2019高考物理一轮总复习第三章牛顿运动定律专题强化1板块模型与多过程问题分析训练新人教版

1、 第三章专题强化一板块模型与多过程问题分析 专题强化训练 1. （2017 河南南阳一中月考）（多选）如图所示，A、B两物块的质量分别为 2m和m静 止叠放在水平地面上。 A B间的动摩擦因数为 卩，B与地面间的动摩擦因数为 专。最大静 摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为 g。现对A施加一水平拉力 F,则|导学号 21992218 (BCD ) A. 当F3 卩mg时，A相对B滑动 1 D.无论F为何值，B的加速度不会超过卩g 1 3 、 为f max= 讥m+ m） g= 2 卩mg A、B发生相对滑动时的加速度为 1 3 =（m+ 2m） a,所以当F= mg 3ma= 3 卩mg时，A、

2、B将发生相对滑动；当卩mgc F3 卩mg时，A B间发生相对滑动， C 正确；A对B的最大摩擦力为 2 卩mg无 1 论F为何值，B的加速度最大值为 a= 2 卩g, D 正确。 2. （2015 课标I ）一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右 方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为 4.5 m，如图（a）所示。t = 0 时刻开始，小物块与木 板一起以共同速度向右运动，直至 t = 1 s 时木板与墙壁碰撞（碰撞时间极短）。碰撞前后木 板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板。已知碰撞后 1s 时间内小 物块的v t图线如图（b）所示。木板的质量是小物块质

3、量的 15 倍，重力加速度大小 g取 10 2 解析A、B之间的最大静摩擦力为 f max=卩 mg= 2 卩 mg B与地面间的最大静摩擦力 1 , a=2 卩g,此时有F- f max 2 2 m/s。求： 导学号 219922192 3 图 3) 图( (b) (1) 木板与地面间的动摩擦因数 I 1及小物块与木板间的动摩擦因数 卩2； (2) 木板的最小长度； (3) 木板右端离墙壁的最终距离。 答案：(1)0.1 0.4 (2)6.0m (3)6.5m 解析(1)根据图象可以判定碰撞前小物块与木板共同速度为 v = 4m/s 碰撞后木板速度水平向左，大小也是 v = 4m/s 一 4

4、m/s 0 小物块受到滑动摩擦力而向右做匀减速运动，根据牛顿第二定律有 卩2g= 1S _ 解得卩2 = 0.4 木板与墙壁碰撞前，匀减速运动时间 t = 1s, 位移x= 4.5m，末速度v= 4m/s 一 一 1 2 其逆运动则为匀加速直线运动，可得 x = vt + at 代入可得a= 1m/s2 小物块和木板整体受力分析，滑动摩擦力提供合外力，即 卩1g= a 可得1 = 0.1 (2)碰撞后，木板向左匀减速，依据牛顿第二定律有 11( n)g+ 12mg= Ma 可得 a1 = 3m/s2 3 对小物块，则有加速度 a2= 4m/s2 小物块速度先减小到 0，此时碰后时间为11= 1

5、s 1 2 10 此时，木板向左的位移为 x1= vt 1尹帖=m 8 末速度V1= m/s 木板继续减速，加速度仍为 a = |m/s2 小物块向右位移 X2 = 4m/s + 0 11= 2m 此后 小物块开始向左加速, . . 2 加速度仍为a2= 4m/s 2 4 假设又经历t2二者速度相等,5 则有 a2t2 = vi ait 2 解得 t2= 0.5s 1 2 7 此过程，木板位移 X3= vit 2 ait 2= m, 2 6 末速度 V3= vi ait 2= 2m/s 1 2 i 小物块位移 X4 = a2t2= m 此后小物块和木板一起匀减速运动 二者的相对位移最大为 x

6、= Xi + X3+X2 X4= 6m 小物块始终没有离开木板，所以木板最小的长度为 6m (3)最后阶段小物块和木板一起匀减速直到停止，整体加速度 2 V3 位移X5= = 2m 所以木板右端离墙壁最远的距离为 xi + X3+ X5= 6.5m 3. (20i5 全国课标n )下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害。某地有 3 一倾角为0 = 37 (sin37 =-)的山坡C,上面有一质量为 m的石板B,其上下表面与斜坡 5 平行；B上有一碎石堆A(含有大量泥土)，A和B均处于静止状态，如图所示。假设某次暴 雨中，A浸透雨水后总质量也为 m可视为质量不变的滑块)，在极短时间内，A

7、、B间的动摩 3 擦因数卩1减小为，B C间的动摩擦因数 卩2减小为 0.5 , A B开始运动，此时刻为计时起 8 点；在第 2s 末，B的上表面突然变为光滑， 卩2保持不变。已知 A开始运动时，A离B下边 缘的距离I = 27m,C足够长。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。 取重力加速度大小 g= 10m/s2。 求：|导学号 21992220 (1) 在 02s 时间内A和B加速度的大小； (2) A在B上总的运动时间。 2 2 答案：(1)3m/s 1m/s (2)4s 解析(1)在 02s 内，A和B受力如图所示: 2 a= ig = im/s 6 由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得: f

8、 1= 1N N = mgcos 0 f 2= 1 2N2 N= N+ mgcos 0 以沿着斜面向下为正方向，设 A和B的加速度分别为a1, a2。由牛顿第二定律可得： mgsin 0 f 1 = ma mgsin 0 f 2 + f 1 = ma 联立以上各式可得 a1= 3m/s? a2= 1m/s 在t1 = 2s，设A和B的速度分别为V1, V2,贝U V1 = at 1 = 6m/s V2= a2t 1= 2m/s tt1时，设A和B的加速度分别为 a 1, a 2,此时A B之间摩擦力为零，同理可得: 2 a 1 = 6m/s ? a 2 = 2m/s2? 即B做匀减速，设经时间

9、t2, B的速度为零，则： V2 + a 2t2= 0? 联立Q0? ?可得t2= 1s? 在t1+ t2时间内，A相对于B运动的距离为 此后B静止不动，A继续在B上滑动，设再经时间t3后，A离开B,则有I s =（V1+ a 1t 2） 13 丄 1 + 2 +尹3 可得，t3= 1S（另一解不合题意，舍去） 设A在B上的运动时间为t总。 t 总=11 + 12+13 = 4s 1 2 1 s= at 1 + V1t 2+ a 仑 2 12m27r? 1L 丿1 2 1 2 ?a2t l+ V2t 2+ 2玄2t2 = 7 （利用下面的速度图象求解，正确的，参照上述答案参考给分 ）8 0 L

10、 2 3 4 i/i 4. (2017 湖南郴州质量监测)如图所示，平板小车静止于水平地面上，在其最右端放 一可视为质点的小木块，已知木块的质量 m= 1kg，小车的质量 M= 4kg,上表面与木块间的 动摩擦因数 卩=0.3，地面给小车的阻力与地面所受正压力成正比，比值为 入=0.2。现用 向右的水平恒力 F= 30N 拉平板小车，该水平恒力 F作用时间11= 2s, g取 10m/s2,求： 导学号 21992221 (1) 水平恒力F作用过程中，木块和小车的加速度各为多大； (2) 水平恒力F撤去后，木块再经过一段时间后恰好停在小车左端， 则小车长L为多少; (3) 小车从开始运动到最终

11、停下来运动的距离为多少。 2 17 2 答案：(1)3m/s m/s (2)3m (3)24 6m . 2 解析(1)水平恒力F作用的过程中，木块的加速度 a1=卩g= 3m/s，小车的加速度 1 2 t1= 2s 内，木块的位移 X1= 21= 6m。t1 = 2s 内，小车的位移 1 2 X2= a2t 1 = 8.5m 11= 2s 末，木块的速度 V1= a1t1 = 6m/s，小车的速度 V2= a2t 1 = 8.5m/s 水平恒力F撤去后，木块的加速度 a1不变 口 m 叶入 m M g 13,2 小车的加速度a2= =vm/s ,万向向左 M 4 木块停在小车左端时，木块与小车速度相等， v= V1+ a1t 2= V2 a2z 12 “H“F - a2 = F卩mgr入 M - -i iT T- -I I-I I- IrTlaFIJ.l IrTlaFIJ.l- -inin- - LHF石 rrrrrLLLi 一*f 9 得 12= 0.4s , v= 7.2m/s 1 2 恒力F撤去后，木块的位移 X1= V1t2 +尹上2= 2.6