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2018-2019学年高中物理 专题13 牛顿运动定律的应用之“板块”模型(2)学案 新人教版必修1

专题12 牛顿运动定律的应用之“板块”模型(2)

模拟提升

1.(2019届高黑龙江省哈尔滨市第三中学三上第二次调研考试)

2018-2019学年高中物理 专题13 牛顿运动定律的应用之“板块”模型(2)学案 新人教版必修1

如图所示,一足够长的轻质滑板置于光滑水平地面上,滑板上放有质量分别为和的 A、B 两物块,A、B与滑板之间的动摩擦因数都为,一水平恒力F作用在A物体上,重力加速度g取,A、B与滑板之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则当F逐渐增大时,A、B的加速度为和,下列说法正确的是:

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A.若,则A、B物块及木板都静止不动

B.若,则A、B物块的加速度都为 2

C.无论外力多大,B物块与木板都不会发生相对滑动

D.若,B物块的加速度为

【答案】BCD

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速度为,B正确;因为轻质滑板受到的最大摩擦力为,所以无论外力多

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大,B物块与木板都不会发生相对滑动,若时,A相对轻质滑板滑动,B和轻质滑板的加速度为

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,CD正确.

2.(2019届江苏省徐州市第一中学高三上第一次月考)

如图所示,光滑水平面上放置两长度相同,质量分别为M1和M2的木板P,Q,在木板的左端各有一大小、形状、质量完全相同的物块a和b,木板和物块均处于静止状态,现对物块a和b分别施加水平恒力F1和F2,使它们向右运动至物块与木板分离时,P,Q的速度分别为V l,V2,物块a,b相对地面的位移分别为S l,S2,已知两物块与木板间的动摩擦因数相同,下列判断正确的是( )

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A.若F1=F2,M1>M2,则V l>V2,S l=S2

B.若F1=F2,M1V2,S l>S2

C.若F1>F2,M1=M2,则V lS2

D.若F1V2,S l>S2

【答案】BD

【解析】AB 、首先看时情况:由题得到a、b所受的摩擦力大小是相等的,因此a、b加速度相同,设a、b加速度大小为a,对于P、Q滑动摩擦力即为它们的合力,设P的加速度大小为a1,Q的加速度大小

为a2,根据牛顿第二定律得:,,其中m为物块a和b的质量,设板的长度为L,它们向右都做匀加速直线运动,当物块与木板分离时:a与P 的相对位移为:,b与Q的相对位移为:,P 的速度为:,Q 的速度为:,物块a 相对地面的位移分别为:,

物块b 相对地面的位移分别为:,若,则有,所以得:,

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,;

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若,则有,所以得:,,,故A错误,B正确;

C 、若、,根据受力分析和牛顿第二定律的:则a的加速度大于b 的加速度,即,由

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于,所以P、Q加速度相同,设P、Q加速度为a,它们向右都做匀加速直线运动,当物块与木板分离时:a与P 的相对位移为:,b与Q 的相对位移为:,由于,所以得:,P 的速度为:,Q 的速度为:,物块a 相对地面的位移分别为:,物块b 相对地面的位移分别为:,则,,故C错误;

D、根据C 选项分析得:若、,则有,得,

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,故D正确;

故选BD。

3.(2019安徽省淮北一中高三第一第二次月考)

2

如图甲所示,足够长的木板B静置于光滑水平面上,其上放置小滑块A。滑块A受到随时间t变化的水平拉力F作用时,滑块A的加速度a与拉力F的关系图象如图乙所示。滑块A 的质量记作,长木板B的质量记作,则()

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A.

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B.

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C.

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D.

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【答案】AC

【解析】当F等于12N时,加速度为:a=3m/s2,对整体分析,由牛顿第二定律有:F=(m A+m B)a

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;解得:

误;故选AC。

4.(2019届甘肃省酒泉市敦煌中学高三二诊)

如图甲所示,一足够长的质量M=0.4kg的长木板静止在水平面上,长木板与水平面间的动摩擦因数μ=0.1,一质量m=0.4kg的小滑块以v0=1.8m/s的速度从长木板的右端滑上长木板,小滑块刚滑上长木板0.2s内的速度图象如图乙所示,小滑块可看成质点,重力加速度g取10m/s2,求:

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(1)小滑块刚滑上长木板时长木板的加速度大小a1

(2)从小滑块滑上长木板到最后静止下来的过程中,小滑块运动的总位移x

3

【答案】(1) 2m/s2 (2) 0.54m

【解析】(1)小滑块刚滑上长木板时加速度大小为

小滑块对长木板的滑动摩擦力

地面对长木板的最大静摩擦力

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(2)设经过时间t小滑块与长木板速度相等时,有:

代入数据得:

共同速度

这段时间内,小滑块运动的距离为:

此后小滑块与木板一起做匀减速运动

据牛顿第二定律:

加速度的大小为:

共同运动的距离为:

所以小滑块滑行的总位移为:

5.(2019届宁夏银川一中高三第二次月考)

如图甲所示,质量M=4 kg且足够长的木板静止在光滑的水平面上,在木板的中点放一个质量m=4 kg大小可以忽略的铁块,铁块与木板之间的动摩擦因数μ=0.2,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力.两物体开始均静止,从t=0时刻起铁块m受到水平向右、大小如图乙所示的拉力F的作用,F共作用时间为6 s,(g取10 m/s2)求:

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4

(1)铁块和木板在前2 s的加速度大小分别为多少?

(2)铁块在6s内的位移大小为多少?

(3)从开始运动到铁块和木板相对静止时它们的相对位移大小为多少?

【答案】(1)(2)39m(3)4m

【解析】(1)前2 s,由牛顿第二定律得

对铁块:Fμmg=ma1,

解得a1=3 m/s2

对木板:μmg=Ma2,

解得a2=2 m/s2

(2) t1=2 s内,铁块的位移x1=a1t12=6 m

木板的位移 x2=a2t12=4 m

2 s末,铁块的速度v1=a1t1=6 m/s

木板的速度v2=a2t1=4 m/s

2 s后,由牛顿第二定律,对铁块:F′-μmg=ma1′

解得a1′=1 m/s2

对木板:μmg=Ma2′,解得a2′=2 m/s2

设再经过t2时间铁块和木板的共同速度为v,则

v=v1+a1′t2=v2+a2′t2

解得t 2=2 s,v=8 m/s

在t2时间内,铁块的位移x1′=t0=×2 m=14 m

木板的位移 x2′=t2=×2 m=12 m

F作用的最后2 s,铁块和木板相对静止,一起以初速度v=8 m/s做匀加速直线运动,由牛顿第二定律,对铁块和木板整体有

F=(M+m)a,解得a=1.5 m/s2

最后2 s铁块和木板运动的位移均为

x3=vΔt +a(Δt)2=19 m

5

所以铁块在6内的运动的总位移为

x铁块=x1+x1′+x3=39 m

(3)铁块和木板相对静止前木板运动的总位移x木板=x2+x2′=16 m

铁块和木板的相对位移大小x1+x1′-x木板=4 m

6.(2019届齐鲁名校教科研协作体湖北、山东部分重点中学高三第一次联考)

如图所示,将小砝码置于桌面上的薄纸板上,用水平向右的拉力将纸板迅速抽出。若砝码和纸板的质量分别为m1=0.5kg和m2=0.1kg,砝码与纸板间的动摩擦因数μ1=0.2,砝码与桌面、纸板与桌面间的动摩擦因数均为μ2=0.5。重力加速度g=10m/s2。

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(1)要使纸板相对砝码运动,求所需拉力的大小范围;

(2)若开始时,砝码与纸板左端的距离d=1m,拉力F=4.4N。为确保砝码不掉下桌面,则开始时纸板左端与桌子右侧距离l至少多大?

【答案】(1)F>4.2N (2)l=2.4m

【解析】(1)设纸板和砝码的加速度大小分别为a1、a2,根据牛顿第二定律,μ1m1g =m1a1,F-μ2(m1+m2)g-μ1m1g =m2a2,

为使纸板相对砝码运动,应有a1

代入数据可得:F>4.2N

(2)由第一问可知,两者发生相对运动。

由μ1m1g =m1a1,F-μ2(m1+m2)g-μ1m1g =m2a2

可知:a1=2m/s2;a2=4m/s2,

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由,,x2=x1+d,

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7.(2019届四川省雅安中学高三上第一次月考)

如图所示,质量为m=5kg的长木板B放在水平地面上,在木板的最右端放一质量也为k=5kg的物块A(可视为质点)。木板与地面间的动摩擦因数μ1=0.3,物块与木板间的动摩擦因数μ2.现用一水平力F=60N作用

6

在木板上,使木板由静止开始匀加速运动,经过t=1s,撤去拉力,设物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,,求:

(1)拉力撤去时,木板的速度v B;

(2)要使物块不从木板上掉下,木板的长度L至少为多大;

(3)在满足(2)的条件下,物块最终将停在右端多远处。

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【答案】(1)V B=4m/s;(2)L=1.2m;(3)d=0.48m

【解析】 (1)若相对滑动,对木板有:,

得:

对木块有,

所以木块相对木板滑动

撤去拉力时,木板的速度,

(2)撤去F后,经时间t2达到共同速度v ;由动量定理

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可得,v=2.4m/s

在撤掉F 之前,二者的相对位移

撤去F 之后,二者的相对位移

木板长度

(3)获得共同速度后,对木块,有,

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木块最终离木板右端的距离

7

8.(2019届四川省成都外国语学校高三上第一次月考)

如图,一质量为m=l kg的木板静止在光滑水平地面,木板右端与墙相距L=0.08m ,某时刻,质量m=1kg的小物块以初速度=2m/s滑上木板左端。木板长度可保证物块在运动过程中不与墙接触,物块与木板之间的动摩擦因数为=0.1,木板与墙碰撞前后速率相等,取g=10。求:

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(1)从物块滑上术板到两者达到共同速度时,木板与墙壁碰撞的次数及所用的时间

(2)若在达到共同速度时,物块恰好运动到木板的最右端,则木板的长度是多少

【答案】(1)2次;1.8s(2)1.96m

【解析】(l)物块滑上木板后,在摩擦力作用下,木板从静止开始做匀加速运动.设木板加速度为a,经历时间T后与墙第一次碰撞.碰撞时的速度为v1,则μmg=ma …①

L =aT2…②

v1=at …③

联立①②③解得T=0.4s v1=0.4m/s…④

在物块与木板两者达到共同速度前,在每两次碰撞之间,木板受到物块对它的摩擦力作用而做加速度恒定的匀减速直线运动,因而木板与墙相碰后将返回至初态,所用时间也为T.

设在物块与木板两者达到共同速度v前木板共经历n次碰撞,则有

v=v0-(2nT+△t)a=a△t…⑤

式中△t是碰撞n次后木板从起始位置至达到共同速度时所需要的时间.

由于最终两个物体一起以相同的速度匀速前进,故⑤式可改写为

2v=v0-2nT…⑥

由于木板的速率只能位于0到v1之间,故有0≤v0-2nT≤2v1…⑦

求解上式得1.5≤n≤2.5

由于n是整数,故n=2 …⑧

再有①⑤⑧得△t=0.2s …⑨

v=0.2m/s …⑩

8

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(2)全过程由能量守恒定律:

可得:L=1.96m

9.(2019届贵州省贵阳市第一中学高三9月月考)

图甲中,质量为m的物块叠放在质量M=2m的足够长的木板上方右侧,木板放在水平地面上,物块与木板之间的动摩擦因数,木板与地面之间的动摩擦因数共。在木板上施加一水平向右的拉力F,在0-3s 内F的变化如图乙所示,图中F以m为单位,重力加速度g=10m/s。整个系统开始时静止。求

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(1)0-3s内物块m的对地位移;

(2)1-3s时物块m距离木板M右端的距离

【答案】(1)8m (2)2.25m

【解析】(1)设木板和物块的加速度分别为a 和,在t 时刻木板和物块的速度分别为和,木板和物块之间的摩擦力大小为f1,根据牛顿第二定律,

对物块:

解得:

则:

对木板:

解得:

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9

物块与木板运动的v-t图象如图所示:

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则物块m前2s 对地位移

第3s 位移

则:

(2)在0-3s 内物块相对于木板的距离等于木板和物块v-t图线下的面积之差,即图中带阴影的四边形面积,该四边形由两个三角形组成,上面的三角形面积为0.25m,下面三角形的面积为2m ,因此=2.25m。10.(2019届黑龙江省哈尔滨市第六中学高三10月月考)

如图,倾角的光滑的斜面底端固定一块垂直于斜面的挡板。将长木板A静置于斜面上,A上放置一小物块B,初始时A 下端与挡板相距。已知在A停止运动之前B始终没有脱离A且不会与挡板碰撞,A 和B 的质量均为,它们之间的动摩擦因数,A或B挡板每次碰撞损失的动能均为,忽略碰撞时间,重力加速度大小,求:

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(1)A第一次与挡板碰前瞬间的速度大小v;

(2)A第一次与挡板碰撞到第二次与挡板碰撞的时间间隔Δt;

(3)B相对于A滑动的可能最短时间t。

【答案】(1)(2)(3)

【解析】(1)B和A一起沿斜面向下运动,由机械能守恒定律有2mgL sinθ= (2m)v2①

由①式得v=2m/s②

10

1

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1

设A 第1次反弹的速度大小为v 1,由动能定理有

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mv 2?mv 12

=△E ⑥

△t = ⑦

由⑥⑦式得△t =s ⑧

(3)设A 第2次反弹的速度大小为v 2,由动能定理有

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mv 2

?

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mv 22

=2△E ⑨ 得v 2=10 m/s ⑩

即A 与挡板第2次碰后停在底端,B 继续匀速下滑,与挡板碰后B 反弹的速度为v',加速度大小为a′,由动能定理有

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mv 2

?

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mv ′2

=△E (11) mgsin θ+μmgcos θ=ma'(12)

由(11)(12)式得B 沿A 向上做匀减速运动的时间 t 2=

(13)

当B 速度为0时,因mgsin θ=μmgcos θ≤f m ,B 将静止在A 上. (14) 当A 停止运动时,B 恰好匀速滑至挡板处,B 相对A 运动的时间t 最短,故t=△t+t 2=

11.(2019届山东省济南外国语学校高三上第一次月考)

如图所示,地面依次排放两块完全相同的木板A 、B ,长度均为L=2.5m ,质量均为=150kg ,现有一小滑

块以速度=6m/s 冲上木板A 左端,已知小滑块质量

=200kg ,滑块与木板间的动摩擦因数为,木板与地

面间的动摩擦因数=0.2。(最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等,取g=10 m/s2)

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(1)若滑上木板A 时,木板不动,而滑上木板B 时,木板B 开始滑动,求应满足的条件。 (2)若=0.4,求滑块运动时间。(结果可用分数表示)。

【答案】(1) (2)

【解析】(1)滑上木板A 时,木板不动,由受力分析得:

若滑上木板B时,木板B 开始滑动,由受力分析得:

代入数据得:

(2)若μ1=0.4,则货物在木板A上滑动时,木板不动;设货物在木板A上做减速运动时的加速度大小为a1,由牛顿第二定律得

解得:

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达到B 板时速度

在A 板上滑动时间由

解得:

滑块滑上B板时B 运动,由

得:

速度相同时

解得:

相对位移

物块与板B 能达到共同速度:

然后一起相对静止的一起减速:

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12.(2019届贵州省遵义航天高级中学高三第二次模拟)

如图所示,质量M=3kg的长方形木板A放在粗糙的固定斜面上,斜面倾角370,木板下距斜面底端挡板L=2米,此时一质量为m=2kg可视为质点的小物块B以初速V0=10m/s从A的下端沿A的表面冲上A,A、B间的

12

动摩擦因数为μ1=0.5,A恰好不下滑,木板A 足够长,取.求:

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(1)B冲上A的过程中,B的加速度,

(2)木板A与斜面间的动摩擦因数μ

(3)A、B一起下滑过程中A、B间的摩擦力大小

(4)若A、B与挡板相碰后均被粘住,B从冲上A开始运动的总时间。

【答案】(1)a1=10m/s2 方向沿斜面向下(2)0.25(3)4N(4)3s

【解析】(1)对B有:mgsin370+μ1mgcos370=ma1

解得:a1=10m/s2 方向沿斜面向下

(2)B沿A上滑过程中,对A 有:

解得:μ2=0.25

(3)A、B一起下滑时,对A、B整体,由牛顿第二定律得:

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B沿A 上滑时间为

上滑距离:

B一起下滑时间为t2,由L =a t22

解得:t2=1s

A碰到挡板时,B的速度v=at2=4m/s

B从A上滑至挡板时间为t3

根据位移时间公式:

13

解得:t3=1s

运动的总时间:t= t1+ t2 + t3=3s

13.(2018湖北省武汉市第十一中学一模拟)

静止在光滑水平面上的木板A上放有一个小铁块B,A、B的质量均为m=2kg,如图(a)。从t=0时刻开始在木板A上施加随时间均匀增大的水平力F,即F=kt,k为常数,整个过程中小铁块B受到的摩擦力随时间变化如图(b)图线oabc所示,其中坐标点c对应的时刻小铁块离开木板。取g=10m/s2。试求:

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(1)常数k及小铁块与木板间动摩擦因数μ;

(2)小铁块匀变速运动的位移x。

【答案】(1)k=9N/s μ=0.4 (2)x=31.5m

【解析】(1)图线oa段表明小铁块与木板相对静止,小铁块受到静摩擦力,小铁块与木板有相同加速度a0,由牛顿第二定律得①

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其中F f=k′t=4.5t,解得k=9N/s③,

由bc段小铁块受到的滑动摩擦力,由F f=μmg

解得μ=0.4④。

(2)设小铁块在2s末的速度为v1,由动量定理得⑤

小铁块匀变速运动的加速度

2018-2019学年高中物理 专题13 牛顿运动定律的应用之“板块”模型(2)学案 新人教版必修1

小铁块匀变速运动的位移⑦

解得x=31.5m ⑧

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14.(2018北京四中高一下期末)

如图所示,一质量M=4.0kg、长度L=2.0m的长方形木板B静止在光滑的水平地面上,在其右端放一质量m=1.0kg的小滑块A(可视为质点)。现对A、B同时施以适当的瞬时冲量,使A向左运动,B向右运动,二者的初速度大小均为2.0m/s,最后A并没有滑离B板。已知A、B之间的动摩擦因数μ=0.50,取重力加速度g=10m/s2。求:

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(1)经历多长时间A相对地面速度减为零;

(2)站在地面上观察,B板从开始运动,到A相对地面速度减为零的过程中,B板向右运动的距离;(3)A和B相对运动过程中,小滑块A与板B左端的最小距离。

【答案】(1)(2)(3)

【解析】(1)A在摩擦力f=μmg作用下,经过时间t速度减为零,根据动量定理有:μmgt=mv0

解得t=0.40s

(2)设B减速运动的加速度为a,A速度减为零的过程中,板B向右运动的位移为x.

根据牛顿第二定律有μmg=Ma,

解得a=1.25m/s2

根据匀变速直线运动位移公式有x=v0t-at2

x=0.70m

解得

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μmgl=(M+m)v02-(M+m)v2

解得l=1.28m,

所以A、B相对运动过程中,小滑块A与板B左端的最小距离为:△x=L-l=0.72m

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