新教材-高二物理下學(xué)期暑假訓(xùn)練7牛頓運(yùn)動定律的應(yīng)用-板塊模型

Page117牛頓運(yùn)動定律的應(yīng)用——板塊模型暑假訓(xùn)練暑假訓(xùn)練07牛頓運(yùn)動定律的應(yīng)用——板塊模型例1．(多選)如圖所示，將小砝碼放在桌面上的薄紙板上，若砝碼和紙板的質(zhì)量分別為M和m，各接觸面間的動摩擦因數(shù)均為μ，砝碼到紙板左端的距離和到桌面右端的距離均為d?，F(xiàn)用水平向右的恒定拉力F拉動紙板，下列說法正確的是()A．紙板相對砝碼運(yùn)動時，紙板所受摩擦力的大小為μ(M＋m)gB．要使紙板相對砝碼運(yùn)動，F(xiàn)一定大于2μ(M＋m)gC．若砝碼與紙板分離時的速度小于eq\r(μgd)，砝碼不會從桌面上掉下D．當(dāng)F＝μ(2M＋3m)g時，砝碼恰好到達(dá)桌面邊緣例2．如圖所示，質(zhì)量相等的物塊A和B疊放在水平地面上，左邊緣對齊。A與B、B與地面間的動摩擦因數(shù)均為μ。先敲擊A，A立即獲得水平向右的初速度，在B上滑動距離L后停下。接著敲擊B，B立即獲得水平向右的初速度，A、B都向右運(yùn)動，左邊緣再次對齊時恰好相對靜止，此后兩者一起運(yùn)動至停下。最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g。求：(1)A被敲擊后獲得的初速度大小vA；(2)在左邊緣再次對齊的前、后，B運(yùn)動加速度的大小aB、aB′；(3)B被敲擊后獲得的初速度大小vB。1．如圖甲所示，長木板靜止在光滑的水平面上，小鉛塊以一定水平速度滑上木板的左端，恰能滑至木板右端與木板相對靜止。如圖乙所示，將木板分成1和2兩部分，其質(zhì)量分別為m1、m2，緊挨著放在此平面上，再讓小鉛塊以相同的初速度滑上木板1的左端。小鉛塊運(yùn)動中所受的摩擦力始終不變。下列判斷正確的是()A．當(dāng)m1＞m2時，小鉛塊能從木板2的最右端滑出B．當(dāng)m1＜m2時，小鉛塊仍能滑到木板2的最右端且速度為零C．當(dāng)m1＝m2時，小鉛塊仍能滑到木板2的最右端且剛好相對靜止D．無論m1與m2之間是何種關(guān)系，小鉛塊都能滑到木板2上但不能到達(dá)最右端2．如圖所示，a、b兩個物體靜止疊放在水平桌面上，已知ma＝mb＝m，a、b間的動摩擦因數(shù)為μ，b與地面間的動摩擦因數(shù)為eq\f(1,4)μ。已知最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g?，F(xiàn)對a施加一水平向右的拉力F，下列判斷正確的是()A．若a、b兩個物體始終相對靜止，則力F不能超過eq\f(3,2)μmgB．當(dāng)力F＝μmg時，a、b間的摩擦力為eq\f(3,2)μmgC．無論力F為何值，b的加速度不會超過eq\f(3,4)μgD．當(dāng)力F＞μmg時，b相對a滑動3．如圖甲所示，粗糙的水平地面上有一塊長木板P，小滑塊Q放置于長木板上的最右端?，F(xiàn)將一個水平向右力F作用在長木板的右端，讓長木板從靜止開始運(yùn)動，一段時間后撤去力F的作用?；瑝K、長木板的速度圖象如圖乙所示，已知物塊與長木板的質(zhì)量相等，滑塊Q始終沒有從長木板P上滑下。重力加速度g＝10m/s2。則下列說法正確的是()A．t＝9s時長木板P停下來B．長木板P的長度至少是16.5mC．長木板P和水平地面之間的動摩擦因數(shù)是0.05D．滑塊Q在長木板P上滑行的相對路程為3m4．(多解)如圖甲所示，一質(zhì)量為M的足夠長木板A放置在水平地面上，其上放置一質(zhì)量為m的滑塊B，A、B均處于靜止?fàn)顟B(tài)。從t＝0開始，給滑塊B施加一個水平向右的拉力F，同時用傳感器測滑塊B的加速度a，力F和加速度a的大小隨時間t變化的圖像分別如圖乙、丙所示。用μ1、μ2分別表示木板A與地面、木板A與滑塊B間的動摩擦因數(shù)，設(shè)接觸面間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g取g＝10m/s2。則()A．μ1＝0.1 B．μ2＝0.2 C．m＝2kg D．M＝1.5kg5．如圖所示，5顆完全相同的象棋棋子整齊疊放在水平面上，第5顆棋子最左端與水平面上的a點(diǎn)重合，所有接觸面間的動摩擦因數(shù)均相同，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。現(xiàn)將水平向右的恒力F作用在第3顆棋子上，恒力作用一小段時間后，五顆棋子的位置情況可能是()6．某中學(xué)兩同學(xué)玩拉板塊的雙人游戲，考驗(yàn)兩人的默契度。如圖所示，一長L＝0.50m、質(zhì)量M＝0.40kg的木板靠在光滑豎直墻而上，木板右下方有一顧量m＝0.80kg的小滑塊（可視為質(zhì)點(diǎn)），滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.20，滑塊與木板間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取g＝l0m/s2。一人用水平恒力F1向左作用在滑塊上，另一人用豎直向上的恒力F2向上拉動滑塊，使滑塊從地面由靜止開始向上運(yùn)動()A．只要F2足夠大，木板一定能上升B．若F1＝18N，F(xiàn)2無論多大都不能使木板上升C．若F2＝18N，為使滑塊和木板不發(fā)生相對滑動，F(xiàn)1至少為30ND．若F1＝30N、F2＝20N，滑塊將經(jīng)過ls時間從木板上方離開木板7．質(zhì)量M＝4kg、長2l＝4m的木板放在光滑水平地面上，以木板中點(diǎn)為界，左邊和右邊的動摩擦因數(shù)不同．一個質(zhì)量為m＝1kg的滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))放在木板的左端，如圖甲所示．在t＝0時刻對滑塊施加一個水平向右的恒力F，使滑塊和木板均由靜止開始運(yùn)動，t1＝2s時滑塊恰好到達(dá)木板中點(diǎn)，滑塊運(yùn)動的x1－t圖象如圖乙所示。取g＝10m/s2。(1)求滑塊與木板左邊的動摩擦因數(shù)μ1和恒力F的大小；(2)若滑塊與木板右邊的動摩擦因數(shù)μ2＝0.1，2s末撤去恒力F，則滑塊能否從木板上滑落下來？若能，求分離時滑塊的速度大小。若不能，則滑塊將停在離木板右端多遠(yuǎn)處？8．如圖所示，足夠高足夠長的桌面上有一塊木板A，木板長度為1.5m，質(zhì)量為5kg；可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊B質(zhì)量也為5kg，A、B間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.1，A與桌面間的動摩擦因數(shù)為μ2＝0.2，開始時木板靜止，當(dāng)B以水平初速度v0＝3m/s滑上A的左端的同時在連接A右端且繞過定滑輪的輕繩上無初速度的掛上一個重物C，認(rèn)為最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，不計輕繩與滑輪間的摩擦和空氣阻力，g＝l0m/s2，求：(1)B剛滑上A時，B所受到的摩擦力；(2)此后的運(yùn)動過程中若要使B不從A上滑出，則C的質(zhì)量應(yīng)滿足什么條件？

答案與解析答案與解析例1．(多選)【答案】BC【解析】對紙板分析，當(dāng)紙板相對砝碼運(yùn)動時，紙板所受的摩擦力為μ(M＋m)g＋μMg，故A錯誤；設(shè)砝碼的加速度為a1，紙板的加速度為a2，則有μMg＝Ma1，F(xiàn)－μMg－μ(M＋m)g＝ma2，發(fā)生相對運(yùn)動需要a2＞a1，代入數(shù)據(jù)解得F＞2μ(M＋m)g，故B正確；若砝碼與紙板分離時的速度小于eq\r(μgd)，砝碼勻加速運(yùn)動的位移小于eq\f(v2,2a1)＝eq\f(μgd,2μg)＝eq\f(d,2)，勻減速運(yùn)動的位移小于eq\f(v2,2a1)＝eq\f(μgd,2μg)＝eq\f(d,2)，則總位移小于d，不會從桌面上掉下，故C正確；當(dāng)F＝μ(2M＋3m)g時，砝碼未脫離紙板時的加速度a1＝μg，紙板的加速度a2＝eq\f(F－μ（M＋m）g－μMg,m)＝2μg，根據(jù)eq\f(1,2)a2t2－eq\f(1,2)a1t2＝d，解得t＝eq\r(\f(2d,μg))，則此時砝碼的速度v＝a1t＝eq\r(2μgd)，砝碼脫離紙板后做勻減速運(yùn)動，勻減速運(yùn)動的加速度大小a′＝μg，則勻減速運(yùn)動的位移x＝eq\f(v2,2a′)＝eq\f(2μgd,2μg)＝d，而勻加速運(yùn)動的位移x′＝eq\f(1,2)a1t2＝d，可知砝碼離開桌面，D錯誤。例2．【解析】A、B的運(yùn)動過程如圖所示。(1)由牛頓運(yùn)動定律知，A加速度的大小aA＝μg勻變速直線運(yùn)動veq\o\al(2,A)＝2aAL解得：vA＝eq\r(2μgL)。(2)設(shè)A、B的質(zhì)量均為m，對齊前，B所受合外力大小F＝3μmg由牛頓運(yùn)動定律F＝maB，得aB＝3μg對齊后，A、B整體所受合外力大小F′＝2μmg由牛頓運(yùn)動定律F′＝2maB′，得aB′＝μg。(3)設(shè)經(jīng)過時間t，A、B達(dá)到共同速度v，位移分別為xA、xB，A加速度的大小等于aA則v＝aAt，v＝vB－aBtxA＝eq\f(1,2)aAt2，xB＝vBt－eq\f(1,2)aBt2且xB－xA＝L解得：vB＝2eq\r(2μgL)。1．【答案】D【解析】木板整體時鉛塊滑到木板最右端才與木板相對靜止。而當(dāng)將木板分成兩塊，鉛塊滑到第二塊時，兩塊木板將分離，分離之后前一段木板勻速運(yùn)動，鉛塊和后一段木板相互作用，此時木板的質(zhì)量比原木板質(zhì)量減少，鉛塊給木板的摩擦力不變，因此根據(jù)牛頓第二定律可知，此時后一段木板的加速度要比整體時大，鉛塊的加速度不變，這樣達(dá)到共同速度時所用時間短，因此最后在鉛塊滑到木板的最右端之前與板保持相對靜止，與m1、m2的大小無關(guān)。2．【答案】A【解析】a、b之間的最大靜摩擦力fmax＝μmg，b與地面間的最大靜摩擦力f′max＝eq\f(1,4)μ(m＋m)g＝eq\f(1,2)μmg；a、b相對地面一起運(yùn)動，剛好不發(fā)生相對滑動時，由牛頓第二定律，對b有μmg－eq\f(1,2)μmg＝ma0，得a0＝eq\f(1,2)μg；對整體有F0－eq\f(1,2)μmg＝2ma0，得F0＝eq\f(3,2)μmg，所以若a、b兩個物體始終相對靜止，則力F不能超過eq\f(3,2)μmg，當(dāng)力F＞eq\f(3,2)μmg時，b相對a滑動，故A正確，D錯誤；當(dāng)力F＝μmg時，a、b一起加速運(yùn)動，加速度a1＝eq\f(μmg－\f(1,2)μmg,2m)＝eq\f(1,4)μg，對a根據(jù)牛頓第二定律可得F－f1＝ma1，解得a、b間的摩擦力f1＝eq\f(3,4)μmg，故B錯誤；根據(jù)A選項(xiàng)的分析可知，無論力F為何值，b的加速度不會超過eq\f(1,2)μg，故C錯誤。3．【答案】A【解析】由乙圖可知，力F在時撤去，此時長木板P的速度，時二者速度相同，，前長木板P的速度大于滑塊Q的速度，后長木板P的速度小于滑塊的Q的速度，過程中，以滑塊Q為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律可得，解得，過程中，以長木板P為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律可得，解得，故C錯誤；6s末到長木板停下來過程中，根據(jù)牛頓第二定律可得，解得，這段時間，所以時長木板P停下來，故A正確；長木板P的長度至少是前6s過程中，滑塊Q在長木板P上滑行的距離，故B錯誤；前6s過程中，滑塊Q在長木板P上滑行的距離為7.5m，所以滑塊Q在長木板P上滑行的相對路程應(yīng)大于7.5m，D錯誤。4．(多解)【答案】AD【解析】由圖乙、丙可知，在2s~4s內(nèi)F的變化率與4s~6s的變化率相同，而在2s~4s內(nèi)加速度a的變化率小于4s~6s內(nèi)加速度a的變化率，根據(jù)牛頓第二定律，可判斷知，2s~4s內(nèi)，M與m一起加速，4s~6s內(nèi)為m自己加速，則由圖乙、丙知在2s時刻，則，在2s~4s，，代入圖乙、丙中對應(yīng)數(shù)據(jù)求得，，在4s~6s，，代入圖乙、丙對應(yīng)數(shù)據(jù)求得，所以，在4s時刻，，由求得，故AD正確，BC錯誤。5．【答案】AD【解析】因3對4的滑動摩擦力為3μmg小于4和5之間的最大靜摩擦力4μmg，則4不可能滑動；同理5也不可能滑動，排除圖B；當(dāng)力F較小時，對1、2、3整體以共同的加速度向右運(yùn)動，此時如圖A所示；當(dāng)F較大時，2、3之間會產(chǎn)生滑動，由于3對2有摩擦力作用，則1、2的整體要向右移動，故C圖錯誤，D正確。6．【答案】BC【解析】木板能否上升是由木板所受的摩擦力決定的，木板剛要上升，根據(jù)平衡條件可得μF1＝Mg，解得F1＝20N，若F1小于20N，無論F2多大，木板都不會上升，故A錯誤，B正確；對滑塊和木板整體利用牛頓第二定律，有F2－(m＋M)g＝(m＋M)a，代入數(shù)據(jù)解得a＝5m/s2，對木板由牛頓第二定律，有f－Mg＝MaM，代入數(shù)據(jù)得f＝6N，不能發(fā)生相對滑動有μF1≥f，代入數(shù)據(jù)可得F1≥30N，故C正確；假設(shè)滑塊和木板之間為滑動摩擦力，對滑塊利用牛頓第二定律，有F2－μF1－mg＝mam，代入數(shù)據(jù)解得am＝7.5m/s2，對木板利用牛頓第二定律，有μF1－Mg＝MaM，代入數(shù)據(jù)解得aM＝5m/s2，此時am＞aM，設(shè)經(jīng)過時間為t，滑塊上升的高度為xm，有xm＝eq\f(1,2)amt2，木板上升的高度為xM，有xM＝eq\f(1,2)aMt2，滑塊從木板上端離開木板有xm－xM＝L，聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得，故D錯誤。7．【解析】(1)滑塊和木板均做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，設(shè)滑塊的加速度大小為a1，木板的加速度大小為a2，則t1＝2s時木板的位移x2＝eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,1) ①滑塊的位移x1＝4m ②由牛頓第二定律得a2＝eq\f(μ1mg,M) ③由位移關(guān)系得x1－x2＝l ④聯(lián)立①②③④式解得μ1＝0.4 ⑤滑塊位移x1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1) ⑥恒力F＝ma1＋μ1mg ⑦聯(lián)立②⑤⑥⑦式解得F＝6N。(2)設(shè)滑塊到達(dá)木板中點(diǎn)時，滑塊的速度為v1，木板的速度為v2，滑塊滑過中點(diǎn)后做勻減速運(yùn)動，木板繼續(xù)做勻加速運(yùn)動，此時滑塊和木板的加速度大小分別為a′1＝eq\f(μ2mg,m)＝μ2g，a′2＝eq\f(μ2mg,M)設(shè)滑塊與木板從t1時刻開始到速度相等時的運(yùn)動時間為t2，則v2＝a2t1，v1＝a1t1，v1－a′1t2＝v2