高中物理粤教版 (2019)必修 第一册第四章 牛顿运动定律本章综合与测试复习练习题

这是一份高中物理粤教版 (2019)必修 第一册第四章 牛顿运动定律本章综合与测试复习练习题，共14页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

专题强化练7　滑块—木板模型

一、选择题
1.(2020山东济南一中高三上期中,)(多选)如图所示,木块A的质量为1 kg,木块B的质量为2 kg,叠放在水平地面上,A、B间最大静摩擦力为1 N,B与地面间的动摩擦因数为0.1,g取10 m/s2。用水平力F推B,要想让A、B保持相对静止,F的大小可能是 (　易错　)

A.1 N　　　B.4 N　　　C.9 N　　　D.12 N
2.(2020河北衡水中学二调,)如图所示,在光滑水平面上有一辆小车A,其质量为mA=2.0 kg,小车上放一个物体B,其质量为mB=1.0 kg。如图甲所示,给B一个水平推力F,当F增大到稍大于3.0 N时,A、B开始相对滑动。如果撤去F,对A施加一水平推力F',如图乙所示。要使A、B不发生相对滑动,则F'的最大值为 (　　)

A.2.0 N　　　B.3.0 N　　　C.6.0 N　　　D.9.0 N
3.(2020安徽江淮十校三模,)如图所示,平板车静止在水平面上,物块放在平板车的右端,现让平板车以a1=6 m/s2的加速度做匀加速运动,运动2 s后以2 s末的速度做匀速直线运动,最终物块相对于平板车静止在平板车的左端。已知物块与平板车上表面间的动摩擦因数为0.4,重力加速度g取10 m/s2,不计物块的大小,则平板车的长度为 (　　)

A.4 m　　　B.5 m　　　C.6 m　　　D.7 m
4.(2021广东深圳宝安高一上期末,)如图甲所示,长木板A静止在光滑水平面上,另一物体B(可看作质点)以水平速度v0=3 m/s滑上长木板A的上表面。由于A、B间存在摩擦,之后运动过程中A、B的速度随时间变化情况如图乙所示。g取10 m/s2,下列说法正确的是　 (　　)

A.A、B两物体所受的摩擦力均与运动方向相反 B.A、B之间的动摩擦因数μ=0.5
C.长木板A的长度可能为L=0.8 m D.A物体的质量是B物体的2倍
5.(2020四川绵阳南山中学高一上期末,)如图所示,一长木板在水平地面上运动,在某时刻(t=0)将一相对于地面静止的物块轻放到木板上,已知物块与木板的质量相等,物块与木板间及木板与地面间均有摩擦,物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,且物块始终在木板上。在物块放到木板上之后,木板运动的速度-时间图像可能是下列选项中的 (深度解析)

6.(2021广东珠海高一月考,)(多选)如图甲所示,静止在水平地面C上足够长的木板B左端放着小物块A。某时刻,A受到水平向右的外力F作用,F随时间t变化的规律如图乙所示。A、B间的最大静摩擦力大于B、C之间的最大静摩擦力,假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则在拉力逐渐增大的过程中,下列反映A、B运动过程中的加速度aA、aB及A与B间摩擦力f1、B与C间摩擦力f2随时间变化的图线中正确的是 (　　)

甲 乙

7.(2021广东肇庆联盟高一上期末,)(多选)如图所示,A、B两物块的质量分别为2m和m,静止叠放在水平地面上,A、B间的动摩擦因数为μ,B与地面间的动摩擦因数为μ2。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g。现对A施加一水平拉力F,则 (　　)

A.当F<2μmg时,A、B都相对地面静止 B.当F=52μmg时,A的加速度为13μg
C.当F>3μmg时,A相对B滑动 D.无论F为何值,B的加速度不会超过12μg
8.(2019广东汕头二模,)(多选)长木板B放置在倾角为θ的固定斜面上,一小物块A置于长木板的中间。将A、B同时由静止释放,结果B沿斜面下滑,同时A、B也发生了相对运动。经过一段时间t,A脱离B,此时B还处于斜面上。不计空气阻力,重力加速度为g,则在这段时间内 (　　)

A.物块A的加速度大小与A的质量有关
B.木板B的加速度大小与A和B的质量都有关
C.物块A的加速度一定大于木板B的加速度
D.物块A的加速度可能大于g sin θ
9.(2020河北唐山调研,)(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,重力加速度为g,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)g
B.要使纸板相对砝码运动,F一定大于2μ(M+m)g
C.若砝码与纸板分离时的速度小于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
二、非选择题
10.(2020广东华南师大附中高一上期末,)如图甲所示,质量为m的水平长板放在水平地面上,质量也为m的物块放在长板右端,开始时两者静止,用F=0.7mg的水平向右的恒力作用在长板上,之后物块和长板运动的v-t图像如图乙所示,作用3 s后撤掉F。取g=10 m/s2,求:

(1)物块与长板之间的动摩擦因数μ1和长板与地面之间的动摩擦因数μ2。
(2)要使物块不落地,长板长度L至少为多少;
(3)物块的最终位置离长板右端多远。





11.(2021湖北龙泉中学、荆州中学、宜昌一中高一上联考,)下暴雨时,有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害。某地有一倾角为θ=37°(sin 37°=0.6)的山坡C,上面有一质量为m的石板B,其上下表面与斜坡平行;B上有一碎石堆A(含有大量泥土),A和B均处于静止状态,如图所示。假设某次暴雨中,A浸透雨水后总质量也为m(可视为质量不变的滑块),在极短时间内,A、B间的动摩擦因数μ1减小为38,B、C间的动摩擦因数μ2减小为0.5,A、B开始运动,此时刻为计时起点;在第2 s末,B的上表面突然变为光滑,μ2保持不变。已知A开始运动时,A离B下边缘的距离l=27 m,C足够长,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,取重力加速度大小g=10 m/s2。求:
(1)在0~2 s时间内A和B加速度的大小;
(2)A在B上总的运动时间。










答案全解全析
专题强化练7　滑块—木板模型
1.AB　因为A做加速运动时,通过B给它的摩擦力产生的加速度,而B对A的最大静摩擦力为Ff=1 N,故A的最大加速度为a=FfmA=1N1kg=1 m/s2;要想让A、B保持相对静止,则A、B的加速度的最大值为1 m/s2,故由牛顿第二定律可得F-μ(mA+mB)g=(mA+mB)a,解得F=6 N,故F的最大值为6 N,故A、B正确,C、D错误。
易混易错
A、B两物体发生相对滑动的临界条件是A、B间的摩擦力恰好等于最大静摩擦力,此时静摩擦力提供A做加速运动的加速度,F提供A、B整体做加速运动的加速度。注意不是推力等于A、B间的最大静摩擦力。
2.C　设A、B间的静摩擦力达到最大值Ffmax时,A、B系统的加速度为a,根据牛顿第二定律,对A、B整体有F=(mA+mB)a,对A有Ffmax=mAa,代入数据解得Ffmax=2.0 N;对题图乙所示情况,设A、B恰好发生相对滑动时系统的加速度为a',根据牛顿第二定律,以B为研究对象有Ffmax=mBa',以A、B整体为研究对象,有F'=(mA+mB)a',代入数据解得F'=6.0 N,故C正确。
3.C　0~2 s内平板车做匀加速直线运动,2 s末的速度大小为v1=a1t1=12 m/s,此过程中物块做匀加速直线运动的加速度大小为a2=μg=4 m/s2,物块速度达到12 m/s所用时间为t2=v1a2=3 s,3 s内平板车运动的总位移为x1=12v1t1+v1(t2-t1)=24 m,物块运动的位移为x2=12v1t2=18 m,因此平板车的长度为L=x1-x2=6 m,故C正确,A、B、D错误。
4.D　由题意可得,木板A所受摩擦力方向与运动方向相同,B物体所受的摩擦力方向与运动方向相反,故A错误;对B受力分析,由牛顿第二定律有μmBg=mBaB,aB=ΔvBΔt=3-11 m/s2=2 m/s2,解得μ=0.2,故B错误;物体B未滑出木板A的临界条件为当A、B具有共同速度时,B恰好滑到A的右端,速度-时间图线与时间轴围成的面积表示位移,则Lmin=sB-sA=3×12 m=1.5 m,故C错误;对A、B分别受力分析,则μmBg=mAaA,μmBg=mBaB,aA=ΔvAΔt=1-01 m/s2=1 m/s2,联立解得mAmB=aBaA=21,故D正确。
5.A　设在木板与物块未达到相同速度之前,木板的加速度为a1,物块与木板间的动摩擦因数为μ1,木板与地面间的动摩擦因数为μ2,对木板应用牛顿第二定律,得-μ1mg-μ2·2mg=ma1,a1=-(μ1+2μ2)g;设物块与木板达到相同速度之后,木板的加速度为a2,对物块和木板整体有-μ2·2mg=2ma2,a2=-μ2g,可见|a1|>|a2|。由v-t图线的斜率表示加速度,可知选项A图像正确。
方法技巧
分析“滑块—木板”类模型时要抓住一个转折和两个关联
(1)一个转折——滑块与木板达到相同速度或者滑块从木板上滑下是受力和运动状态变化的转折点。
(2)两个关联——转折前、后受力情况之间的关联和滑块、木板位移与板长之间的关联。一般情况下,由于摩擦力或其他力的转变,转折前、后滑块和木板的加速度都会发生变化,因此以转折点为界,对转折前、后进行受力分析是建立模型的关键。
6.ACD　设A与B间的动摩擦因数为μ1,B与C间的动摩擦因数为μ2,A的质量为m,B的质量为M。对A、B整体,当拉力F小于等于地面对B的最大静摩擦力时,整体的加速度为零;当拉力F大于地面对B的最大静摩擦力而小于等于A、B间的最大静摩擦力时,整体开始加速滑动,加速度为aA2=F-μ2(M+m)gM+m,aA-F图线的斜率为1M+m;当拉力大于A、B间的最大静摩擦力时,A、B的加速度不同,对A,有aA3=F-μ1mgm,故A正确,B错误。当拉力小于等于地面对B的最大静摩擦力时,整体加速度为零,此时对物体A,拉力小于等于μ1mg,静摩擦力等于拉力;当整体开始加速滑动时,对A,根据牛顿第二定律有F-f1=ma;静摩擦力f1逐渐增加,但依然小于μ1mg;当A、B发生相对滑动后,变为滑动摩擦力,为μ1mg,故C正确。对A、B整体,当拉力F小于地面对B的最大静摩擦力时,整体加速度为零,此时静摩擦力等于拉力;滑动后,受地面的滑动摩擦力为μ2(M+m)g,保持不变,故D正确。
7.BCD　根据题意可知,B与地面间的最大静摩擦力为fBm=32μmg,因此要使B能够相对地面滑动,A对B所施加的摩擦力至少为fAB=fBm=32μmg,又A、B间的最大静摩擦力为fABm=2μmg,因此,根据牛顿第二定律可知,当满足F-fAB2m=fAB-32μmgm且32μmg≤fAB<2μmg,即32μmg≤F<3μmg时,A、B将一起向右加速滑动,A错误。当F=52μmg时,对A和B整体受力分析,有F-μ2(2m+m)=(2m+m)a,解得aA=aB=13μg,故B正确。当F≥3μmg时,A、B将以不同的加速度向右滑动,根据牛顿第二定律有F-2μmg=2maA,2μmg-32μmg=maB,解得aA=F2m-μg,aB=12μg,故C、D正确。
8.BC　A、B发生了相对运动,则两者的加速度不相等,设物块A的加速度大小为aA,木板B的加速度大小为aB,A与B、B与斜面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2,假设aAg sin θ,以木板B为研究对象,由牛顿第二定律有mBg sin -μ1mAg cos θ-μ2(mA+mB) cos θ=mBaB,解得aBaB,C正确;以物块A为研究对象,由牛顿第二定律有mAg sin θ-μ1mAg cos θ=mAaA,解得aA=g sin θ-μ1g cos θ 9.BC　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,发生相对运动需要满足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μgd,砝码匀加速运动的位移s1 10.答案　(1)0.1　0.2　(2)5.25 m　(3)1.17 m
解析　以水平向右为正方向。
(1)对物块,由牛顿第二定律有
μ1mg=ma1
由图乙可知,物块的加速度为
a1=33 m/s2=1 m/s2
解得μ1=0.1
对木板,由牛顿第二定律有
F-μ1mg-2μ2mg=ma2
由图乙可得木板的加速度为
a2=63 m/s2=2 m/s2
解得μ2=0.2
(2)撤掉力F后,物块相对长板运动时的加速度仍为1 m/s2,此时对长板,由牛顿第二定律得
-μ1mg-2μ2mg=ma3
解得a3=-5 m/s2
两者共速时,v=v2+a3t1=v1+a1t1
即6 m/s-5t1=3 m/s+t1
解得t1=0.5 s,v=3.5 m/s
两者此时的相对位移
Δs=12(a2-a1)t2+v2t1+12a3t12-v1t1+12a1t12=5.25 m≤L
(3)当两者具有相同的速度后,由于μ2>μ1,则物块与长板均做匀减速直线运动,其加速度分别为
a块=-μ1mgm=-μ1g=-1 m/s2
a板=μ1mg-μ2·2mgm=-3 m/s2
由于长板的加速度大于物块的加速度,所以长板先减速到零,之后长板不动,物块在长板上滑动直到速度减为零,此过程有
x块=0-v22a块=0-7222×(-1) m=498 m
x板=0-v22a板=0-7222×(-3) m=4924 m
物块的最终位置离长板右端的距离
d=Δs+x板=1.17 m
11.答案　(1)3 m/s2　1 m/s2　(2)4 s
解析　(1)在0~2 s时间内,A和B的受力如图所示,其中f1、N1是A与B之间的摩擦力和正压力的大小,f2、N2是B与C之间的摩擦力和正压力的大小,方向如图所示。由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得

f1=μ1N1 ①
N1=mg cos θ ②
f2=μ2N2 ③
N2=N1+mg cos θ ④
规定沿斜面向下为正方向。设A和B的加速度分别为a1和a2,由牛顿第二定律得
mg sin θ-f1=ma1 ⑤
mg sin θ-f2+f1=ma2 ⑥
联立①②③④⑤⑥式,并代入题给条件得
a1=3 m/s2 ⑦
a2=1 m/s2 ⑧
(2)在t1=2 s时,设A和B的速度分别为v1和v2,则
v1=a1t1=6 m/s⑨
v2=a2t1=2 m/s⑩
t>t1时,设A和B的加速度分别为a1'和a2'。此时A与B之间的摩擦力为零,同理可得
a1'=6 m/s2
a2'=-2 m/s2
即B做减速运动。设经过时间t2,B的速度减为零,则有
v2+a2't2=0
联立式得t2=1 s
在t1+t2时间内,A相对于B运动的距离为
s=12a1t12+v1t2+12a1't22-12a2t12+v2t2+12a2't22=12 m<27 m
此后B静止不动,A继续在B上滑动。设再经过时间t3后A离开B,则有l-s=(v1+a1't2)t3+12a1't32
可得t3=1 s(另一解不合题意,舍去)
设A在B上总的运动时间为t总,有
t总=t1+t2+t3=4 s
(利用下面的速度图线求解,正确的,参照上述答案及评分参考给分。)