新教材-高二物理下学期暑假训练7牛顿运动定律的应用-板块模型

Page117牛顿运动定律的应用——板块模型暑假训练暑假训练07牛顿运动定律的应用——板块模型例1．(多选)如图所示，将小砝码放在桌面上的薄纸板上，若砝码和纸板的质量分别为M和m，各接触面间的动摩擦因数均为μ，砝码到纸板左端的距离和到桌面右端的距离均为d。现用水平向右的恒定拉力F拉动纸板，下列说法正确的是()A．纸板相对砝码运动时，纸板所受摩擦力的大小为μ(M＋m)gB．要使纸板相对砝码运动，F一定大于2μ(M＋m)gC．若砝码与纸板分离时的速度小于eq\r(μgd)，砝码不会从桌面上掉下D．当F＝μ(2M＋3m)g时，砝码恰好到达桌面边缘例2．如图所示，质量相等的物块A和B叠放在水平地面上，左边缘对齐。A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ。先敲击A，A立即获得水平向右的初速度，在B上滑动距离L后停下。接着敲击B，B立即获得水平向右的初速度，A、B都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。求：(1)A被敲击后获得的初速度大小vA；(2)在左边缘再次对齐的前、后，B运动加速度的大小aB、aB′；(3)B被敲击后获得的初速度大小vB。1．如图甲所示，长木板静止在光滑的水平面上，小铅块以一定水平速度滑上木板的左端，恰能滑至木板右端与木板相对静止。如图乙所示，将木板分成1和2两部分，其质量分别为m1、m2，紧挨着放在此平面上，再让小铅块以相同的初速度滑上木板1的左端。小铅块运动中所受的摩擦力始终不变。下列判断正确的是()A．当m1＞m2时，小铅块能从木板2的最右端滑出B．当m1＜m2时，小铅块仍能滑到木板2的最右端且速度为零C．当m1＝m2时，小铅块仍能滑到木板2的最右端且刚好相对静止D．无论m1与m2之间是何种关系，小铅块都能滑到木板2上但不能到达最右端2．如图所示，a、b两个物体静止叠放在水平桌面上，已知ma＝mb＝m，a、b间的动摩擦因数为μ，b与地面间的动摩擦因数为eq\f(1,4)μ。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对a施加一水平向右的拉力F，下列判断正确的是()A．若a、b两个物体始终相对静止，则力F不能超过eq\f(3,2)μmgB．当力F＝μmg时，a、b间的摩擦力为eq\f(3,2)μmgC．无论力F为何值，b的加速度不会超过eq\f(3,4)μgD．当力F＞μmg时，b相对a滑动3．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，一段时间后撤去力F的作用。滑块、长木板的速度图象如图乙所示，已知物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g＝10m/s2。则下列说法正确的是()A．t＝9s时长木板P停下来B．长木板P的长度至少是16.5mC．长木板P和水平地面之间的动摩擦因数是0.05D．滑块Q在长木板P上滑行的相对路程为3m4．(多解)如图甲所示，一质量为M的足够长木板A放置在水平地面上，其上放置一质量为m的滑块B，A、B均处于静止状态。从t＝0开始，给滑块B施加一个水平向右的拉力F，同时用传感器测滑块B的加速度a，力F和加速度a的大小随时间t变化的图像分别如图乙、丙所示。用μ1、μ2分别表示木板A与地面、木板A与滑块B间的动摩擦因数，设接触面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取g＝10m/s2。则()A．μ1＝0.1 B．μ2＝0.2 C．m＝2kg D．M＝1.5kg5．如图所示，5颗完全相同的象棋棋子整齐叠放在水平面上，第5颗棋子最左端与水平面上的a点重合，所有接触面间的动摩擦因数均相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现将水平向右的恒力F作用在第3颗棋子上，恒力作用一小段时间后，五颗棋子的位置情况可能是()6．某中学两同学玩拉板块的双人游戏，考验两人的默契度。如图所示，一长L＝0.50m、质量M＝0.40kg的木板靠在光滑竖直墙而上，木板右下方有一顾量m＝0.80kg的小滑块（可视为质点），滑块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.20，滑块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝l0m/s2。一人用水平恒力F1向左作用在滑块上，另一人用竖直向上的恒力F2向上拉动滑块，使滑块从地面由静止开始向上运动()A．只要F2足够大，木板一定能上升B．若F1＝18N，F2无论多大都不能使木板上升C．若F2＝18N，为使滑块和木板不发生相对滑动，F1至少为30ND．若F1＝30N、F2＝20N，滑块将经过ls时间从木板上方离开木板7．质量M＝4kg、长2l＝4m的木板放在光滑水平地面上，以木板中点为界，左边和右边的动摩擦因数不同．一个质量为m＝1kg的滑块(可视为质点)放在木板的左端，如图甲所示．在t＝0时刻对滑块施加一个水平向右的恒力F，使滑块和木板均由静止开始运动，t1＝2s时滑块恰好到达木板中点，滑块运动的x1－t图象如图乙所示。取g＝10m/s2。(1)求滑块与木板左边的动摩擦因数μ1和恒力F的大小；(2)若滑块与木板右边的动摩擦因数μ2＝0.1，2s末撤去恒力F，则滑块能否从木板上滑落下来？若能，求分离时滑块的速度大小。若不能，则滑块将停在离木板右端多远处？8．如图所示，足够高足够长的桌面上有一块木板A，木板长度为1.5m，质量为5kg；可视为质点的物块B质量也为5kg，A、B间的动摩擦因数μ1＝0.1，A与桌面间的动摩擦因数为μ2＝0.2，开始时木板静止，当B以水平初速度v0＝3m/s滑上A的左端的同时在连接A右端且绕过定滑轮的轻绳上无初速度的挂上一个重物C，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计轻绳与滑轮间的摩擦和空气阻力，g＝l0m/s2，求：(1)B刚滑上A时，B所受到的摩擦力；(2)此后的运动过程中若要使B不从A上滑出，则C的质量应满足什么条件？

答案与解析答案与解析例1．(多选)【答案】BC【解析】对纸板分析，当纸板相对砝码运动时，纸板所受的摩擦力为μ(M＋m)g＋μMg，故A错误；设砝码的加速度为a1，纸板的加速度为a2，则有μMg＝Ma1，F－μMg－μ(M＋m)g＝ma2，发生相对运动需要a2＞a1，代入数据解得F＞2μ(M＋m)g，故B正确；若砝码与纸板分离时的速度小于eq\r(μgd)，砝码匀加速运动的位移小于eq\f(v2,2a1)＝eq\f(μgd,2μg)＝eq\f(d,2)，匀减速运动的位移小于eq\f(v2,2a1)＝eq\f(μgd,2μg)＝eq\f(d,2)，则总位移小于d，不会从桌面上掉下，故C正确；当F＝μ(2M＋3m)g时，砝码未脱离纸板时的加速度a1＝μg，纸板的加速度a2＝eq\f(F－μ（M＋m）g－μMg,m)＝2μg，根据eq\f(1,2)a2t2－eq\f(1,2)a1t2＝d，解得t＝eq\r(\f(2d,μg))，则此时砝码的速度v＝a1t＝eq\r(2μgd)，砝码脱离纸板后做匀减速运动，匀减速运动的加速度大小a′＝μg，则匀减速运动的位移x＝eq\f(v2,2a′)＝eq\f(2μgd,2μg)＝d，而匀加速运动的位移x′＝eq\f(1,2)a1t2＝d，可知砝码离开桌面，D错误。例2．【解析】A、B的运动过程如图所示。(1)由牛顿运动定律知，A加速度的大小aA＝μg匀变速直线运动veq\o\al(2,A)＝2aAL解得：vA＝eq\r(2μgL)。(2)设A、B的质量均为m，对齐前，B所受合外力大小F＝3μmg由牛顿运动定律F＝maB，得aB＝3μg对齐后，A、B整体所受合外力大小F′＝2μmg由牛顿运动定律F′＝2maB′，得aB′＝μg。(3)设经过时间t，A、B达到共同速度v，位移分别为xA、xB，A加速度的大小等于aA则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】木板整体时铅块滑到木板最右端才与木板相对静止。而当将木板分成两块，铅块滑到第二块时，两块木板将分离，分离之后前一段木板匀速运动，铅块和后一段木板相互作用，此时木板的质量比原木板质量减少，铅块给木板的摩擦力不变，因此根据牛顿第二定律可知，此时后一段木板的加速度要比整体时大，铅块的加速度不变，这样达到共同速度时所用时间短，因此最后在铅块滑到木板的最右端之前与板保持相对静止，与m1、m2的大小无关。2．【答案】A【解析】a、b之间的最大静摩擦力fmax＝μmg，b与地面间的最大静摩擦力f′max＝eq\f(1,4)μ(m＋m)g＝eq\f(1,2)μmg；a、b相对地面一起运动，刚好不发生相对滑动时，由牛顿第二定律，对b有μmg－eq\f(1,2)μmg＝ma0，得a0＝eq\f(1,2)μg；对整体有F0－eq\f(1,2)μmg＝2ma0，得F0＝eq\f(3,2)μmg，所以若a、b两个物体始终相对静止，则力F不能超过eq\f(3,2)μmg，当力F＞eq\f(3,2)μmg时，b相对a滑动，故A正确，D错误；当力F＝μmg时，a、b一起加速运动，加速度a1＝eq\f(μmg－\f(1,2)μmg,2m)＝eq\f(1,4)μg，对a根据牛顿第二定律可得F－f1＝ma1，解得a、b间的摩擦力f1＝eq\f(3,4)μmg，故B错误；根据A选项的分析可知，无论力F为何值，b的加速度不会超过eq\f(1,2)μg，故C错误。3．【答案】A【解析】由乙图可知，力F在时撤去，此时长木板P的速度，时二者速度相同，，前长木板P的速度大于滑块Q的速度，后长木板P的速度小于滑块的Q的速度，过程中，以滑块Q为研究对象，根据牛顿第二定律可得，解得，过程中，以长木板P为研究对象，根据牛顿第二定律可得，解得，故C错误；6s末到长木板停下来过程中，根据牛顿第二定律可得，解得，这段时间，所以时长木板P停下来，故A正确；长木板P的长度至少是前6s过程中，滑块Q在长木板P上滑行的距离，故B错误；前6s过程中，滑块Q在长木板P上滑行的距离为7.5m，所以滑块Q在长木板P上滑行的相对路程应大于7.5m，D错误。4．(多解)【答案】AD【解析】由图乙、丙可知，在2s~4s内F的变化率与4s~6s的变化率相同，而在2s~4s内加速度a的变化率小于4s~6s内加速度a的变化率，根据牛顿第二定律，可判断知，2s~4s内，M与m一起加速，4s~6s内为m自己加速，则由图乙、丙知在2s时刻，则，在2s~4s，，代入图乙、丙中对应数据求得，，在4s~6s，，代入图乙、丙对应数据求得，所以，在4s时刻，，由求得，故AD正确，BC错误。5．【答案】AD【解析】因3对4的滑动摩擦力为3μmg小于4和5之间的最大静摩擦力4μmg，则4不可能滑动；同理5也不可能滑动，排除图B；当力F较小时，对1、2、3整体以共同的加速度向右运动，此时如图A所示；当F较大时，2、3之间会产生滑动，由于3对2有摩擦力作用，则1、2的整体要向右移动，故C图错误，D正确。6．【答案】BC【解析】木板能否上升是由木板所受的摩擦力决定的，木板刚要上升，根据平衡条件可得μF1＝Mg，解得F1＝20N，若F1小于20N，无论F2多大，木板都不会上升，故A错误，B正确；对滑块和木板整体利用牛顿第二定律，有F2－(m＋M)g＝(m＋M)a，代入数据解得a＝5m/s2，对木板由牛顿第二定律，有f－Mg＝MaM，代入数据得f＝6N，不能发生相对滑动有μF1≥f，代入数据可得F1≥30N，故C正确；假设滑块和木板之间为滑动摩擦力，对滑块利用牛顿第二定律，有F2－μF1－mg＝mam，代入数据解得am＝7.5m/s2，对木板利用牛顿第二定律，有μF1－Mg＝MaM，代入数据解得aM＝5m/s2，此时am＞aM，设经过时间为t，滑块上升的高度为xm，有xm＝eq\f(1,2)amt2，木板上升的高度为xM，有xM＝eq\f(1,2)aMt2，滑块从木板上端离开木板有xm－xM＝L，联立并代入数据解得，故D错误。7．【解析】(1)滑块和木板均做初速度为零的匀加速直线运动，设滑块的加速度大小为a1，木板的加速度大小为a2，则t1＝2s时木板的位移x2＝eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,1) ①滑块的位移x1＝4m ②由牛顿第二定律得a2＝eq\f(μ1mg,M) ③由位移关系得x1－x2＝l ④联立①②③④式解得μ1＝0.4 ⑤滑块位移x1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1) ⑥恒力F＝ma1＋μ1mg ⑦联立②⑤⑥⑦式解得F＝6N。(2)设滑块到达木板中点时，滑块的速度为v1，木板的速度为v2，滑块滑过中点后做匀减速运动，木板继续做匀加速运动，此时滑块和木板的加速度大小分别为a′1＝eq\f(μ2mg,m)＝μ2g，a′2＝eq\f(μ2mg,M)设滑块与木板从t1时刻开始到速度相等时的运动时间为t2，则v2＝a2t1，v1＝a1t1，v1－a′1t2＝v2