高中物理魯科版 (2019)必修 第一冊(cè)第5章 牛頓運(yùn)動(dòng)定律本章綜合與測(cè)試課后作業(yè)題

這是一份高中物理魯科版 (2019)必修 第一冊(cè)第5章 牛頓運(yùn)動(dòng)定律本章綜合與測(cè)試課后作業(yè)題，共6頁(yè)。試卷主要包含了選擇題，非選擇題等內(nèi)容，歡迎下載使用。
第5章　牛頓運(yùn)動(dòng)定律專題強(qiáng)化練5　板塊模型一、選擇題1.(2020湖北荊門(mén)高一期末,★★☆)在水平光滑地面上,質(zhì)量為M的長(zhǎng)木板和質(zhì)量為m的小滑塊疊放在一起,開(kāi)始它們均靜止。現(xiàn)將水平向右的恒力F作用在長(zhǎng)木板的右端,已知長(zhǎng)木板和小滑塊之間動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.4,最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力,M=2 kg,m=1 kg,g=10 m/s2,如圖所示。當(dāng)F取不同數(shù)值時(shí),小滑塊的加速度a可能不同,則以下正確的是????????????? (　　)A.若F=6.0 N則a=3.0 m/s2B.若F=8.0 N則a=4.0 m/s2C.若F=10 N則a=3.0 m/s2D.若F=15 N則a=4.0 m/s2 二、非選擇題2.(2020山東青島二中高一上期末,★★☆)如圖,質(zhì)量M=4 kg的長(zhǎng)木板靜止處于粗糙水平地面上,長(zhǎng)木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1=0.1,現(xiàn)有一質(zhì)量m=3 kg的小木塊以v0=14 m/s的速度從一端滑上木板,恰好未從木板上滑下,小木塊與長(zhǎng)木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2=0.5,g取10 m/s2,求:(1)小木塊剛滑上木板時(shí),小木塊和木板的加速度大小;(2)木板的長(zhǎng)度;(3)木板在地面上運(yùn)動(dòng)的最大位移。        3.(2020遼寧大連高一期末,★★★)如圖所示,一足夠長(zhǎng)的木板靜止在水平面上,質(zhì)量M=0.4 kg,長(zhǎng)木板與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1=0.1,一質(zhì)量m=0.4 kg的小滑塊以v0=1.8 m/s的速度從長(zhǎng)木板的右端滑上長(zhǎng)木板,滑塊與長(zhǎng)木板間動(dòng)摩擦因數(shù)μ2=0.4。小滑塊可看成質(zhì)點(diǎn),重力加速度g取10 m/s2,求:(1)小滑塊剛滑上長(zhǎng)木板時(shí),長(zhǎng)木板的加速度大小a1和小滑塊加速度大小a2;(2)小滑塊與長(zhǎng)木板速度相等時(shí),小滑塊相對(duì)長(zhǎng)木板滑行的距離L;(3)從小滑塊滑上長(zhǎng)木板到最后靜止下來(lái)的過(guò)程中,小滑塊運(yùn)動(dòng)的總距離s。        4.(2019廣東廣州高一上期末,★★★)如圖所示,水平桌面上有一薄木板,它的右端與桌面的右端相齊,在薄木板的中央有一個(gè)小滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn)),整個(gè)裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)。某時(shí)刻起對(duì)薄木板施加一個(gè)向右的拉力F使木板向右運(yùn)動(dòng),已知拉力F=4.5 N時(shí),小滑塊與木板之間恰好發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)。薄木板的質(zhì)量M=1.0 kg,長(zhǎng)度L=1.0 m,小滑塊的質(zhì)量m=0.5 kg,小滑塊與桌面、薄木板與桌面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ1=0.2,設(shè)滑動(dòng)摩擦力等于它們之間的最大靜摩擦力,重力加速度g=10 m/s2。求:(1)拉力F=3.6 N時(shí),小滑塊與薄木板的加速度各為多大;(2)小滑塊與薄木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2;(3)若使小滑塊脫離木板但不離開(kāi)桌面,拉力F應(yīng)滿足的條件。     
答案全解全析1.D　當(dāng)滑塊和木板間的靜摩擦力達(dá)到最大時(shí),有μmg=ma0,此時(shí)對(duì)木板和滑塊整體有F=(M+m)a0,解得F=12 N。若F=6.0 N,則兩物體以共同的加速度向前運(yùn)動(dòng),則a== m/s2=2 m/s2,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;若F=8.0 N,則兩物體以共同的加速度向前運(yùn)動(dòng),則a== m/s2,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;若F=10 N,則兩物體以共同的加速度向前運(yùn)動(dòng),則a== m/s2,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;若F=15 N,則滑塊在木板上滑動(dòng),則滑塊的加速度為a==4 m/s2,選項(xiàng)D正確。2.答案　(1)5 m/s2　2 m/s2　(2)14 m　(3)12 m解析　(1)小木塊滑上木板后做勻減速直線運(yùn)動(dòng),其加速度大小為a1=μ2g=5 m/s2;木板由靜止做勻加速直線運(yùn)動(dòng),根據(jù)牛頓第二定律有:μ2mg-μ1(M+m)g=Ma2,解得:a2=2 m/s2。(2)由小木塊恰好未從木板滑下,知小木塊運(yùn)動(dòng)到木板最右端時(shí),兩者速度相等。設(shè)此過(guò)程所用時(shí)間為t,則有:v木塊=v0-a1t=v木板=a2t,解得:t=2 s;小木塊位移:x木塊=v0t-a1t2=18 m,木板位移:x木板=a2t2=4 m,所以木板的長(zhǎng)度:L=x木塊-x木板=14 m。(3)小木塊、木板達(dá)到共同速度后將一起做勻減速直線運(yùn)動(dòng),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木板的總位移: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)小滑塊對(duì)長(zhǎng)木板的滑動(dòng)摩擦力f2大于水平面對(duì)長(zhǎng)木板的滑動(dòng)摩擦力f1,長(zhǎng)木板向左加速,小滑塊向左減速。據(jù)牛頓第二定律,對(duì)長(zhǎng)木板有μ2mg-μ1(M+m)g=Ma1對(duì)小滑塊有μ2mg=ma2代入數(shù)據(jù)得a1=2 m/s2,a2=4 m/s2(2)小滑塊與長(zhǎng)木板速度相等時(shí),有v0-a2t=a1t得t=0.3 s小滑塊運(yùn)動(dòng)的距離s2=v0t-a2t2=0.36 m長(zhǎng)木板運(yùn)動(dòng)的距離s1=a1t2=0.09 m所以L=s2-s1=0.27 m(3)此后兩者一起做勻減速運(yùn)動(dòng),初速度v=a1t=0.6 m/s據(jù)牛頓第二定律,對(duì)整體有μ1(M+m)g=(M+m)a3加速度的大小a3=1 m/s2運(yùn)動(dòng)的距離s3==0.18 m所以s=s2+s3=0.54 m4.答案　(1)0.4 m/s2　0.4 m/s2　(2)0.1　(3)F≥6 N解析　(1)由題可知,小滑塊與木板之間發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)的臨界拉力為:F臨界=4.5 N,由于拉力F=3.6 N<4.5 N,故二者相對(duì)靜止,它們一起做勻加速直線運(yùn)動(dòng)把兩物體看作整體,由牛頓第二定律可知:F-μ1(m+M)g=(m+M)a1,解得:a1=0.4 m/s2(2)由題目可知,當(dāng)拉力F=4.5 N時(shí),小滑塊與木板恰好發(fā)生相對(duì)滑動(dòng),此情況下分別對(duì)小滑塊和薄木板進(jìn)行受力分析,根據(jù)牛頓第二定律有:對(duì)小滑塊:f=μ2mg=ma2對(duì)薄木板:F-μ2mg-μ1(m+M)g=Ma2聯(lián)立兩式解得:μ2=0.1(3)設(shè)小滑塊脫離薄木板時(shí)的速度為v,時(shí)間為t,在桌面上滑動(dòng)的加速度為a3,小滑塊脫離木板前,薄木板的加速度為a4,小滑塊剛好不離開(kāi)桌面時(shí),空間位置變化如圖所示:則滑塊的速度v=a2t,滑塊下落到桌面上,由牛頓第二定律得:μ1mg=ma3,位移:x1=,x2=由幾何關(guān)系得:x1+x2=小滑塊脫離木板前,木板的位移x3=L+x1=a4t2根據(jù)牛頓第二定律,對(duì)木板:F-μ2mg-μ1(m+M)g=Ma4解得:F=6 N要使小滑塊脫離薄木板但不離開(kāi)桌面,拉力F應(yīng)滿足F≥6 N