专题强化板块模型与多过程问题分析VIP免费

第三章专题强化一〔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μ，B与地面间的动摩擦因数为μ2。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F<2μmg时，A、B都相对地面静止B．当F＝52μmg时，A的加速度为13μgC．当F>3μmg时，A相对B滑动D．无论F为何值，B的加速度不会超过12μg[解析]A、B之间的最大静摩擦力为fmax＝μmAg＝2μmg，B与地面间的最大静摩擦力为f′max＝12μ(mA＋mB)g＝32μmg，A、B发生相对滑动时的加速度为a＝12μg，此时有F－f′max＝(m＋2m)a，所以当F＝12μ·3mg＋3ma＝3μmg时，A、B将发生相对滑动；当32μmg≤F<2μmg时，A、B之间不会发生相对滑动，B与地面间会发生相对滑动，A错误；当F＝52μmg<3μmg时，A、B间不会发生相对滑动，由牛顿第二定律有a′＝F－f′maxmA＋mB＝52μmg－32μmg3m＝13μg，B正确；当F>3μmg时，A、B间发生相对滑动，C正确；A对B的最大摩擦力为2μmg，无论F为何值，B的加速度最大值为a＝12μg，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4.5m，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＝1s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量的15倍，重力加速度大小g取10m/s2。求：导学号21992219(1)木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2；(2)木板的最小长度；(3)木板右端离墙壁的最终距离。答案：(1)0.10.4(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μ2g＝4m/s－01s解得μ2＝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其逆运动则为匀加速直线运动，可得x＝vt＋12at2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μ1g＝a可得μ1＝0.1(2)碰撞后，木板向左匀减速，依据牛顿第二定律有μ1(M＋m)g＋μ2mg＝Ma1可得a1＝43m/s2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t1＝1s此时，木板向左的位移为x1＝vt1－12a1t21＝103m，末速度v1＝83m/s小物块向右位移x2＝4m/s＋02t1＝2m此后，小物块开始向左加速，加速度仍为a2＝4m/s2木板继续减速，加速度仍为a1＝43m/s2假设又经历t2二者速度相等，则有a2t2＝v1－a1t2解得t2＝0.5s此过程，木板位移x3＝v1t2－12a1t22＝76m，末速度v3＝v1－a1t2＝2m/s小物块位移x4＝12a2t22＝12m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Δx＝x1＋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a＝μ1g＝1m/s2位移x5＝v232a＝2m所以木板右端离墙壁最远的距离为x1＋x3＋x5＝6.5m3．(2015·全国课标Ⅱ)下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害。某地有一倾角为θ＝37°(sin37°＝35)的山坡C，上面有一质量为m的石板B，其上下表面与斜坡平行；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、B间的动摩擦因数μ1减小为38，B、C间的动摩擦因数μ2减小为0.5，A、B开始运动，此时刻为计时起点；在第2s末，B的上表面突然变为光滑，μ2保持不变。已知A开始运动时，A离B下边缘的距离l＝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0～2s时间内A和B加速度的大小；(2)A在B上总的运动时间。答案：(1)3m/s21m/s2(2)4s[解析](1)在0～2s内，A和B受力如图所示：由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得：f1＝μ1N1①N1＝mgcosθ②f2＝μ2N2③N2＝N1＋mgc...