粤教版 (2019)必修 第一册第四章 牛顿运动定律本章综合与测试练习题

这是一份粤教版 (2019)必修 第一册第四章 牛顿运动定律本章综合与测试练习题，共22页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

本章达标检测
(满分:100分;时间:75分钟)
一、单项选择题(本题共8小题,每小题3分,共24分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)
1.(2020山东临沂高三上期中)科学家们关于力和运动的关系的研究对树立正确的自然观具有重要作用。下列说法符合历史事实的是 (　　)
A.伽利略通过“理想实验”得出结论:一旦物体具有某一速度,如果它不受力,它将以这一速度永远运动下去
B.亚里士多德指出:如果运动中的物体没有受到力的作用,它将继续以同一速度沿同一直线运动,既不停下来,也不偏离原来的方向
C.亚里士多德认为,必须有力作用在物体上,物体的运动状态才会改变
D.笛卡尔认为,物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质
2.(2020广东中山高一上期末)几位同学为了探究电梯启动后和制动过程的加速度大小,他们将体重计放在电梯中,一位同学站在体重计上,然后乘坐电梯从1层直接到了10层,之后又从10层直接回到1层,并用照相机进行记录,如图所示,图1为电梯启动前,图2至图5中箭头方向表示电梯运动方向,下列说法中不正确的是　 (　　)

A.图2表示电梯向上加速运动
B.图3表示电梯向上减速运动
C.图4表示电梯向下减速运动
D.根据图1和图5可估测出图5中电梯的加速度
3.(2020广东潮州高一上期末)在有空气阻力的情况下,以初速度v1竖直上抛一小球,经过时间t1上升到最高点。又经过时间t2,物体由最高点落回到抛出点,这时物体的速度为v2,则 (　　)
A.v2=v1,t2=t1　　　B.v2>v1,t2>t1
C.v2t1
4.(2020广东揭阳高一上月考)一物体沿倾角为30°的粗糙斜面从顶端由静止开始下滑,运动的位移x随时间t变化的关系图像是一段抛物线,如图所示,重力加速度g取10 m/s2,则 (　　)

A.下滑过程中物体的加速度逐渐变大
B.t=0.5 s时刻,物体的速度为0.5 m/s
C.0~0.5 s时间内,物体的平均速度为1 m/s
D.物体与斜面间的动摩擦因数为35
5.(2020广东茂名高一上期末)如图所示,一轻弹簧一端固定在墙上O点,自由伸长时另一端到B点。今将一质量为m的小物块靠着弹簧,将其压缩到A点,然后释放,小物块能在水平面上运动到C点静止。物体与水平面间的动摩擦因数恒定,下列说法中正确的是 (　　)

A.物块从A到B速度越来越大,从B到C速度越来越小
B.物块从A到B先加速后减速,从B到C速度越来越小
C.物块从A到B加速度先增大后减小,从B到C加速度变小
D.物块从A到B加速度先减小后增大,从B到C加速度增大
6.(2020广东珠海一中高一上期末)如图,水平地面上有三个靠在一起的物块P、Q和R,质量分别为m、2m和3m,物块与地面间的动摩擦因数都为μ,用大小为F的水平外力推动物块P,设R和Q之间的相互作用力和Q与P之间的相互作用力大小之比为k。下列判断正确的是　 (　　)

A.若μ≠0,则k=56　　　B.若μ≠0,则k=65
C.若μ=0,则k=12　　　D.若μ=0,则k=35
7.如图所示,A球质量为B球质量的3倍,光滑固定斜面的倾角为θ,图甲中,A、B两球用轻弹簧相连,图乙中A、B两球用轻质杆相连,系统静止时,挡板C与斜面垂直,弹簧、轻杆均与斜面平行。重力加速度为g,则在突然撤去挡板的瞬间,下列说法正确的是 (　　)

A.图甲中A球的加速度大小为g sin θ
B.图甲中B球的加速度大小为2g sin θ
C.图乙中A、B两球的加速度大小均为g sin θ
D.图乙中轻杆的作用力一定不为零
8.(2021四川南充高三上模拟)如图所示,劲度系数为k的轻弹簧一端固定于墙上,另一端连接一物体A。用质量与A相同的物体B推物体A使弹簧压缩,A、B与地面间的动摩擦因数分别为μA和μB,且μA<μB,释放A、B,两者向右运动一段时间之后将会分离,则A、B分离时弹簧的 (　　)

A.伸长量为(μB+μA)mgk
B.压缩量为(μB+μA)mgk
C.伸长量为(μB-μA)mgk
D.压缩量为(μB-μA)mgk
二、多项选择题(本题共4小题,每小题4分,共16分。在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求。全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)
9.(2020广东揭阳高一上期末)在抗击新冠肺炎的战“疫”中,机器人发挥了独特的优势,机器人从护士站到病区为患者运送生活物品,如图(a)所示。机器人沿直线运动的v-t图像如图(b)所示。在此过程中,生活物品与平台间恰好不发生相对滑动,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10 m/s2,则 (　　)

A.生活物品与平台间的动摩擦因数为0.06
B.机器人轮胎与地面间的动摩擦因数为0.06
C.机器人完成一次运送最短时间为202 s
D.机器人完成一次运送最大速度为6 m/s
10.(2020广东中山一中高一上月考)如图所示,斜面体质量为M,倾角为θ,置于水平地面上,当质量为m的滑块沿斜面体的光滑斜面自由下滑时,斜面体仍静止不动,则斜面体 (　　)

A.受地面的支持力为(M+m)g-mg sin θ cos θ
B.受地面的支持力为(M+m)g-mg sin2 θ
C.受地面的摩擦力为0
D.受地面的摩擦力为mg sin θ cos θ
11.(2020辽宁葫芦岛高三一模)如图所示,在水平面上有一传送带以速度v1沿顺时针方向运动,传送带速度保持不变,传送带左右两端各有一个与传送带等高的光滑水平面和传送带相连(紧靠但不接触),现有一物块在右端水平面上以大小为v2的速度向左运动,物块速度随时间变化的图像可能的是 (　　)


12.如图所示,劲度系数为k的轻弹簧下端系一个质量为m的小球A,小球被水平挡板P托住使弹簧长度恰为自然长度(小球与挡板不粘连),然后使挡板P以恒定的加速度a(a
A.小球与挡板分离的时间为t=ka2m(g-a)
B.小球与挡板分离的时间为t=2m(g-a)ka
C.小球从开始运动直到最低点的过程中,小球速度最大时弹簧的伸长量x=mgk
D.小球从开始运动直到最低点的过程中,小球速度最大时弹簧的伸长量x=m(g-a)k

三、非选择题(本题共6小题,共60分)
13.(2020陕西西北大学附中高一上期末)(5分)某实验小组设计了如图(a)所示的实验装置,通过改变重物的质量,利用数字化信息系统可得滑块运动的加速度a和所受拉力F的关系图像。他们在轨道水平和倾斜的两种情况下分别做了实验,得到了两条a-F图线,如图(b)所示。

(1)图线　　　　是在轨道左侧抬高成为斜面情况下得到的(选填“①”或“②”); 
(2)滑块和位移传感器发射部分的总质量m=　　　kg,滑块和轨道间的动摩擦因数μ=　　　　。(g取10 m/s2) 
14.(2020江西鹰潭高一上期末)(8分)某同学欲运用牛顿第二定律测量滑块的质量M,其实验装置如图甲所示,设计的实验步骤为:

(1)调整长木板倾角,当钩码的质量为m0时,滑块恰好沿木板向下做匀速直线运动;
(2)保持木板倾角不变,撤去钩码,将滑块移近打点计时器,然后释放滑块,滑块沿木板向下做匀加速直线运动,并打出点迹清晰的纸带如图乙所示(打点计时器的工作频率为50 Hz)。
请回答下列问题:
①打点计时器打下D点时,滑块的速度vD=　　　m/s;(结果保留3位有效数字) 
②滑块做匀加速直线运动的加速度a=　　　m/s2;(结果保留3位有效数字) 
③滑块的质量M=　　　　(用字母a、m0和当地重力加速度g表示)。 
(3)保持木板倾角不变,挂上质量为m(均小于m0)的钩码,滑块沿木板向下匀加速运动,测出滑块的加速度;多次改变钩码的质量,分别求出相应的加速度。
(4)若绳的拉力与所挂钩码的重力大小相等,作出a-mg图像如图丙所示,则由图丙可求得滑块的质量M=　　　　kg(g取10 m/s2,结果保留3位有效数字)。 
15.(2021湘豫名校联考)(9分)由于电动汽车的环保节能,世界上很多国家都在积极参与电动汽车的研发,电动汽车的研制已经是我国重要产业支柱。如图所示为一新研制的电动试验汽车,其整车质量为1 000 kg,电机动力系统能提供的最大动力为8 000 N,设计最大速度为30 m/s,试验用的平直跑道长度为315 m,要求电动汽车由跑道起点启动,到达跑道终点时恰好停下。已知汽车加速过程所受阻力大小为6 000 N,汽车在制动过程所受最大制动力为车重的0.75,g取10 m/s2,求该电动汽车从起点到终点所需的最短时间。









16.(2018浙江4月选考)(9分)可爱的企鹅喜欢在冰面上玩游戏。如图所示,有一企鹅在倾角为37°的倾斜冰面上,先以加速度a=0.5 m/s2从冰面底部由静止开始沿直线向上“奔跑”,t=8 s时,突然卧倒以肚皮贴着冰面向前滑行,最后退滑到出发点,完成一次游戏(企鹅在滑动过程中姿势保持不变)。若企鹅肚皮与冰面间的动摩擦因数μ=0.25,已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g=10 m/s2。求:
(1)企鹅向上“奔跑”的位移大小;
(2)企鹅在冰面滑动的加速度大小;
(3)企鹅退滑到出发点时的速度大小。(计算结果可用根式表示)













17.(2021浙江超级全能生模拟)(14分)篮球运动员一般身材高大,弹跳力也惊人。如图为某篮球运动员练习原地起跳摸高,若该运动员质量m=80 kg,原地静止站立摸高为2.8 m,起跳时该运动员先下蹲使重心下降0.5 m,发力起跳摸到了惊人的3.8 m高度。若将运动员起跳过程视为匀加速运动,双脚离地腾空和下落过程所受空气阻力恒为运动员重力的0.1(其他时间阻力不计),g取10 m/s2。求:
(1)起跳过程运动员对地面的压力大小;
(2)若腾空时运动员双腿始终竖直伸直,求运动员腾空时间。







18.(2021湖南长沙雅礼中学模拟)(15分)如图所示,一水平的足够长浅色传送带与水平地面上的平板紧靠在一起,且上表面在同一水平面。传送带上左端放置一质量为m=1 kg的煤块(可视为质点),煤块与传送带及煤块与平板上表面之间的动摩擦因数均为μ1=0.1,初始时,传送带与煤块及平板都是静止的。现让传送带以恒定的水平向右的加速度a=3 m/s2开始运动,当其速度达到v=1.5 m/s后,便以此速度做匀速运动。经过一段时间,煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹后,煤块相对于传送带不再滑动。随后,在煤块平稳滑上平板的同时,在平板右侧施加一个水平向右的恒力F=22 N。F作用了0.5 s后,煤块恰好与平板速度相等,此时撤去F,最终煤块没有从平板上滑下。已知平板质量M=4 kg,取g=10 m/s2。
(1)求传送带上黑色痕迹的长度;
(2)求平板与水平地面间的动摩擦因数μ2;
(3)平板至少多长?(计算结果保留两位有效数字)









答案全解全析
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1.A　伽利略通过“理想实验”得出结论:一旦物体具有一定速度,如果它不受力,它将以这一速度永远运动下去,即力不是维持物体运动的原因,A正确。笛卡尔指出:如果运动中的物体没有受到力的作用,它将继续以同一速度沿同一直线运动,既不停下来,也不偏离原来的方向,B错误。亚里士多德认为,必须有力作用在物体上,物体才能运动,即力是维持物体运动的原因,C错误。牛顿认为,物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质,D错误。
2.C　图2中体重计示数大于该同学静止时体重计的示数,根据牛顿第二定律可得这位同学加速度向上,则电梯向上加速,故A说法正确;图3中体重计示数小于该同学静止时体重计的示数,根据牛顿第二定律得这位同学加速度方向向下,处于失重状态,则电梯向上减速,故B说法正确;图4中体重计示数小于该同学静止时体重计的示数,可知加速度方向向下,电梯运动方向向下,所以电梯在向下加速运动,故C说法错误;根据图1示数可知同学的质量,结合图5示数运用牛顿第二定律可以求出图5中电梯的加速度,故D说法正确。
3.D　设空气阻力的大小为f,根据牛顿第二定律,小球上升时有mg+f=ma1,下降时有mg-f=ma2,对比可得a1>a2。上升和下降两个过程的位移大小相等,设为x。上升过程的逆运动是初速度为零的匀加速直线运动,与下降过程相似,由v2=2ax得知,x大小相等,a2t1,故A、B、C错误,D正确。
4.D　由题意可知,物体的初速度为零,x-t图像是一段抛物线,由匀变速直线运动的位移公式x=12at2可知,物体的加速度a保持不变,物体做匀加速直线运动,由图示图像可知,t=0.5 s时x=0.25 m,解得a=2 m/s2,故A错误;物体做初速度为零的匀加速直线运动,t=0.5 s时物体的速度v=at=2×0.5 m/s=1 m/s,故B错误;物体在0~0.5 s内的平均速度v=xt=0.250.5 m/s=0.5 m/s,故C错误;物体在斜面上加速下滑,由牛顿第二定律得mg sin 30°-μmg cos 30°=ma,代入数据解得μ=35,故D正确。
5.B　物块从A到B的运动过程中,开始时弹簧的弹力大于摩擦力,加速度方向向右,物块做加速运动,当弹簧的弹力与摩擦力相等时,加速度为零,然后弹簧的弹力小于摩擦力,加速度方向向左,物块做减速运动,所以从A到B先加速后减速;从B到C物块脱离弹簧,在摩擦力作用下做匀减速运动,速度越来越小,故A错误,B正确。物块从A到B的运动过程中,开始时弹簧的弹力大于摩擦力,随物块向右运动,弹力不断减小,物块受到的合力减小,加速度不断减小,当弹簧的弹力与摩擦力相等时,合力为零,加速度为零,然后弹簧的弹力小于摩擦力,随物块向右运动,合力不断增大,加速度不断增大;从B到C物块脱离弹簧,物块受到的合力等于滑动摩擦力,合力不变,加速度不变;由此可知,物块从A到B加速度先减小后增大,从B都C加速度不变,故C、D错误。
6.D　三物块靠在一起,将以相同加速度向右运动,则加速度为a=F-6μmg6m,以R为研究对象,根据牛顿第二定律可得F1-μ·3mg=3ma,所以R和Q之间的相互作用力为F1=3ma+3μmg=12F,以Q和R整体为研究对象,根据牛顿第二定律可得F2-μ·5mg=5ma,Q与P之间的相互作用力为F2=5μmg+5ma=56F,故k=F1F2=35。由于F1、F2的大小与μ是否为零无关,故k=35恒成立,故A、B、C错误,D正确。
7.C　设B球质量为m,则A球的质量为3m。撤去挡板前,题图甲、乙中挡板对B球的弹力大小均为4mg sin θ,因弹簧弹力不能突变,而轻杆的弹力会突变,所以撤去挡板瞬间,题图甲中A球所受的合力为零,加速度为零,B球所受合力大小为4mg sin θ,加速度大小为4g sin θ;题图乙中,撤去挡板的瞬间,A、B两球整体受到的合力大小为4mg·sin θ,A、B两球的加速度大小均为g sin θ,则每个球受到的合力大小均等于自身重力沿斜面向下的分力,轻杆的作用力为零,C正确。
8.C　弹簧压缩时A、B一起运动不会分离,A、B分离时弹簧处于伸长状态;当A、B分离时它们之间的相互作用力为0,对B,根据牛顿第二定律可得μBmg=ma,对A,根据牛顿第二定律可得μAmg+kx=ma,解得x=(μB-μA)mgk,故C正确,A、B、D错误。
9.AC　根据v-t图像可得,机器人和生活物品加速运动、减速运动时的加速度大小相等,均为a=ΔvΔt=610 m/s2=0.6 m/s,生活物品与平台间恰好不发生相对滑动,对生活物品,根据牛顿第二定律可得μmg=ma,解得μ=ag,所以生活物品与平台间的动摩擦因数μ=0.06,故A正确;机器人轮胎与地面间是滚动摩擦力,小于最大静摩擦力,故不能求出轮胎与地面间的动摩擦因数,故B错误;根据v-t图像可得从护士站到病区的距离为x=(20-10)+302×6 m=120 m,机器人用最短时间完成运送,需要先加速到最大速度v后减速到零,根据匀变速直线运动的速度-位移关系可得v22a×2=x,解得v=62 m/s,最短时间t=2×va=202 s,故C正确,D错误。
10.BD　对滑块受力分析,由牛顿第二定律可得mg sin θ=ma,则滑块的加速度a=g sin θ,方向沿斜面向下。对斜面体和滑块整体受力分析,整体受重力、地面的支持力、地面对其向左的静摩擦力,根据牛顿第二定律,在水平方向有f=ma cos θ,则f=mg sin θ cos θ,在竖直方向有(M+m)g-FN=ma sin θ,解得FN=(M+m)g-mg sin2 θ,故B、D正确,A、C错误。
11.ABD　第一种情况:物块在传送带上先减速向左滑行,有可能速度减为零,然后物块会在滑动摩擦力的作用下向右加速,加速度不变;如果v1>v2,物块向右运动时会一直加速,当速度大小增大到v2时,物块恰好离开传送带,有v2'=-v2;如果v1≤v2,物块向左的速度减至零后会在滑动摩擦力的作用下向右加速,当速度大小增大到等于传送带速度时,物块还在传送带上,之后不受摩擦力,物块与传送带一起向右匀速运动,有v2'=v1;第二种情况:物块在传送带上减速向左滑行,直接向左滑到左端水平面,末速度一定小于v2,故A、B、D正确,C错误。
12.BC　小球与挡板之间弹力为零时分离,此时小球的加速度仍为a,由牛顿第二定律得mg-kx=ma,由匀变速直线运动的位移公式得x=12at2,解得t=2m(g-a)ka,故A错误,B正确;小球速度最大时,小球所受合力为零,即mg-kx'=0,故弹簧的伸长量x'=mgk,C正确,D错误。
13.答案　(1)①(1分)　(2)0.5(2分)　0.2(2分)
解析　(1)由图线①可知,当F=0时,a≠0,也就是说当绳子上没有拉力时小车就有加速度,该实验小组实验操作中平衡摩擦力过度,即斜面倾角过大,所以图线①是在轨道左侧抬高成为斜面情况下得到的。
(2)在轨道水平情况下,由牛顿第二定律得F-μmg=ma,解得a=Fm-μg,则图线②的斜率在数值上等于滑块和位移传感器发射部分的总质量的倒数,所以m=1k=0.5 kg;-μg=-2 m/s2,解得μ=0.2。
14.答案　(2)①1.69(2分)　②3.88(2分)　③gam0(2分)
(4)0.200(2分)
解析　从题图乙中可知,xAB=5.20 cm,xBC=5.84 cm,xCD=6.45 cm,xDE=7.07 cm,xEF=7.70 cm。
(2)①相邻计数点间的时间间隔为T=2×0.02 s=0.04 s,vD=xCE2T=6.45+7.072×0.04×10-2 m/s=1.69 m/s。
②根据逐差法可得滑块的加速度a=xEF+xDE-xCD-xBC4T2=0.077 0+0.070 7-0.064 5-0.058 44×0.042 m/s2=3.88 m/s2
③滑块做匀速直线运动时受力平衡,由平衡条件得m0g=Mg sin θ-f;撤去钩码后,滑块做匀加速直线运动时,受到的合外力F合=Mg sin θ-f;由牛顿第二定律得F合=Ma,解得M=m0ga。
(4)滑块做匀速直线运动时受力平衡,由平衡条件得Mg sin θ-f=m0g;挂上质量为m的钩码时,滑块沿木板向下做匀加速直线运动,受到的合外力为F合'=Mg sin θ-f-mg;由牛顿第二定律得F合'=Ma,解得a=m0Mg-mMg,由题图丙所示图像可知k=-1M=1.5-3.50.40 kg-1=-5 kg-1,解得M=0.200 kg。
15.答案　20 s
解析　汽车加速过程中,由牛顿第二定律可得F-f=ma1
代入数据可得a1=2 m/s2 (1分)
若能加速到最大速度,加速的时间t1=vma1=302 s=15 s(1分)
加速阶段的位移x1=12a1t12=12×2×152 m=225 m(1分)
汽车在制动过程所受最大制动力大小
F'=0.75mg=0.75×1 000×10 N=7 500 N
汽车减速过程中,由牛顿第二定律可得F'=ma2 (1分)
减速阶段的位移x2=vm22a2
代入数据可得x2=60 m(1分)
由于x1+x2=225 m+60 m=285 m 则汽车匀速运动的时间
t3=L-x1-x2vm=315-225-6030 s=1 s(1分)
汽车减速运动的时间t2=vma2=307.5 s=4 s(1分)
汽车运动的总时间t=t1+t2+t3=15 s+4 s+1 s=20 s(1分)
16.答案　(1)16 m　(2)见解析　(3)234 m/s
解析　(1)在企鹅向上“奔跑”过程中,有x=12at2,代入数据解得x=16 m。 (2分)
(2)在企鹅卧倒以后,将经历两个运动过程,第一个过程是从卧倒到运动至最高点,第二个过程是从最高点滑到出发点,对于两个过程,根据牛顿第二定律分别有
mg sin 37°+μmg cos 37°=ma1 (1分)
mg sin 37°-μmg cos 37°=ma2 (1分)
代入数据解得a1=8 m/s2,a2=4 m/s2(1分)
(3)企鹅从卧倒至滑到最高点的过程中做匀减速直线运动,设运动时间为t',位移为x',则有t'=ata1,x'=12a1t'2 (1分)
代入数据解得x'=1 m(1分)
企鹅从最高点滑到出发点的过程中,初速度为0,设末速度为vt,则有vt2=2a2(x+x') (1分)
代入数据解得vt=234 m/s(1分)
17.答案　(1)2 560 N　(2)2211+23 s
解析　(1)运动员起跳过程重心上升距离h1=0.5 m(1分)
运动员离开地面到上升到最高点的过程中,重心上升距离
h2=3.8 m-2.8 m=1 m(1分)
设运动员起跳过程的加速度大小为a1,腾空上升过程的加速度大小为a2,运动员离地的瞬时速度为v
运动员腾空上升过程,由牛顿第二定律得
mg+0.1mg=ma2 (1分)
代入数据解得a2=11 m/s2 (1分)
由匀变速直线运动的速度-位移公式得
v=2a2h2=2×11×1 m/s=22 m/s(1分)
运动员起跳过程的加速度
a1=v22h1=(22)22×0.5 m/s2=22 m/s2 (1分)
运动员起跳过程,由牛顿第二定律得
F-mg=ma1
代入数据解得F=2 560 N(1分)
由牛顿第三定律可知运动员对地面的压力大小
F'=F=2 560 N(1分)
(2)设腾空上升时间为t1,腾空下降时间为t2
腾空上升时间t1=va2=2211 s(1分)
设腾空下降过程加速度为a3,由牛顿第二定律得
mg-0.1mg=ma3 (1分)
代入数据解得a3=9 m/s2 (1分)
腾空下降过程有h2=12a3t22 (1分)
腾空下降时间t2=2h2a3=2×19 s=23 s(1分)
运动员腾空时间:t=t1+t2=2211+23 s(1分)
18.答案　(1)0.75 m　(2)0.3　(3)0.73 m
解析　(1)煤块与传送带发生相对运动时,煤块的加速度
a1=μ1mgm=μ1g=0.1×10 m/s2=1 m/s2,方向向右 (1分)
设经过时间t1,传送带达到速度v,经过时间t2,煤块的速度达到v,有v=at1=a1t2
可得t1=0.5 s,t2=1.5 s(1分)
在t2时间内,传送带发生的位移
s=v22a+v(t2-t1)=1.522×3 m+1.5×(1.5-0.5) m=1.875 m(1分)
煤块发生的位移s'=v22a1=1.522×1 m=1.125 m(1分)
黑色痕迹长度等于传送带与煤块发生的位移之差
即Δs=s-s'=1.875 m-1.125 m=0.75 m(1分)
(2)煤块滑上平板时的速度为v=1.5 m/s
在平板上运动时的加速度大小
a1=μ1mgm=μ1g=0.1×10 m/s2=1 m/s2,方向向左; (1分)
经过t0=0.5 s时,煤块的速度
v1=v-a1t0=1.5 m/s-1×0.5 m/s=1.0 m/s(1分)
平板的加速度大小a2=v1t0=1.00.5 m/s2=2 m/s2 (1分)
对平板,由牛顿第二定律得
F+μ1mg-μ2(M+m)g=Ma2 (1分)
代入数据解得μ2=0.3 (1分)
(3)由于μ2>μ1,共速后煤块与木板发生相对滑动,煤块加速度大小仍为a1=1 m/s2,煤块做匀减速直线运动,直到停止。
而平板以加速度a3做匀减速直线运动,由牛顿第二定律得
μ1mg-μ2(m+M)g=Ma3
代入数据解得a3=-3.5 m/s2 (1分)
运动时间为t3=0-v1a3=1.03.5 s=27 s(1分)
所以,全程平板的位移
s板=0+v12(t0+t3)=12×0.5+27 m=1128 m(1分)
煤块的位移s煤=v22a1=1.522×1 m=98 m(1分)
平板的最短长度等于煤块与平板的位移之差
L=s煤-s板=98 m-1128 m=4156 m≈0.73 m(1分)