1、7 牛顿运动定律的应用板块模型暑假训练07牛顿运动定律的应用板块模型例1(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，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，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(Mm)gB要使纸板相对砝码运动，F一定大于2(Mm)gC若砝码与纸板分离时的速度小于，砝码不会从桌面上掉下D当F(2M3m)g时，砝码恰好到达桌面边缘例2如图所示，质量相等的物块A和B叠放在水平地面上，左边缘对齐。A与B、B与地面间的动摩擦因数均为。先敲击A，A立即获得水平
2、向右的初速度，在B上滑动距离L后停下。接着敲击B，B立即获得水平向右的初速度，A、B都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。求：(1)A被敲击后获得的初速度大小vA；(2)在左边缘再次对齐的前、后，B运动加速度的大小aB、aB；(3)B被敲击后获得的初速度大小vB。1如图甲所示，长木板静止在光滑的水平面上，小铅块以一定水平速度滑上木板的左端，恰能滑至木板右端与木板相对静止。如图乙所示，将木板分成1和2两部分，其质量分别为m1、m2，紧挨着放在此平面上，再让小铅块以相同的初速度滑上木板1的左端。小铅块运动中所受的摩擦力始终不变
3、。下列判断正确的是()A当m1m2时，小铅块能从木板2的最右端滑出B当m1m2时，小铅块仍能滑到木板2的最右端且速度为零C当m1m2时，小铅块仍能滑到木板2的最右端且刚好相对静止D无论m1与m2之间是何种关系，小铅块都能滑到木板2上但不能到达最右端2如图所示，a、b两个物体静止叠放在水平桌面上，已知mambm，a、b间的动摩擦因数为，b与地面间的动摩擦因数为。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对a施加一水平向右的拉力F，下列判断正确的是()A若a、b两个物体始终相对静止，则力F不能超过mgB当力Fmg时，a、b间的摩擦力为mgC无论力F为何值，b的加速度不会超过gD当力Fmg时
4、，b相对a滑动3如图甲所示，粗糙的水平地面上有一块长木板P，小滑块Q放置于长木板上的最右端。现将一个水平向右力F作用在长木板的右端，让长木板从静止开始运动，一段时间后撤去力F的作用。滑块、长木板的速度图象如图乙所示，已知物块与长木板的质量相等，滑块Q始终没有从长木板P上滑下。重力加速度g10 m/s2。则下列说法正确的是()At9 s时长木板P停下来B长木板P的长度至少是16.5 mC长木板P和水平地面之间的动摩擦因数是0.05D滑块Q在长木板P上滑行的相对路程为3 m4(多解)如图甲所示，一质量为M的足够长木板A放置在水平地面上，其上放置一质量为m的滑块B，A、B均处于静止状态。从t0开始，
5、给滑块B施加一个水平向右的拉力F，同时用传感器测滑块B的加速度a，力F和加速度a的大小随时间t变化的图像分别如图乙、丙所示。用1、2分别表示木板A与地面、木板A与滑块B间的动摩擦因数，设接触面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取g10 m/s2。则()A10.1B20.2Cm2 kgDM1.5 kg5如图所示，5颗完全相同的象棋棋子整齐叠放在水平面上，第5颗棋子最左端与水平面上的a点重合，所有接触面间的动摩擦因数均相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现将水平向右的恒力F作用在第3颗棋子上，恒力作用一小段时间后，五颗棋子的位置情况可能是()6某中学两同学玩拉板块的双人游戏，考验两人的默契
6、度。如图所示，一长L0.50 m、质量M0.40 kg的木板靠在光滑竖直墙而上，木板右下方有一顾量m0.80 kg的小滑块（可视为质点），滑块与木板间的动摩擦因数为0.20，滑块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取gl0 m/s2。一人用水平恒力F1向左作用在滑块上，另一人用竖直向上的恒力F2向上拉动滑块，使滑块从地面由静止开始向上运动()A只要F2足够大，木板一定能上升B若F118 N，F2无论多大都不能使木板上升C若F218 N，为使滑块和木板不发生相对滑动，F1至少为30 ND若F130 N、F220 N，滑块将经过ls时间从木板上方离开木板7质量M4 kg、长2l4 m的木板放在光
7、滑水平地面上，以木板中点为界，左边和右边的动摩擦因数不同一个质量为m1 kg的滑块(可视为质点)放在木板的左端，如图甲所示在t0时刻对滑块施加一个水平向右的恒力F，使滑块和木板均由静止开始运动，t12 s时滑块恰好到达木板中点，滑块运动的x1t图象如图乙所示。取g10 m/s2。(1)求滑块与木板左边的动摩擦因数1和恒力F的大小；(2)若滑块与木板右边的动摩擦因数20.1，2 s末撤去恒力F，则滑块能否从木板上滑落下来？若能，求分离时滑块的速度大小。若不能，则滑块将停在离木板右端多远处？8如图所示，足够高足够长的桌面上有一块木板A，木板长度为1.5 m，质量为5 kg；可视为质点的物块B质量也
8、为5 kg，A、B间的动摩擦因数10.1，A与桌面间的动摩擦因数为20.2，开始时木板静止，当B以水平初速度v03 m/s滑上A的左端的同时在连接A右端且绕过定滑轮的轻绳上无初速度的挂上一个重物C，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计轻绳与滑轮间的摩擦和空气阻力，gl0 m/s2，求：(1)B刚滑上A时，B所受到的摩擦力；(2)此后的运动过程中若要使B不从A上滑出，则C的质量应满足什么条件？答案与解析例1(多选)【答案】BC【解析】对纸板分析，当纸板相对砝码运动时，纸板所受的摩擦力为(Mm)gMg，故A错误；设砝码的加速度为a1，纸板的加速度为a2，则有MgMa1，FMg(Mm)gma2，发生
9、相对运动需要a2a1，代入数据解得F2(Mm)g，故B正确；若砝码与纸板分离时的速度小于，砝码匀加速运动的位移小于，匀减速运动的位移小于，则总位移小于d，不会从桌面上掉下，故C正确；当F(2M3m)g时，砝码未脱离纸板时的加速度a1g，纸板的加速度a22g，根据a2t2a1t2d，解得t，则此时砝码的速度va1t，砝码脱离纸板后做匀减速运动，匀减速运动的加速度大小ag，则匀减速运动的位移xd，而匀加速运动的位移xa1t2d，可知砝码离开桌面，D错误。例2【解析】A、B的运动过程如图所示。(1)由牛顿运动定律知，A加速度的大小aAg匀变速直线运动v2aAL解得：vA。(2)设A、B的质量均为m，
10、对齐前，B所受合外力大小F3mg由牛顿运动定律FmaB，得aB3g对齐后，A、B整体所受合外力大小F2mg由牛顿运动定律F2maB，得aBg。(3)设经过时间t，A、B达到共同速度v，位移分别为xA、xB，A加速度的大小等于aA则vaAt，vvBaBtxAaAt2，xBvBtaBt2且xBxAL解得：vB2。1【答案】D【解析】木板整体时铅块滑到木板最右端才与木板相对静止。而当将木板分成两块，铅块滑到第二块时，两块木板将分离，分离之后前一段木板匀速运动，铅块和后一段木板相互作用，此时木板的质量比原木板质量减少，铅块给木板的摩擦力不变，因此根据牛顿第二定律可知，此时后一段木板的加速度要比整体时大
11、，铅块的加速度不变，这样达到共同速度时所用时间短，因此最后在铅块滑到木板的最右端之前与板保持相对静止，与m1、m2的大小无关。2【答案】A【解析】a、b之间的最大静摩擦力fmaxmg，b与地面间的最大静摩擦力fmax(mm)gmg；a、b相对地面一起运动，刚好不发生相对滑动时，由牛顿第二定律，对b有mgmgma0，得a0g；对整体有F0mg2ma0，得F0mg，所以若a、b两个物体始终相对静止，则力F不能超过mg，当力Fmg时，b相对a滑动，故A正确，D错误；当力Fmg时，a、b一起加速运动，加速度a1g，对a根据牛顿第二定律可得Ff1ma1，解得a、b间的摩擦力f1mg，故B错误；根据A选项
12、的分析可知，无论力F为何值，b的加速度不会超过g，故C错误。3【答案】A【解析】由乙图可知，力F在时撤去，此时长木板P的速度，时二者速度相同，前长木板P的速度大于滑块Q的速度，后长木板P的速度小于滑块的Q的速度，过程中，以滑块Q为研究对象，根据牛顿第二定律可得，解得，过程中，以长木板P为研究对象，根据牛顿第二定律可得，解得，故C错误；6s末到长木板停下来过程中，根据牛顿第二定律可得，解得，这段时间，所以时长木板P停下来，故A正确；长木板P的长度至少是前6s过程中，滑块Q在长木板P上滑行的距离，故B错误；前6s过程中，滑块Q在长木板P上滑行的距离为7.5m，所以滑块Q在长木板P上滑行的相对路程应
13、大于7.5m，D错误。4(多解)【答案】AD【解析】由图乙、丙可知，在2s4s内F的变化率与4s6s的变化率相同，而在2s4s内加速度a的变化率小于4s6s内加速度a的变化率，根据牛顿第二定律，可判断知，2s4s内，M与m一起加速，4s6s内为m自己加速，则由图乙、丙知在2s时刻，则，在2s4s，代入图乙、丙中对应数据求得，在4s6s，代入图乙、丙对应数据求得，所以，在4s时刻，由求得，故AD正确，BC错误。5【答案】AD【解析】因3对4的滑动摩擦力为3mg小于4和5之间的最大静摩擦力4mg，则4不可能滑动；同理5也不可能滑动，排除图B；当力F较小时，对1、2、3整体以共同的加速度向右运动，此
14、时如图A所示；当F较大时，2、3之间会产生滑动，由于3对2有摩擦力作用，则1、2的整体要向右移动，故C图错误，D正确。6【答案】BC【解析】木板能否上升是由木板所受的摩擦力决定的，木板刚要上升，根据平衡条件可得F1Mg，解得F120 N，若F1小于20 N，无论F2多大，木板都不会上升，故A错误，B正确；对滑块和木板整体利用牛顿第二定律，有F2(mM)g(mM)a，代入数据解得a5 m/s2，对木板由牛顿第二定律，有fMgMaM，代入数据得f6 N，不能发生相对滑动有F1f，代入数据可得F130 N，故C正确；假设滑块和木板之间为滑动摩擦力，对滑块利用牛顿第二定律，有F2F1mgmam，代入数
15、据解得am7.5m/s2，对木板利用牛顿第二定律，有F1MgMaM，代入数据解得aM5 m/s2，此时amaM，设经过时间为t，滑块上升的高度为xm，有xmamt2，木板上升的高度为xM，有xMaMt2，滑块从木板上端离开木板有xmxML，联立并代入数据解得，故D错误。7【解析】(1)滑块和木板均做初速度为零的匀加速直线运动，设滑块的加速度大小为a1，木板的加速度大小为a2，则t12 s时木板的位移x2a2t滑块的位移x14 m由牛顿第二定律得a2由位移关系得x1x2l联立式解得10.4滑块位移x1a1t恒力Fma11mg联立式解得F6 N。(2)设滑块到达木板中点时，滑块的速度为v1，木板的
16、速度为v2，滑块滑过中点后做匀减速运动，木板继续做匀加速运动，此时滑块和木板的加速度大小分别为a12g，a2设滑块与木板从t1时刻开始到速度相等时的运动时间为t2，则v2a2t1，v1a1t1，v1a1t2v2a2t2解得t21.6 s在此时间内，滑块位移x1v1t2a1t木板的位移x2v2t2a2txx1x2联立解得x1.6 m2 m因此滑块没有从木板上滑落，滑块与木板相对静止时距木板右端的距离为dlx0.4 m。8【解析】(1)f1mg5 N，向左(或者是与运动方向相反)。(2)若在右端共速，对物块对木板与C整体 联立解得：若不从左端滑下，对C与木板的整体，则有联立解得： kg故C的质量应满足的条件为：。