【物理】2020届二轮复习专题三牛顿运动定律作业

【物理】2020届二轮复习专题三牛顿运动定律作业

专题三　牛顿运动定律 高考命题规律 ‎2020年高考必备 ‎2015年 ‎2016年 ‎2017年 ‎2018年 ‎2019年 Ⅰ卷 Ⅱ卷 Ⅰ卷 Ⅱ卷 Ⅲ卷 Ⅰ卷 Ⅱ卷 Ⅲ卷 Ⅰ卷 Ⅱ卷 Ⅲ卷 Ⅰ卷 Ⅱ卷 Ⅲ卷 考点一 牛顿运动定律的理解 ‎18‎ ‎20‎ 考点二 两类动力学问题 ‎20‎ ‎20‎ ‎24‎ ‎15‎ ‎19‎ ‎20‎ 考点三 牛顿运动定律的综合应用 ‎25‎ ‎25‎ ‎25‎ ‎21‎ ‎25‎ ‎24、25‎ 考点四 实验:验证牛顿第二定律 ‎23‎ ‎22‎ 考点一　牛顿运动定律的理解 命题角度1(储备)应用牛顿第三定律转换研究对象　‎ ‎【典题】重力为G的体操运动员在进行自由体操比赛时,有如图所示的比赛动作,当运动员竖直倒立保持静止状态时,两手臂对称支撑,夹角为θ,则(　　)‎ A.当θ=60°时,运动员单手对地面的正压力大小为G‎2‎ B.当θ=120°时,运动员单手对地面的正压力大小为G C.当θ不同时,运动员受到的合力不同 D.当θ不同时,运动员与地面之间的相互作用力不相等 答案A 解析以运动员为研究对象,受到重力和地面对两只手的支持力,运动员处于静止状态,每只手受到的支持力大小都等于‎1‎‎2‎G,和夹角θ无关,根据牛顿第三定律可知,运动员单手对地面的正压力大小为‎1‎‎2‎ G,A正确,B错误;运动员受到的合力始终为零,C错误;由牛顿第三定律知两物体间的相互作用力大小永远相等,D错误.‎ 转换研究对象的解题方法 如果不能直接求解物体受到的某个力时,可先求它的反作用力,即利用牛顿第三定律转换研究对象,转换研究对象后所求的力与待求力是“等大”的,因此问题得以巧妙地解决.如求压力时可先求支持力;在许多问题中,摩擦力的求解亦是如此.‎ 命题角度2加速度与力的关系　‎ 高考真题体验·对方向 ‎1.(多选)(2016全国Ⅰ·18)一质点做匀速直线运动.现对其施加一恒力,且原来作用在质点上的力不发生改变,则(　　)‎ A.质点速度的方向总是与该恒力的方向相同 B.质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直 C.质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同 D.质点单位时间内速率的变化量总是不变 答案BC 解析匀速直线运动的质点加一恒力后,合力即该恒力,质点做匀变速运动,根据牛顿第二定律F=ma,可知C选项正确;由加速度定义式a=ΔvΔt可知单位时间内速度的变化量总是不变,速率的变化量不一定相等,选项D错误;质点的速度方向不一定与该恒力的方向相同,选项A错误;某一时刻恒力方向与速度方向垂直时,速度方向立即改变,而恒力方向不会改变,所以速度方向不可能总是与该恒力的方向垂直,选项B正确.‎ ‎2.‎ ‎(多选)(2016全国Ⅲ·20)如图,一固定容器的内壁是半径为R的半球面;在半球面水平直径的一端有一质量为m ‎ 的质点P.它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中,克服摩擦力做的功为W.重力加速度大小为g.设质点P在最低点时,向心加速度的大小为a,容器对它的支持力大小为FN,则(　　)‎ ‎ 　　　　　　　　　　　　　‎ A.a=‎2(mgR-W)‎mR B.a=‎‎2mgR-WmR C.FN=‎3mgR-2WR D.FN=‎‎2(mgR-W)‎R 答案AC 解析质点P由静止滑到最低点过程由动能定理得 mgR-W=‎1‎‎2‎mv2①‎ 在最低点时有a=v‎2‎R②‎ 联立①②解得a=‎2(mgR-W)‎mR,‎ 由牛顿第二定律得FN-mg=mv‎2‎R③‎ 联立①③解得FN=‎3mgR-2WR,所以选项A、C正确,B、D错误.‎ 合力、加速度、速度之间的关系判定 ‎(1)不管速度是大还是小,只要合力不为零,物体一定有加速度.‎ ‎(2)a=ΔvΔt是加速度的定义式,a与Δv、Δt无必然联系;a=Fm是加速度的决定式,a∝F,a∝‎1‎m,加速度的方向一定与合力的方向相同.‎ ‎(3)合力与速度同向时,物体加速运动;合力与速度反向时,物体减速运动.‎ 典题演练提能·刷高分 ‎1.‎ 如图所示,小明将叠放在一起的A、B两本书抛给小强,已知A的质量为m,重力加速度为g,两本书在空中不翻转,不计空气阻力,则A、B在空中运动时(　　)‎ A.A的加速度等于g B.B的加速度大于g C.A对B的压力等于mg D.A对B的压力大于mg 答案A 解析A、B在空中运动时,A、B处于完全失重状态,A、B之间没有作用力,A、B的加速度均为重力加速度,故A正确,BCD错误.‎ ‎2.在向右匀速运动的小车内,用细绳a和b系住一个小球,绳a处于斜向上的方向,拉力为Fa,绳b处于水平方向,拉力为Fb,如图所示.现让小车向右做匀减速运动,此时小球相对于车厢的位置仍保持不变,则两根细绳的拉力变化情况是(　　)‎ A.Fa变大,Fb不变 B.Fa变小,Fb变小 C.Fa不变,Fb变大 D.Fa不变,Fb变小 答案C 解析小车向右做匀减速运动时,小球相对于车厢的位置仍保持不变,故对小球受力分析可知,Fa的竖直分量大小仍等于mg,Fa不变,Fa的水平分量也不变,而加速度水平向左,故Fb变大,C正确.‎ ‎3.如图所示,小车在水平地面上向右做匀速直线运动,车内A、B两物体叠放在一起,因前方有障碍物,为避免相撞,小车刹车制动,在小车整个运动的过程中,A、B两物体始终保持相对静止且随小车一起运动,则下列说法正确的是(　　)‎ A.在小车匀速运动过程中,A、B两物体间存在摩擦力 B.在小车匀速运动过程中,B物体相对小车有向右运动的趋势 C.在小车刹车制动过程中,A相对B一定有沿斜面向上运动的趋势 D.在小车刹车制动过程中,A、B两物体间一定存在着沿斜面方向上的摩擦力 答案A 解析小车匀速运动时,A、B处于平衡状态,B相对小车无运动趋势,且由受力分析可知,A、B两物体间一定存在摩擦力,故A对,B错;小车刹车制动过程中由于加速度大小未知,A、B间相对运动趋势方向不能确定,所以C、D错误.‎ 命题角度3(储备)牛顿第二定律瞬时性的理解　‎ ‎【典题】(多选)如图所示,质量为2 kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上面,质量为3 kg的物体B用细线悬挂并恰好与A物体相互接触.g取10 m/s2.某时刻将细线剪断,则细线剪断瞬间(　　)‎ A.弹簧的弹力大小为30 N B.物体B的加速度大小为10 m/s2‎ C.物体A的加速度大小为6 m/s2‎ D.物体A对物体B的支持力大小为12 N 答案CD 解析弹簧的弹力大小不会瞬间变化,故剪断细线的瞬间,弹力大小不变,仍为20 N,A错误;A、B有共同加速度,a=GA‎+GB-‎FxmA‎+‎mB‎=‎‎20+30-20‎‎5‎ m/s2=6 m/s2,B错误,C正确;以B为研究对象,mBg-FN=mBa,FN=mB(g-a)=3×4 N=12 N,D正确.‎ 瞬时问题的分析方法 ‎(1)分析物体的瞬时问题,关键是弄清瞬时前后的受力情况和运动状态的变化情况,正确分析该时刻的受力,然后再由牛顿第二定律求出瞬时加速度.‎ ‎(2)分析此类问题应特别注意绳或线类、弹簧或橡皮绳类模型的特点.‎ ‎①轻绳、轻杆或接触面——不发生明显形变就能产生弹力的物体,剪断(或脱离)后,其弹力立即消失,不需要形变恢复时间;‎ ‎②轻弹簧、轻橡皮绳——两端同时连接(或附着)有物体的弹簧或橡皮绳,特点是形变量大,其形变恢复需要较长时间,在瞬时性问题中,其弹力的大小往往可以看成保持不变.‎ 典题演练提能·刷高分 ‎1.‎ 如图所示,质量为m的小球被非弹性绳A和B系住,其中B绳水平,下列说法正确的是(　　)‎ A.平衡时水平绳的拉力为mgsin α B.剪断水平绳,斜绳的拉力不变 C.剪断水平绳,小球的加速度为gsin α D.剪断斜绳,小球的加速度为gtan α 答案C 解析对小球受力分析,平衡时水平绳的拉力为mgtan α,A错误;平衡时斜绳的拉力为mgcosα,剪断水平绳,斜绳的拉力为mgcos α,B错误;剪断水平绳,小球的加速度为a=mgsinαm=gsin α,C正确;剪断斜绳,小球只受重力,小球的加速度为g,故D错误.‎ ‎2.如图所示,水平面上放有三个木块A、B、C,质量均为m=1 kg,A、C与地面间的接触面光滑,B与地面间的动摩擦因数μ=0.1,A、B之间用轻弹簧相连,B、C之间用轻绳相连.现在给C一个水平向右的大小为4 N的拉力F,使A、B、C三个木块一起以相同的加速度向右做匀加速直线运动.某一时刻撤去拉力F,则撤去力F的瞬间,轻绳中的张力FT为(重力加速度g取10 m/s2)(　　)‎ A.0 B.1 N C.2 N D.3 N 答案B 解析在拉力作用下对整体由牛顿第二定律可得 F-μmg=3ma 解得a=1 m/s2.‎ 弹簧上的弹力不能瞬间变化,设弹力大小为F',对A由牛顿第二定律可得F'=ma=1×1 N=1 N 当撤去外力后,把B、C作为整体由牛顿第二定律可知F'+μmg=2ma'‎ 解得a'=1 m/s2,方向向左.‎ 对C受力分析由牛顿第二定律可得F″=ma'=1 N,故B正确.‎ ‎3.‎ ‎(多选)如图所示,一辆平板小车静止在光滑水平面上,车上固定由正六边形的三边构成的槽型容器ABCD,光滑小球静止在容器内且与AB、BC和CD边都接触.现使小车以加速度a向左做匀加速直线运动.g为重力加速度.则(　　)‎ A.若AB和CD边对小球的作用力都为零,则a=‎3‎g B.若AB和CD边对小球的作用力都为零,则a=‎3‎‎3‎g C.若AB边对小球的作用力为零,则BC和CD边对球的作用力大小相等 D.若AB边对小球的作用力为零,则BC和CD边对球的作用力大小之差为一定值 答案AD 解析当AB、CD边对小球的作用力都为零时,对小球进行受力分析可知,a=mgtan60°‎m‎=‎‎3‎g,A正确,B错误;当AB边对小球的作用力为零时,对小球进行受力分析可知,竖直方向上FBCcos 60°-FCDcos 60°=mg,故D正确,C错误.‎ ‎4.‎ ‎(多选)如图所示,在动摩擦因数μ=0.2的水平面上有一个质量m=1 kg的小球,小球一端与水平轻弹簧相连,另一端与竖直方向成θ=45°角的不可伸长的轻绳相连,此时小球处于静止状态,且水平面对小球的弹力恰好为零.在剪断轻绳的瞬间(g取10 m/s2).下列说法中正确的是(　　)‎ A.小球受力个数不变 B.小球立即向左运动,且a=8 m/s2‎ C.小球立即向左运动,且a=10 m/s2‎ D.若剪断的是弹簧,则剪断瞬间小球加速度为零 答案BD 解析在剪断轻绳前,小球受重力、绳子的拉力以及弹簧的弹力处于平衡状态,根据共点力平衡得,弹簧的弹力F=mgtan 45°=10×1 N=10 N,弹簧处于伸长状态.剪断轻绳的瞬间,弹簧的弹力仍然为10 N,小球此时受重力、支持力、弹簧弹力和摩擦力四个力作用,小球的受力个数发生改变,故A错误;剪断轻绳时,小球所受的最大静摩擦力为Ff=μmg=0.2×10 N=2 N,根据牛顿第二定律得,小球的加速度为a=F-‎Ffm‎=‎‎10-2‎‎1‎ m/s2=8 m/s2.合力方向向左,所以向左运动,故B正确,C错误.若剪断弹簧,则在剪断的瞬间,轻绳对小球的拉力瞬间为零,此时小球受重力和支持力作用,所受的合力为零,则小球的加速度为零,故D正确.‎ 考点二　两类动力学问题 命题角度1已知运动(受力)求受力(运动)　‎ 高考真题体验·对方向 ‎1.(多选)(2019全国Ⅲ·20)如图(a),物块和木板叠放在实验台上,物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连,细绳水平.t=0时,木板开始受到水平外力F的作用,在t=4 s时撤去外力.‎ 细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图(b)所示,木板的速度v与时间t的关系如图(c)所示.木板与实验台之间的摩擦可以忽略.重力加速度取10 m/s2.由题给数据可以得出(　　)‎ A.木板的质量为1 kg B.2 s~4 s内,力F的大小为0.4 N C.0~2 s内,力F的大小保持不变 D.物块与木板之间的动摩擦因数为0.2‎ 答案AB 解析对物块受力分析可知,细绳对物块的拉力f等于木板与物块间的摩擦力.由题图(b)可知,滑动摩擦力Ff=0.2 N,设木板质量为m木,对木板:4~5 s内的加速度a2=ΔvΔt=-‎0.2‎‎1‎ m/s2=-0.2 m/s2,-Ff=m木a2,可求得m木=1 kg,A正确.对木板:2~4 s内,F-Ff=m木a1,a1=0.2 m/s2,求得F=0.4 N,B正确.对木板:0~2 s,拉力F与静摩擦力Ff静平衡,F=Ff静=kt,C错误.物块质量未知,无法求正压力,无法求动摩擦因数μ,D错误.‎ ‎2.‎ ‎(2018全国Ⅰ·15)如图,轻弹簧的下端固定在水平桌面上,上端放有物块P,系统处于静止状态.现用一竖直向上的力F作用在P上,使其向上做匀加速直线运动.以x表示P离开静止位置的位移,在弹簧恢复原长前,下列表示F和x之间关系的图象可能正确的是(　　)‎ 答案A 解析 选物块P为研究对象进行受力分析,根据牛顿第二定律F+FN-mg=ma,系统原处于静止状态,则F0=ma,F由开始随x增加,FN变小,F变大,选项A正确.‎ ‎3.(2017全国Ⅱ·24)为提高冰球运动员的加速能力,教练员在冰面上与起跑线相距s0和s1(s1mgsin 30°=‎1‎‎2‎mg,所以以后工件与皮带保持相对静止,做匀速直线运动,故A正确,BCD均错误.‎ ‎2.如图所示,半径R=1.6 m的光滑半圆形轨道固定于竖直平面内,下端与传送带相切于B点,水平传送带上A、B两端点间距L=16 m,传送带以v0=10 m/s的速度顺时针运动,将质量m=1 kg的小滑块(可视为质点)放到传送带上,滑块与传送带间的动摩擦因数μ=0.4,g取10 m/s2.‎ ‎(1)将滑块在传送带A端由静止释放,求滑块由释放到第一次经过B端时所需时间;‎ ‎(2)若滑块仍由静止释放,要想滑块能通过圆轨道的最高点C,求滑块在传送带上释放的位置范围;‎ ‎(3)若将滑块在传送带中点处释放,同时沿水平方向给滑块一初速度,使滑块能通过圆轨道的最高点C,求此初速度满足的条件.‎ 答案(1)2.85 s　(2)在A端与距A端6 m的范围内任何一个位置　(3)v1≥4 m/s,水平向右;4 m/s≤v2≤8 m/s,水平向左 解析(1)对滑块受力分析,由牛顿第二定律得μmg=ma 由运动学得v0=at1‎ 解得t1=2.5 s.‎ 设滑块速度达到v0时经过的位移为x1‎ 由运动学得x1=‎1‎‎2‎at‎1‎‎2‎=12.5 m 设滑块匀速运动的位移为x2,x2=L-x1=3.5 m 则滑块匀速运动的时间为t2=x‎2‎v‎0‎=0.35 s 所需时间为t=t1+t2=2.85 s ‎(2)由牛顿运动定律得mg=mvC‎2‎R 由机械能守恒得‎1‎‎2‎mvB‎2‎-‎1‎‎2‎mvC‎2‎=2mgR 解得滑块通过B点的速度至少为vB=4‎5‎ m/s 由运动学得vB‎2‎=2ax 解得x=10 m 滑块在A端与距A端6 m的范围内任何一个位置释放均可到达半圆轨道的最高点C处 ‎(3)若给滑块一水平向右的初速度v1,由运动学公式得vB‎2‎‎-‎v‎1‎‎2‎=2a·‎L‎2‎ 解得v1=4 m/s,所以给滑块一水平向右的速度且需满足的条件v1≥4 m/s.‎ 若给滑块一水平向左的速度,只需让滑块向左减速滑行的距离在2 m~8 m的范围即可,‎ 由运动学公式可得v‎2‎‎2‎-0=2ax'　2≤x'≤8‎ 解得4 m/s≤v2≤8 m/s 所以给滑块一水平向左的速度且需满足的条件4 m/s≤v2≤8 m/s.‎ ‎3.‎ ‎(2019山东德州模拟)如图所示,传送带与地面夹角θ=37°,从A到B长度为L=10.25 m,传送带以v0=10 m/s的速率逆时针转动.在传送带上端A无初速地放置一质量为m=0.5 kg的黑色煤块,它与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.5.煤块在传送带上经过会留下黑色痕迹.已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2,求:‎ ‎(1)煤块从A到B的时间;‎ ‎(2)煤块从A到B的过程中传送带上形成痕迹的长度.‎ 答案(1)1.5 s　(2)5 m 解析(1)煤块刚放上传送带时,受到向下的摩擦力,其加速度为a1=mg(sinθ+μcosθ)‎m=g(sin θ+μcos θ)=10 m/s2,‎ 煤块加速到传送带速度v0所用的时间为t1=v‎0‎a‎1‎=1 s,‎ 其经过的路程为x1=‎1‎‎2‎a1t‎1‎‎2‎=5 m,‎ 因tan θ=‎3‎‎4‎>μ,所以煤块的速度达到v0后,受到向上的摩擦力,则 加速度为a2=mg(sinθ-μcosθ)‎m=g(sin θ-μcos θ)=2 m/s2,‎ 煤块以加速度a2运动的路程为x2=L-x1=5.25 m,‎ 其时间满足x2=v0t2+‎1‎‎2‎a2t‎2‎‎2‎,解得t2=0.5 s,‎ 煤块从A到B的时间为t=t1+t2=1.5 s.‎ ‎(2)第一过程煤块相对于传送带向后留下的痕迹长 Δx1=v0t1-x1=5 m,‎ 第二过程煤块相对于传送带向前留下的痕迹长 Δx2=x2-v0t2=0.25 m,‎ Δx2与Δx1部分重合,故痕迹总长为5 m.‎ 命题角度2板块运动、受力的综合分析　‎ 高考真题体验·对方向 ‎(2017全国Ⅲ·25)如图,两个滑块A和B的质量分别为mA=1 kg和mB=5 kg,放在静止于水平地面上的木板的两端,两者与木板间的动摩擦因数均为μ1=0.5;木板的质量为m=4 kg,与地面间的动摩擦因数为μ2=0.1.某时刻A、B两滑块开始相向滑动,初速度大小均为v0=3 m/s.A、B相遇时,A与木板恰好相对静止.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度大小g取10 m/s2.求 ‎(1)B与木板相对静止时,木板的速度;‎ ‎(2)A、B开始运动时,两者之间的距离.‎ 答案(1)1 m/s　(2)1.9 m 解析(1)滑块A和B在木板上滑动时,木板也在地面上滑动.设A、B和木板所受的摩擦力大小分别为Ff1、Ff2和Ff3,A和B相对于地面的加速度大小分别为aA和aB,木板相对于地面的加速度大小为a1.在物块B与木板达到共同速度前有 Ff1=μ1mAg①‎ Ff2=μ1mBg②‎ Ff3=μ2(m+mA+mB)g③‎ 由牛顿第二定律得 Ff1=mAaA④‎ Ff2=mBaB⑤‎ Ff2-Ff1-Ff3=ma1⑥‎ 设在t1时刻,B与木板达到共同速度,其大小为v1.由运动学公式有 v1=v0-aBt1⑦‎ v1=a1t1⑧‎ 联立①②③④⑤⑥⑦⑧式,代入已知数据得v1=1 m/s⑨‎ ‎(2)在t1时间间隔内,B相对于地面移动的距离为sB=v0t1-‎1‎‎2‎aBt‎1‎‎2‎⑩‎ 设在B与木板达到共同速度v1后,木板的加速度大小为a2.对于B与木板组成的体系,由牛顿第二定律有 Ff1+Ff3=(mB+m)a2‎ 由①②④⑤式知,aA=aB;再由⑦⑧式知,B与木板达到共同速度时,A的速度大小也为v1,但运动方向与木板相反.由题意知,A和B相遇时,A与木板的速度相同,设其大小为v2.设A的速度大小从v1变到v2所用的时间为t2,则由运动学公式,对木板有 v2=v1-a2t2‎ 对A有v2=-v1+aAt2‎ 在t2时间间隔内,B(以及木板)相对地面移动的距离为s1=v1t2-‎1‎‎2‎a2‎t‎2‎‎2‎ 在(t1+t2)时间间隔内,A相对地面移动的距离为 sA=v0(t1+t2)-‎1‎‎2‎aA(t1+t2)2‎ A和B相遇时,A与木板的速度也恰好相同.因此A和B开始运动时,两者之间的距离为 s0=sA+s1+sB 联立以上各式,并代入数据得s0=1.9 m ‎(也可用如图的速度—时间图线求解)‎ 滑板问题要分析“多物体、多过程、临界点”‎ 如图所示,滑板现象是指物块m在较长滑板M的上表面相对滑动或有相对滑动趋势的情景,分析解答需注意三点.‎ ‎(1)物块受外力或滑板受外力时,分析二者是否同步运动,在接触面处均存在最大静摩擦力μmg=ma的基本临界点.‎ ‎(2)对两物体一般使用隔离法,若二者加速度相等,也可用整体法分析两物体.一般应用运动规律、牛顿运动定律等,各物理量一般以地面为参考系.‎ ‎(3)正确应用物块与滑板在力、速度及加速度、几何长度、时间等各方面的相应关联.‎ 典题演练提能·刷高分 ‎1.如图甲所示,足够长的木板B静置于光滑水平面上,其上表面放置小滑块A.木板B在水平拉力F作用下,其加速度a随拉力F变化的关系图象如图乙所示,则小滑块A的质量为(　　)‎ ‎ 　　　　　　　　　　　　　‎ A.4 kg B.3 kg C.2 kg D.1 kg 答案C 解析设A、B的质量分别为m和M.‎ 当F=3 N时,加速度为:a=1 m/s2,‎ 对整体分析,由牛顿第二定律有:F=(M+m)a 代入数据计算得出:M+m=3 kg 当F>3 N时,A、B发生相对滑动,对B,根据牛顿第二定律得:F-μmg=Ma 则F=Ma+μmg,图线的斜率k=1 kg=M,‎ 故小滑块A的质量m=2 kg,C正确.‎ ‎2.如图所示,长木板静止于光滑水平地面上,滑块叠放在木板右端,现对木板施加水平恒力,使它们向右运动.当滑块与木板分离时,滑块相对地面的位移为x、速度为v.若只减小滑块质量,再次拉动木板,滑块与木板分离时(　　)‎ A.x变小,v变小 B.x变大,v变大 C.x变小,v变大 D.x变大,v变小 答案A 解析长木板和滑块做初速度为0的匀加速直线运动,根据牛顿第二定律得滑块的加速度a1=μg,长木板加速度a2=F-μmgM,由运动学公式可得滑块与木板分离时,滑块相对地面的位移为x=‎1‎‎2‎a1t2,滑块相对长木板的位移为L=‎1‎‎2‎a2t2-‎1‎‎2‎a1t2,滑块相对地面的速度为v=a1t,若只减小滑块质量,再次拉动木板,根据牛顿第二定律得滑块的加速度a1=μg不变,长木板加速度a2=F-μmgM变大,由滑块相对长木板的位移为L=‎1‎‎2‎a2t2-‎1‎‎2‎a1t2可得运动时间变小,滑块相对地面的位移为x=‎1‎‎2‎a1t2变小,滑块相对地面的速度为v=a1t变小,故A正确,BCD错误.故选A.‎ ‎3.‎ 如图所示,质量为M=3 kg的足够长的木板放在光滑水平地面上,质量为m=1 kg的物块放在木板上,物块与木板之间有摩擦,两者都以大小为4 m/s的初速度向相反方向运动.当木板的速度为3 m/s时,物块处于(　　)‎ A.匀速运动阶段 B.减速运动阶段 C.加速运动阶段 D.速度为零的时刻 答案B 解析物块和木板相对运动,物块和木板间有摩擦力Ff,所以物块做加速度a=Ffm的匀减速运动;木板做加速度a'=FfM‎=‎‎1‎‎3‎a的匀减速运动;故当木板速度为3 m/s时,物块速度为1 m/s,两者的速度方向不变,之后木板继续做减速运动,物块速度先减到零后反向做匀加速运动,木板继续减速,当木板和物块速度相同后,两者一起做匀速运动.故当木板的速度为3 m/s时,物块必处于匀减速运动阶段,所以B正确,ACD错误.‎ ‎4.‎ 一长轻质薄硬纸片置于光滑水平地面上,其上放质量均为1 kg的A、B两物块,A、B与薄硬纸片之间的动摩擦因数分别为μ1=0.3,μ2=0.2,水平恒力F作用在A物块上,如图所示.已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10 m/s2.下列说法正确的是(　　)‎ A.若F=1.5 N,则A物块所受摩擦力大小为1.5 N B.若F=8 N,则B物块的加速度为4.0 m/s2‎ C.无论力F多大,A与薄硬纸片都不会发生相对滑动 D.无论力F多大,B与薄硬纸片都不会发生相对滑动 答案C 解析物块A与硬纸片间的最大静摩擦力为FfA=μ1mAg=0.3×1×10 N=3 N,物块B与硬纸片间的最大静摩擦力为FfB=μ2mBg=0.2×1×10 N=2 N.若F=1.5 NFf1,所以木块运动时,木板静止不动.‎ 木块在左边第一块木板上的加速度为a1,由牛顿第二定律得μ1mg=ma1.‎ 设小木块滑上第二块木板的瞬时速度为v,‎ 由运动学关系式得:v2-v‎0‎‎2‎=-2a1l 代入数据解得:v=1 m/s ‎(2)木块滑上第二块木板后,设木板的加速度为a2,由牛顿第二定律得:μ1mg-μ2(M+m)g=Ma2‎ 设木块与木板达到相同速度v1时,运动时间为t 对木块:v1=v-a1t,对木板有:v1=a2t 解得:v1=0.1 m/s,t=0.3 s 此时木块运动的位移s1=v+‎v‎1‎‎2‎t=0.165 m,木板 的位移s1'=v‎1‎‎2‎‎2‎a‎2‎=0.015 m.‎ 木块在木板上滑动的长度为s1-s1'

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