高中物理鲁科版 (2019)必修 第一册第5章 牛顿运动定律本章综合与测试课后作业题

第5章　牛顿运动定律

专题强化练5　板块模型

一、选择题

1.(2020湖北荆门高一期末,★★☆)在水平光滑地面上,质量为M的长木板和质量为m的小滑块叠放在一起,开始它们均静止。现将水平向右的恒力F作用在长木板的右端,已知长木板和小滑块之间动摩擦因数μ=0.4,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,M=2 kg,m=1 kg,g=10 m/s2,如图所示。当F取不同数值时,小滑块的加速度a可能不同,则以下正确的是              (　　)

A.若F=6.0 N则a=3.0 m/s2

B.若F=8.0 N则a=4.0 m/s2

C.若F=10 N则a=3.0 m/s2

D.若F=15 N则a=4.0 m/s2

二、非选择题

2.(2020山东青岛二中高一上期末,★★☆)如图,质量M=4 kg的长木板静止处于粗糙水平地面上,长木板与地面间的动摩擦因数μ1=0.1,现有一质量m=3 kg的小木块以v0=14 m/s的速度从一端滑上木板,恰好未从木板上滑下,小木块与长木板间的动摩擦因数μ2=0.5,g取10 m/s2,求:

(1)小木块刚滑上木板时,小木块和木板的加速度大小;

(2)木板的长度;

(3)木板在地面上运动的最大位移。

3.(2020辽宁大连高一期末,★★★)如图所示,一足够长的木板静止在水平面上,质量M=0.4 kg,长木板与水平面间的动摩擦因数μ1=0.1,一质量m=0.4 kg的小滑块以v0=1.8 m/s的速度从长木板的右端滑上长木板,滑块与长木板间动摩擦因数μ2=0.4。小滑块可看成质点,重力加速度g取10 m/s2,求:

(1)小滑块刚滑上长木板时,长木板的加速度大小a1和小滑块加速度大小a2;

(2)小滑块与长木板速度相等时,小滑块相对长木板滑行的距离L;

(3)从小滑块滑上长木板到最后静止下来的过程中,小滑块运动的总距离s。

4.(2019广东广州高一上期末,★★★)如图所示,水平桌面上有一薄木板,它的右端与桌面的右端相齐,在薄木板的中央有一个小滑块(可视为质点),整个装置处于静止状态。某时刻起对薄木板施加一个向右的拉力F使木板向右运动,已知拉力F=4.5 N时,小滑块与木板之间恰好发生相对滑动。薄木板的质量M=1.0 kg,长度L=1.0 m,小滑块的质量m=0.5 kg,小滑块与桌面、薄木板与桌面之间的动摩擦因数均为μ1=0.2,设滑动摩擦力等于它们之间的最大静摩擦力,重力加速度g=10 m/s2。求:

(1)拉力F=3.6 N时,小滑块与薄木板的加速度各为多大;

(2)小滑块与薄木板之间的动摩擦因数μ2;

(3)若使小滑块脱离木板但不离开桌面,拉力F应满足的条件。

答案全解全析

1.D　当滑块和木板间的静摩擦力达到最大时,有μmg=ma0,此时对木板和滑块整体有F=(M+m)a0,解得F=12 N。若F=6.0 N,则两物体以共同的加速度向前运动,则a== m/s2=2 m/s2,选项A错误;若F=8.0 N,则两物体以共同的加速度向前运动,则a== m/s2,选项B错误;若F=10 N,则两物体以共同的加速度向前运动,则a== m/s2,选项C错误;若F=15 N,则滑块在木板上滑动,则滑块的加速度为a==4 m/s2,选项D正确。

2.答案　(1)5 m/s2　2 m/s2　(2)14 m　(3)12 m

解析　(1)小木块滑上木板后做匀减速直线运动,其加速度大小为a1=μ2g=5 m/s2;

木板由静止做匀加速直线运动,根据牛顿第二定律有:μ2mg-μ1(M+m)g=Ma2,解得:a2=2 m/s2。

(2)由小木块恰好未从木板滑下,知小木块运动到木板最右端时,两者速度相等。设此过程所用时间为t,则有:v木块=v0-a1t=v木板=a2t,解得:t=2 s;

小木块位移:x木块=v0t-a1t2=18 m,

木板位移:x木板=a2t2=4 m,

所以木板的长度:L=x木块-x木板=14 m。

(3)小木块、木板达到共同速度后将一起做匀减速直线运动,分析得

v共=a2t=4 m/s,加速度大小a3=μ1g=1 m/s2

木板位移:x木板'==8 m

木板的总位移:x=x木板+x木板'=12 m。

3.答案　(1)2 m/s2　4 m/s2　(2)0.27 m　(3)0.54 m

解析　(1)小滑块对长木板的滑动摩擦力f2大于水平面对长木板的滑动摩擦力f1,长木板向左加速,小滑块向左减速。据牛顿第二定律,对长木板有μ2mg-μ1(M+m)g=Ma1

对小滑块有μ2mg=ma2

代入数据得a1=2 m/s2,a2=4 m/s2

(2)小滑块与长木板速度相等时,有

v0-a2t=a1t

得t=0.3 s

小滑块运动的距离s2=v0t-a2t2=0.36 m

长木板运动的距离s1=a1t2=0.09 m

所以L=s2-s1=0.27 m

(3)此后两者一起做匀减速运动,初速度v=a1t=0.6 m/s

据牛顿第二定律,对整体有μ1(M+m)g=(M+m)a3

加速度的大小a3=1 m/s2

运动的距离s3==0.18 m

所以s=s2+s3=0.54 m

4.答案　(1)0.4 m/s2　0.4 m/s2　(2)0.1　(3)F≥6 N

解析　(1)由题可知,小滑块与木板之间发生相对滑动的临界拉力为:F临界=4.5 N,由于拉力F=3.6 N<4.5 N,故二者相对静止,它们一起做匀加速直线运动

把两物体看作整体,由牛顿第二定律可知:F-μ1(m+M)g=(m+M)a1,解得:a1=0.4 m/s2

(2)由题目可知,当拉力F=4.5 N时,小滑块与木板恰好发生相对滑动,此情况下分别对小滑块和薄木板进行受力分析,根据牛顿第二定律有:

对小滑块:f=μ2mg=ma2

对薄木板:F-μ2mg-μ1(m+M)g=Ma2

联立两式解得:μ2=0.1

(3)设小滑块脱离薄木板时的速度为v,时间为t,在桌面上滑动的加速度为a3,小滑块脱离木板前,薄木板的加速度为a4,小滑块刚好不离开桌面时,空间位置变化如图所示:

则滑块的速度v=a2t,滑块下落到桌面上,由牛顿第二定律得:μ1mg=ma3,位移:x1=,x2=

由几何关系得:x1+x2=

小滑块脱离木板前,木板的位移x3=L+x1=a4t2

根据牛顿第二定律,对木板:F-μ2mg-μ1(m+M)g=Ma4

解得:F=6 N

要使小滑块脱离薄木板但不离开桌面,拉力F应满足F≥6 N