选择题专练2力学四大模型之——板块模型(解析版)—2022年高考物理压轴培优练.docx
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1、选择培优练2 力学四大模型之板块模型题组1 板块模型之动力学分析问题1-9题组2 板块模型之功能分析问题9-12题组3 板块模型之动量、能力结合应用问题12-20题组1 板块模型之动力学分析问题1(2021江西高三阶段练习)如图甲所示,质量m=3kg的物体A和质量未知的物体B叠放在一起,静止在粗糙水平地面上,用从零开始逐渐增大的水平拉力F拉着物体B,两个物体间的摩擦力f1、物体B与地面间的摩擦力f2随水平拉力F变化的情况如图乙所示,重力加速度g取10m/s2,且最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则()A两个物体间的动摩擦因数为0.3B物体B的质量为1kgC物体B与水平地面间的动摩擦因数为0.2D当F
2、=10N时,A物块的加速度大小为3m/s2【答案】B【解析】A由图乙可知,A、B之间的最大静摩擦力为,可知A、B间的动摩擦因数为,故A错误;BC由图乙可知,当时,A、B整体相对地面开始滑动,则当时,A、B即将产生相对滑动,此时对整体有对物块A有,联立解得,故B正确,C错误;D当时,A、B两物块一起加速运动,则A、B两物块的加速度大小为,故D错误。故选B。2(2021广东金山中学高二开学考试)如图甲所示,小物块A静止在足够长的木板B左端,若A与B间动摩擦因数为,木板B与地面间的动摩擦因数为,假设各接触面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。某时刻起A受到的水平向右的外力作用,测得A与B间摩擦力f随外力
3、F的变化关系如图乙所示,重力加速度取,则下列判断正确的是()AA,B两物体的质量分别为和B当时,A,B发生相对滑动C当时,A的加速度为4m/s2DB物体运动过程中的最大加速度为【答案】C【解析】A设A、B两物体的质量分别为m1、m2,根据A与B间摩擦力f随外力F的变化关系可得A与B间滑动摩擦力为6N,B与地面的摩擦力为3N,则有联立解得m1=1kg m2=0.5kg故A错误;B A、B发生相对滑动时,对A有,对B有联立可得,即,故B错误;C由B分析可知,当t3s时,A、B相对静止,一起做匀加速运动,则有代入数据可得a1=4m/s2,故C正确;DB物体运动过程中的最大加速度为代入数据可得a2=6
4、m/s2,故D错误;故选C。3(2021福建福州阳光国际学校高三阶段练习)一长轻质薄硬纸置于光滑水平地面上,薄硬纸片上放质量均为1kg的A、B两物块,A、B与薄硬纸片之间的动摩擦因数分别为1=0.3,2=0.2,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,g=10m/s2。则()A若F=1N,则物块、薄硬纸片都静止不动B若F=1.5N,则A物块所受摩擦力大小等于1.5NC若F=15N,则A物块的加速度为12.0m/s2,B物块的加速度为2.0m/s2D无论力F多大,A与薄硬纸片都不会发生相对滑动【答案】D【解析】两个木块所受的最大静摩擦力分别为 A若F=1N ,所以AB
5、即纸板保持相对静止,整体在F作用下向左匀加速运动,A错误;B若F=1.5NF0=4N,故B一定与薄硬纸片发生滑动,其加速度为,则此时A物块的加速度为,C错误;D因为 ,并且水平面光滑,B一定比A先发生滑动,所以无论力F多大,A与薄硬纸片都不会发生相对滑动,D正确。故选D。4(2021湖南师大附中高二期中)如图甲所示,粗糙的水平地面上有一块长木板P,小滑块Q放置于长木板上的最右端。现将一个水平向右的力F作用在长木板的右端,让长木板从静止开始运动,一段时间后撒去力F的作用。滑块、长木板的速度图像如图乙所示,已知滑块与长木板的质量相等,滑块Q始终没有从长木板P上滑下。重力加速度。则下列说法正确的是(
6、)A时长木板P停下来B长木板P的长度至少是C滑块Q与长木板P之间的动摩擦因数是0.5D滑块Q在长木板P上滑行的相对位移为【答案】AB【解析】AC由图乙可知,力F在t1=5s时撤去,此时长木板P的速度v1=5 m/s,t2=6s时两者速度相同,v2=3m/s,t2=6s前长木板P的速度大于滑块Q的速度,t2=6s后长木板的速度小于滑块Q的速度,06s过程中,以滑块Q为对象,由牛顿第二定律得,解得56s过程中,以长木板P为对象,由牛顿第二定律得,解得从6s末到长木板停下来的过程中,由牛顿第二定律得,解得,这段时间,时长木板P停下来,故A正确,C错误;B长木板P的长度至少是前6s过程中滑块Q在长木板
7、P上滑行的距离,故B正确;D在从6s末到滑块停下来的过程中,由牛顿第二定律得,解得这段时间所以t3=12s时滑块Q停下来,6s后滑块Q在长板上滑行的距离前6s长木板速度更大,后6s滑块Q速度更大,则滑块Q在长木板P上滑行的相对位移为故D错误。故选AB。5.(2021安徽省怀远第一中学高二阶段练习)如图所示,质量的小车长,静止在光滑水平面上,其上面右端静止一质量的小滑块(可看作质点),小车与木板间的动摩擦因数,先用一水平恒力F向右拉小车。(。)下列叙述正确的是()A若用一水平恒力,小滑块与小车间的摩擦力为B小滑块与小车间不发生相对滑动的水平恒力F大小不超过C若且作用时间为,该过程小车对小滑块的冲
8、量大小为D若向右拉小车,要使滑块从小车上恰好不滑下来,力F至少应作用多长时间【答案】BC【解析】A当F=10N时,设两者间保持相对静止,由整体法可得,解得隔离小滑块可得,而两者间的最大静摩擦力为所以小滑块与小车间的摩擦力为2N,故A错误;B当两者要发生相对滑动时,小滑块与小车间应达到最大的静摩擦力,此时小滑块的加速度可由,得,由整体法可得小滑块与小车间不发生相对滑动的水平恒力F的大小范围是F20N,故B正确;C当F=28N时,两者间相对滑动,小滑块受到小车的摩擦力为小滑块受到小车的支持力为小滑块受到小车的作用力为则该过程小车对小滑块的冲量大小,故C正确;D当F=28N时,两者间相对滑动,小滑块
9、,得,小车得设F撤去前作用了时间t1,则两者获得的速度为vm=a2t1,vM=a3t1两者产生的位移为,F撤去后m仍以a2加速,M以a4减速,减速的加速度为设过时间t2两者等速,解得、t2时间内位移、,则,整理得,解得故D错误。故选BC。6.(2022全国高三专题练习)一如下闯关游戏:将一帆布带大部分置于桌面上,另一小部分置于桌外,设置于桌面的AB部分长0.6m(设桌面外的部分其质量远小于AB部分的质量),O为AB中点,整条带的质量为m = 200g。将一质量为M = 0.500kg、可看成质点的砖块置于AB部分的中点处,砖块与帆布带、帆布带与桌面、砖块与桌面的滑动摩擦因数都为 = 0.15。
10、游戏时闯关者用恒定水平拉力F拉帆布带,若能使帆布带与砖块分离且砖块不从桌面掉落下来,则算闯关成功。设砖块未脱落帆布带时帆布带受的滑动摩擦力不变,则下列说法正确的是( )A砖块滑动时的加速度大小为1.5m/s2B帆布带所受到的滑动摩擦力最大只能是1.8NC若砖块与帆布带分离时的速度为m/s,闯关恰好成功D闯关者用F = 2.4N的力拉帆布带时,则闯关成功【答案】ABC【解析】A当帆布带相对砖块运动时,所受的摩擦力f2 = (M + m)g + Mg,砖块受到的摩擦力为f1 = Mg设砖块的加速度为a1,帆布带的加速度为a2,则有f1 = Ma1,F - f2 = ma2发生相对运动需要a2 a1
11、,代入数据解得F 2(M + m)g = 2 0.15 (0.500 + 0.200) 10 = 2.1N,a1 = 1.5m/s2,A正确;B当帆布带与桌面、砖都发生相对运动时,此时帆布带所受到的滑动摩擦力最大,为f2 = (M + m)g + Mg = 1.8N,B正确;C若砖块与帆布带分离时的速度为,砖块匀加速运动的位移为匀减速运动的位移为,则总位移为0.3m,砖块恰好不从桌面掉下,C正确;D当F = 2.4N时,砖块未脱离时的加速度a1 = g = 1.5m/s2,帆布带的加速度,根据a2t2 - a1t2 = L,解得则此时砖块的速度v = a1t = 1.5 m/s = 0.95m
12、/s砖块脱离帆布带后做匀减速运动,匀减速运动的加速度大小为a1 = g = 1.5m/s2,则匀减速运动的位移,而匀加速运动的位移可见砖块已经离开桌面,所以闯关失败,D错误。故选ABC。7.(2021山东新泰市第一中学高三期中)如图甲所示,质量为M=0.5kg的木板静止在光滑水平面上,质量为m=1kg的物块以初速度v0=4m/s滑上木板的左端,物块与木板之间的动摩擦因数为=0.2,在物块滑上木板的同时,给木板施加一个水平向右的恒力F。当恒力F取某一值时,物块在木板上相对于木板滑动的路程为s,给木板施加不同大小的恒力F,得到的关系如图乙所示,其中AB与横轴平行,且AB段的纵坐标为1m-1。将物块
13、视为质点,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g=10m/s2则下列说法正确的是()A若恒力F=0,物块滑出木板时的速度为3m/sBC点纵坐标为1.5m-1C随着F增大,当外力F=1N时,物块恰好不能木板右端滑出D图像中D点对应的外力的值为4N【答案】BC【解析】AF=0时,m和M系统动量守恒,取水平向右为正方向,由动量守恒定律和能量守恒定律得 将M=0.5kg、m=1kg、v=4m/s、s=1m代入得v=2m/s,v=4m/s(不符合情况,舍去)或选项A错误;B当F较小时,物块将从木板右端滑下,当F增大到某一值时物块恰好到达木板的右端,且两者具有共同速度v,历时t,由牛顿第二定律得根据速度
14、时间关系可得根据位移关系可得联立解得,由图乙知,相对路程s1m,代入解得F1N当F继续增大时,物块减速、木板加速,两者在木板上某一位置具有共同速度;当两者共速后能保持相对静止(静摩擦力作用)一起以相同加速度a做匀加速运动,由牛顿第二定律得而f=ma,由于静摩擦力存在最大值,所以,联立解得F3N综上所述:BC段恒力F的取值范围是1NF3N ,函数关系式是当F=3N时,则B点的横坐标为1N,C点的纵坐标为:1.5m-1;选项B正确;C当F较小时,物块将从木板右端滑下,当F增大到某一值时物块恰好到达木板的右端,且两者具有共同速度v,历时t1,则木板的加速度a1=,速度关系有相对位移,联立解得F=1N
15、,选项C正确;DD(C)临界点对应的情况是物块滑至某处时,木板与物块已达到速度相同,且之后物块与木板之间恰达到最大静摩擦力两者一起加速运动的临界加速度为a=g=2m/s2,选项D错误。故选BC。8(2021全国高一专题练习)如图甲所示,长为2L、质量为M的长木板放在光滑的水平地面上,一质量为m的铁块(可视为质点)以初速度v0从木板的左端向右滑动,结果铁块恰好不脱离木板。现将木板从中间分成A、B两部分并排放在水平地面上,仍让铁块以初速度v0从木板的左端向右滑动,如图乙所示,铁块与木板间的动摩擦因数为,则()A铁块在木板A上滑动时,两木板间的作用力为mgB铁块仍将停在木板B的最右端C铁块将停在木板
16、B上,但不在木板B的最右端D铁块在木板上的滑动时间变短【答案】ACD【解析】A题图乙所示过程中,铁块在木板A上滑动时,铁块对木板的摩擦力为mg,此时木板的加速度a=,对木板BF=a=mg选项A正确;BCD在第一次铁块运动过程中,铁块与木板之间的摩擦力使整个木板一直加速,第二次铁块先使整个木板加速,运动到B部分上后,A部分停止加速,只有B部分加速,加速度大于第一次的对应过程,故第二次小铁块与B木板将更快达到共同速度,所以铁块没有运动到B的右端,且在木板上的滑动时间变短,选项B错误,C、D正确。故选ACD。题组2 板块模型之功能分析问题9(2021宁夏银川一中高三阶段练习)如图所示,滑块A和足够长
17、的木板B叠放在水平地面上,A和B之间的动摩擦因数是B和地面之间的动摩擦因数的4倍,A和B的质量均为m。现对A施加一水平向右逐渐增大的力F,当F增大到F0时A开始运动,之后力F按图乙所示的规律继续增大,图乙中的x为A运动的位移,已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力。对两物块的运动过程,以下说法正确的是()A当F2F0,木块A和木板B开始相对滑动B当FF0,木块A和木板B开始相对滑动C自x=0至木板x=x0木板B对A做功大小为Dx=x0时,木板B的速度大小为【答案】D【解析】AB设A、B之间的最大摩擦力为,B与地面之间的最大摩擦力为,由于最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则可知,当F增大到F0,A开始运动时,
18、B也和A一起滑动。则当A、B发生相对滑动时,A、B之间的摩擦力达到最大静摩擦力,整体隔离法得,联立解得,故AB错误;CD木板自x=0至x=x0过程中,A、B没有发生相对滑动,整体动能定理得对A用动能定理,得,联立解得,故C错误,D正确。故选D。10.(2021全国高三专题练习)如图所示,光滑水平面上静止放置质量分别为m、2m的物块A和木板B,A、B间的滑动摩擦力为Ff,开始时,A放在B的中点处。第一次,在A上作用一水平恒力F,将A从B的右端拉离木板;第二次,将相同的力作用在B上,使A从B的左端脱离木板。A可看作质点,比较两次运动过程,下列说法正确的是()A力F的最小值为2FfB两次力F的作用时
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