滑水平面上，木板左端放置了一可视为质点、质量为1 kg的物块，物块与木板之间的动摩擦因数μ＝0.2。初始时，木板与物块都静止，现给木板一个向左的拉力，使木板以恒定的加速度a0＝4 m/s2开始运动，当其速度达到v0＝8 m/s后，便以此速度做匀速运动，重力加速度g取10 m/s2。求： （1）物块相对于木板运动的最大距离； （2）通过计算，写出拉力随时间变化的关系。 培优拔高练 8.（14分）（2025河北邯郸模拟预测）如图所示，一倾角为θ＝37°，足够长的传送带始终以v0＝8.4 m/s的速度顺时针匀速运转，一可视为质点的质量为m＝1 kg的物块放在质量为m'＝2 kg的木板上的某位置。t＝0时刻，两者同时在传送带的顶端由静止释放，木板与传送带之间的动摩擦因数μ1＝0.6，物块与木板之间的动摩擦因数μ2＝0.3，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，不计其他阻力。 （1）求由静止释放后木板和物块开始运动时加速度的大小a1和a2。 （2）要使物块不从木板上端滑出，物块初始状态在木板上的位置距木板上端至少为多少。 （3）t'＝2 s时，物块恰好从木板上滑下，求木板的长度至少是多长。 9.(12分)如图所示,质量m0=2 kg的木板A放在水平地面上,当A向右滑动的速度v0=13.5 m/s时,在A中间位置轻轻地放上一个大小不计、质量m=1 kg的小炭块B,同时给B施加一个水平向右的F=6 N的恒力并开始计时。已知A与地面间的动摩擦因数μ1=0.1,A与B间的动摩擦因数μ2=0.4。设木板A足够长,g取10 m/s2。求: (1)开始时A、B的加速度大小; (2)经多长时间,小炭块B的速度达到13 m/s; (3)3 s时小炭块B在木板A上留了多长的划痕。 10.(12分)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m0=4 kg,长为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μ1以及木板与地面之间的动摩擦因数μ2。 (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? 答案： 1.A　解析 对木块施加水平方向上与运动方向相反的恒力后，根据牛顿第二定律，对小车分析有F－μ1（m'＋m）g－μ2mg＝m'a小车，对物块分析有μ2mg－F0＝ma木块，当a木块>a小车时木块能从小车上滑离，联立解得F0> N，故选A。 2.答案 （1）4 m/s2　3 m/s2　（2） m/s 解析 （1）对茶杯，根据牛顿第二定律可得μ1mg＝ma1，解得a1＝4 m/s2，对木板有μ1mg＋μ2（m＋m木）g＝m木a2，解得a2＝3 m/s2。 （2）当茶杯恰好滑动至Ⅰ区域的右边界时与木板共速，此后两者一起减速至零，此时木板获得的初速度最小，设经过时间t达到共速，则有a1t＝v0－a2t，L＝（v0＋v共）t－v共t，v共＝a1t，解得v0＝ m/s。 3.B　解析 若F较小时，木板和物块均静止，则木板的加速度为零，A可能；若物块和木板之间发生相对滑动，对木板，水平方向上受两个摩擦力的作用，根据牛顿第二定律，有μmg－μ·2mg＝ma，解得a＝μg，C可能；若物块和木板之间不发生相对滑动，物块和木板一起运动，对木板和物块的整体，根据牛顿第二定律可得F－μ·2mg＝2ma，解得a＝，D可能。本题选不可能的，故选B。 4.BD　解析 设小孩的质量为m，滑板的质量为2m，由牛顿第二定律得，小孩的加速度大小为a1＝＝2.8 m/s2，滑板的加速度大小为a2＝＝1.3 m/s2，故A错误，B正确；设经过t时间，小孩离开滑板，则有1t2－2t2＝L，解得t＝2 s，离开滑板时小孩的速度大小为v＝a1t＝5.6 m/s，故C错误，D正确。 5.B　解析 a和b的速度达到共速之前，a受到b向右的摩擦力和恒力F，b受到a向左的摩擦力，a做加速运动，b做减速运动，则对于a，由牛顿第二定律有a1＝，对b有a2＝＝μg<a1，由此可知a的加速度大于b的加速度，A、C错误；a、b共速后，若在恒力作用下，a、b间的摩擦力Ff没有达到最大静摩擦力，则一起做加速运动，则对于b有a共＝，且Ff≤μmg，故a、b的加速度a共<a1，B正确；若在恒力作用下，a、b间的摩擦力达到最大静摩擦力，发生相对滑动，则a、b的加速度大小不相等，且均做加速运动，则对于a有a3＝，对b有a4＝＝μg，可知a的加速度a3小于共速前a的加速度a1，D错误。 6.B　解析 由题图乙知，三段图线的斜率分别为，可见随着拉力F的增大，开始A、B和C一起运动，接着B和C一起运动，最后B单独运动，结合题图乙知，F1＝μ0mg时，C与地面间的静摩擦力恰好达到最大，则F1＝k3μ0·4mg，解得k3＝；当F2＝3μ0mg时，A与C间的静摩擦力恰好达到最大，此时A的加速度a2＝0.5μ0g，对A由牛顿第二定律k1μ0mg＝ma2，解得k1＝；当F3＝9μ0mg时， B与C间的静摩擦力恰好达到最大，此时B的加速度a3＝2.5μ0g，对B由牛顿第二定律F3－k2μ0·2mg＝2ma3，解得k2＝2，则k1∶k2∶k3＝2∶8∶1，故选B。 7.答案 （1）8 m　（2）F＝ 解析 （1）对物块，加速时有μmg＝ma，解得a＝2 m/s2，对物块，有v0＝at，对木板，有v0＝a0t0， 分别作出物块与木板的v－t图像，如图所示，速度图像中阴影面积表示了相对距离，即Δx＝v0（t－t0），代入数据解得Δx＝8 m。 （2）在0<t≤2 s过程中，对木板有F－μmg＝m'a0，在2 s<t≤4 s过程中，对木板有F－μmg＝0，在t>4 s过程中，对木板有F＝0，所以F＝ 8.答案 （1）12 m/s2　8.4 m/s2　（2）1.26 m　（3）1.8 m 解析 （1）释放后，木板受传送带向下的滑动摩擦力，由于μ1大于μ2，木板比物块运动得快，对物块由牛顿第二定律得mgsin θ＋μ2mgcos θ＝ma2，解得a2＝8.4 m/s2，对木板有m'gsin θ＋μ1（m＋m'）gcos θ－μ2mgcos θ＝m'a1，解得a1＝12 m/s2。 （2）设经时间t1木板与传送带速度相同，则v0＝a1t1，解得t1＝0.7 s，同速后由于μ1（m＋m'）gcos θ＋μ2mgcos θ＝16.8 N，m'gsin θ＝12 N，可知μ1（m＋m'）gcos θ＋μ2mgcos θ>m'gsin θ，故木板与传送带相对静止一起匀速运动，物块继续加速，设再经时间t2物块与木板及传送带速度相同，则v0＝a2（t1＋t2），解得t2＝0.3 s，此时物块相对木板向上端发生位移为Δx1＝1＋v0t2－2（t1＋t2）2＝1.26 m，故要使物块不从木板上端滑出，物块初始状态在木板上的位置距木板上端至少为1.26 m。 （3）同速后物块会相对于木板下滑，对物块有mgsin θ－μ2mgcos θ＝ma2'，解得a2'＝3.6 m/s2，对木板有F合＝μ2mgcos θ＋m'gsin θ－μ1（m＋m'）gcos θ＝0，知木板仍匀速运动至t'＝2 s，则从物块与木板及传送带等速至物块从木板上滑落时间为t3＝t'－（t1＋t2）＝1 s，这段时间内物块相对木板向下端运动的距离为Δx2＝v0t3＋2'－v0t3＝1.8 m，可得木板上的长度至少是1.8 m。 9.答案 (1)3.5 m/s2　10 m/s2 (2)2.5 s (3)6.75 m 解析 (1)对A受力分析,由牛顿第二定律可得μ2mg+μ1(m0+m)g=m0aA 解得aA=3.5 m/s2 对B受力分析,由牛顿第二定律可得μ2mg+F=maB 解得aB=10 m/s2。 (2)根据v共=v0-aAt=aBt 解得t=1 s,v共=10 m/s 即经1 s,A、B共速,此后B的速度将超过A的速度,二者均做匀加速直线运动,由牛顿第二定律可得F-μ2mg=maB',μ2mg-μ1(m0+m)g=m0aA' 解得aB'=2 m/s2,aA'=0.5 m/s2 根据v共+aB't'=v 解得t'=1.5 s 则小炭块B的速度达到13 m/s所需时间为t总=t+t'=2.5 s。 (3)由前面分析可知,0~1 s内A比B多走的位移为Δx=xA-xB=aBt2=6.75 m 1~3 s内B比A多走的位移为Δx'=xB'-xA'==3 m 因为Δx>Δx' 可知3 s时小炭块B在木板A上留的划痕长度为6.75 m。 10.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μ1mg=ma1 代入数据解得μ1=0.4 以木板为研究对象,根据牛顿第二定律有 F-μ1mg-μ2(m+m0)g=m0a2 则a2=F- 由题图乙可得 -=- m/s2 解得μ2=0.1。 (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a1=μ1g=4 m/s2 小滑块在时间t内的位移为x1=a1t2 木板的加速度为a2= 代入数据解得a2=4.7 m/s2 木板在时间t内的位移为x2=a2t2 由题可知,x2-x1=L 联立以上各式解得t=2 s。 学科网（北京）股份有限公司 $