高中物理人教版 (2019)必修 第一册第四章 运动和力的关系5 牛顿运动定律的应用同步达标检测题

这是一份高中物理人教版 (2019)必修 第一册第四章 运动和力的关系5 牛顿运动定律的应用同步达标检测题，共12页。

(2)物块在车面上滑行的时间t；
(3)小车运动的位移x；
(4)要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v0′不超过多少？
2．如图所示，长为L的长木板A放在动摩擦因数为μ1的水平地面上，一滑块B（大小可不计）从A的左侧以初速度v0向右滑上木板，滑块与木板间的动摩擦因数为μ2（A与水平地面间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相同）．已知A的质量为M=2.0kg，B的质量为m=3.0kg，A的长度为L=3.0m，μ1=0.2，μ2=0.4，（g取10m/s2）
（1）A、B刚开始运动时各自的加速度分别是多大？
（2）为保证B在滑动过程中不滑出A，初速度v0应满足什么条件？
（3）求整个运动过程中A对地的最大位移．
3．质量为m=0.5 kg、长L=1 m的平板车B静止在光滑水平面上，某时刻质量 M=l kg的物体A（视为质点）以v=4 m/s向右的初速度滑上平板车B的上表面，在A滑上B的同时，给B施加一个水平向右的拉力．已知A与B之间的动摩擦因数μ=0.2，重力加速度g取10 m／s2.试求：
(1)如果要使A不至于从B上滑落，拉力F大小应满足的条件．
(2)若F=5 N，物体A在平板车上运动时相对平板车滑行的最大距离。
4．如图所示，质量为M=2kg、长度L=56m的长木板静置于光滑水平面上，在长木板右端B处放置一质量为m=1kg的小物块(可视为质点)，小物块与木板间动摩擦因数μ=0.1。现对木板施水平向右的推力F=5N，经过时间t撤去F，最后小物块恰好能运动到木板左端A处，重力加速度取g=10m/s2。求：
(1)小物块与木板系统生热Q ；
(2)力F作用时间t ；
(3)力F做功W 。
5．如图，有一质量为M=2kg的平板车静止在光滑的水平地面上，现有质量均为m=1kg的小物块A和B（均可视为质点），由车上P处开始，A以初速度v1=2m/s向左运动，同时B以v2=4m/s向右运动，最终A、B两物块恰好停在小车两端没有脱离小车，两物块与小车间的动摩擦因数都为μ=0.1，取g=10m/s2，求：
（1）开始时B离小车右端的距离；
（2）从A、B开始运动计时，经t=6s小车离原位置的距离。
6．如图所示，一质量M＝0.2 kg的长木板静止在光滑的水平地面上，另一质量m＝0.2 kg的小滑块，以v0＝1.2 m/s的速度从长木板的左端滑上长木板，已知小滑块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.4.g取10 m/s2，则
(1)经过多少时间小滑块与长木板速度相等？
(2)从小滑块滑上长木板到小滑块与长木板相对静止，小滑块运动的距离为多少？
7．如图所示，水平地面上放置一个长木板B，在木板的右端放置一个质量为m＝1kg小滑块A，滑块可看成质点。已知B的质量也为m＝1kg，A与B之间的动摩擦因数、B与地面之间的动摩擦因数均为μ＝0.1。现对B施加一水平恒力F＝6N，作用时间t0＝1s后撤去F，再过一段时间后A刚好停在B的最左端，则：
(1)力F作用期间A、B的加速度分别是多少？
(2)木板B的长度是多大？
参考答案
1．(1) 0.8 m/s (2) 0.24 s (3) 0.096 m (4) 不超过5 m/s
【解析】(1) 设物块与小车的共同速度为v，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律有
m2v0=(m1+m2)v
解得：v=0.8ms；
(2) 设物块与车面间的滑动摩擦力为F，对物块应用动量定理有
−Ft=m2v−m2v0
其中F=μm2g
解得：t=m1v0μ(m1+m2)g
代入数据可得：t=0.24s；
(3) 要使物块恰好不从车厢滑出，须物块到车面右端时与小车有共同的速度v′，则
m2v0'=(m1+m2)v'
由功能关系有
12m2v0'2=12(m1+m2)v'2+μm2gL
代入数据解得：v0'=5ms
故要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车的速度v0′不能超过5m/s。
2．（1）aA=1m/s2 ; aB=4m/s2 (2)v0≤5m/s (3)sA+s=0.75m
【解析】（1）分别对A、B进行受力分析，
根据牛顿第二定律：B物体的加速度：aB=μ2mgm=μ2g=4m/s2
A物体的加速度aA=μ2mg−μ1(M+m)gM=1m/s2
（2）当AB速度相等时，恰好到木板末端，此时不滑出A物体，就不会滑出，
设经过时间t，AB的速度相等则有：
v0﹣aBt=aAt
根据位移关系得v0t−12aBt2−12aAt2=L
带入数据解得：t=1s，v0=5m/s ；vA=vB=1m/s
所以为保证B在滑动过程中不滑出A，初速度v0应小于等于5m/s
（3）AB速度达到相等后，相对静止一起以v=1m/s的初速度，a=μ2g=2m/s2的加速度一起匀减速运动直到静止，发生的位移：s=v22a=0.25m
之前A发生的位移为sA=12aAt2=0.5m
所以A发生的位移为sA+s=.5m+0.25m=0.75m
点睛：本题考查了板块模型，要把握共速的条件，并会求在达到共速的时间段内物块和木板走过的位移，处理本题主要是利用运动学公式求解
3．（1）1 N≤F≤3 N （2）0.5m
【解析】
【分析】
物体A不滑落的临界条件是A到达B的右端时，A、B具有共同的速度，结合牛顿第二定律和运动学公式求出拉力的最小值．另一种临界情况是A、B速度相同后，一起做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律求出拉力的最大值，从而得出拉力F的大小范围．
【详解】
(1)物体A不滑落的临界条件是A到达B的右端时，A、B具有共同的速度v1，则：v02-v122aA=v122aB＋L
又： v0-v1aA=v1aB
解得：aB=6m/s2
再代入F＋μMg=maB得：F=1N
若F<1N，则A滑到B的右端时，速度仍大于B的速度，于是将从B上滑落，所以F必须大于等于1N
当F较大时，在A到达B的右端之前，就与B具有相同的速度，之后，A必须相对B静止，才不会从B的左端滑落，则由牛顿第二定律得：
对整体：F=(m＋M)a
对物体A：μMg=Ma
解得：F=3N
若F大于3N，A就会相对B向左滑下
综上所述，力F应满足的条件是1N≤F≤3N
(2)物体A滑上平板车B以后，做匀减速运动，由牛顿第二定律得：μMg=MaA
解得：aA=μg=2m/s2
平板车B做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：F＋μMg=maB
解得：aB=14m/s2
两者速度相同时物体相对小车滑行最远，有：v0－aAt=aBt
解得：t=0.25s
A滑行距离 xA=v0t－12aAt2=1516m
B滑行距离：xB=12aBt2=716m
最大距离：Δx=xA－xB=0.5m
【点睛】
解决本题的关键理清物块在小车上的运动情况，抓住临界状态，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解．
4．（1）Q=56J（2）t=1s（3）W=5J
【解析】（1）小物块与木板系统生热Q Q=μmgL
解得：Q=56J
（2）由题分析知，小物块与木板相对运动时，设小物块加速度为a1 μmg=ma1
a1=1m/s2
木板加速度为a2 F−μmg=Ma2
a2=2m/s2
撤去F瞬时小物块速度为v1 v1=a1t=t
木板速度为v2，则v2=a2t=2t
该过程木板相对小物块位移x1=12a2t2−12a1t2=t22
撤去F后历时t'小物块恰好运动到达木板左端A处，小物块与木板达到共同速度v
由动量守恒定律得：mv1+Mv2=(m+M)v
v=5t3
对小物块：由动量定理得：μmgt'=m(v−v1)
t'=2t3
该过程木板相对小物块位移x2=(v+v2)2t'−(v+v1)2t'=(v2−v1)2t'=t23
木板长度L=x1+x2 =5t26
解得：t=1s
（3）力F做功W=F⋅12a2t2 或W=Q+12(m+M)v2
解得：W=5J
点睛：解决本题的关键是分析清楚物体的运动过程，掌握动量守恒条件：合外力为零；知道F未撤去时系统的动量不守恒，撤去F时系统的动量才守恒，若动量不守恒时，采用动量定律可解答．
5．（1）B离右端距离x2=L−x1=7.5m（2）小车在6s内向右走的总距离：x=s+s'=1.625m
【解析】(1)设最后达到共同速度v，整个系统动量守恒，能量守恒
mv2−mv1=(2m+M)v
μmgL=12mv12+12mv22−12(2m+M)v2
解得：v=0.5m/s，L=9.5m
A离左端距离x1，运动到左端历时t1，在A运动至左端前，木板静止
μmg=maA，v1=aAt1，x1=12aAt12
解得t1=2s，x1=2m
B离右端距离x2=L−x1=7.5m
(2)从开始到达共速历时t2，v=v2−aBt2，μmg=maB，
解得t2=3.5s
小车在t1前静止，在t1至t2之间以a向右加速：μmg=M+ma
小车向右走位移μmg=（M+m)a车
s=12a车(t2−t1)2
接下来三个物体组成的系统以v共同匀速运动了s'=v(6−t2)
小车在6s内向右走的总距离：x=s+s'=1.625m
【点睛】本题主要考查了运动学基本公式、动量守恒定律、牛顿第二定律、功能关系的直接应用，关键是正确分析物体的受力情况，从而判断物体的运动情况，过程较为复杂.
6．(1)0.15 s (2)0.135 m
【解析】试题分析：根据牛顿第二定律分别求出M和m的加速度，根据运动学公式求出速度相等所需的时间；当两物体的速度相等时，保持相对静止，一起做运动直线运动，根据运动的时间运用运动学公式求出小滑块运动的距离。
（1）小滑块的受力分析如图所示，根据牛顿第二定律知：Ff＝ma1，
在竖直方向：FN1－mg＝0
又Ff＝μFN1，
解得a1＝μg＝4 m/s2
对长木板进行受力分析知，长木板在水平方向只受向右的滑动摩擦力Ff′，且Ff′＝Ff
由牛顿第二定律可得Ff′=Ma2
则a2=4m/s2
设经过时间t，小滑块与长木板的速度相同，则有v1=v0－a1t=a2t
解得：t＝0.15 s
（2）小滑块与长木板速度相同时相对静止，从小滑块滑上长木板到两者相对静止．经历的时间为t＝0.15s，这段时间内小滑块做匀减速运动
由位移时间公式：x＝v0t－12a1t2
代入数据解得：x＝0.135 m
点睛：本题主要考查了滑块和木板的运动情况，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解。
7．(1)1m/s2 3m/s2 (2)1.5m
【解析】(1)设F作用期间A的加速度为aA1，B的加速度为aB1
μmg＝maA1
解得aA1＝1m/s2
F－μmg－μ·2mg＝maB1
解得aB1＝3m/s2
(2)设F撤去时A、B的速度分别为vA1、vB1，A运动的位移为sA1，B运动的位移为sB1，则
vA1＝aA1t0＝1m/s
sA1＝12aA1t02＝0.5m
vB1＝aB1t0＝3m/s
sB1＝12aB1t02＝1.5m
设撤去F后，A的加速度为aA2，B的加速度为aB2,至A、B共速的时间为t2,木板长度为L，则
aA2＝aA1＝1m/s2
μmg＋μ·2mg＝maB2
aB2＝3m/s2
vA1＋aA2t2＝vB1－aB1t2
t2＝0.5s
sA2＝vA1t2＋12aA2t22＝0.625m
sB2＝vB1t2－12aB2t22＝1.125m
L＝sB1＋sB2－sA1－sA2＝1.5m
点睛：本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合，关键理清撤去F前后A、B的运动规律，抓住速度关系、位移关系，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解．