发布时间 : 星期三 文章2020版新一线高考物理二轮专题复习艺术专用课时作业：专题一 力与运动 2更新完毕开始阅读1882b69edf3383c4bb4cf7ec4afe04a1b171b040
A．滑块A的质量m＝1.5 kg B．木板B的质量M＝1.5 kg
C．当F＝5 N时，木板B的加速度a＝4 m/s2 D．滑块A与木板B间的动摩擦因数μ＝0.1
解析：AC [由图乙知，当F＝4 N时，A、B相对静止，加速度a＝2 m/s2.对整体分析：F－μmg
F＝(m＋M)a，解得m＋M＝2 kg.当F＞4 N时，A、B发生相对滑动，对B有：a＝＝
M1μmg1ΔaF－，由图像可知，图线的斜率k＝＝＝2 kg－1，解得M＝0.5 kg，则滑块A质量MMMΔF1m＝1.5 kg，故A正确，B错误．将F＞4 N所对图线反向延长线与F轴交点坐标代入a＝MμmgF－，解得μ＝0.2，故D错误．根据F＝5 N＞4 N时，滑块与木块相对滑动，B的加速
M1mg
度aB＝F－μ＝4 m/s2，故C正确．]
MM
11．如图所示，足够长的倾角θ＝37°的斜面与水平地面在P点平滑连接，通过轻绳连接的A、B两物体静置于水平地面上，质量分别为m1＝2 kg，m2＝4 kg，此时轻绳处于水平状态且无拉力，物体A与接触面之间的动摩擦因数均为μ1＝0.5，物体B与接触面之间的动摩擦因数均为μ2＝0.75.对物体B施加水平恒力F＝76 N，使两物体一起向右加速运动，经过时间t＝2 s物体B到达斜面底端P点，此时撤去恒力F.若两物体均可视为质点，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.
(1)求两物体加速时轻绳上的张力T；
(2)物体A进入斜面后，两物体恰好不相撞，求轻绳的长度L. 解析：(1)两物体加速时对整体研究有 F－μ1m1g－μ2m2g＝(m1＋m2)a 对A物体有T－μ1m1g＝m1a 解得T＝22 N，a＝6 m/s2
(2)当B物体到达P点时二者速度v＝at＝12 m/s 之后B物体沿斜面向上滑行，有 m2gsin θ＋μ2m2gcos θ＝m2a2 v2
B物体上滑距离s＝ 2a2
A物体先在水平面上减速滑行，有μ1m1g＝m1a1
2滑行到P点时速度设为v1，有v21－v＝－2a1L
A物体滑上斜面后，有m1gsin θ＋μ1m1gcos θ＝m1a1′
因在斜面上A物体的加速度小于B物体的加速度，所以与物体B刚好不相撞，其上滑的最大距离与B的相同，则有v21＝2a1′s，解得L＝2.4 m
答案：(1)22 N (2)2.4 m
12．如图甲所示，质量M＝4 kg且足够长的木板静止在光滑的水平面上，在木板的中点放一个质量m＝4 kg，大小可忽略的铁块，铁块与木板之间的动摩擦因数μ＝0.2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．铁块和木板开始均静止，从t＝0时刻起铁块受到水平向右、大
小如图乙所示的拉力F的作用，F作用的时间为6 s，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)铁块和木板在0～2 s内的加速度大小． (2)铁块在6 s内的位移大小．
(3)从开始运动到铁块和木板相对静止，它们的相对位移大小．
解析：(1)在0～2 s内，由牛顿第二定律，对铁块有F－μmg＝ma1，代入数据解得铁块的加速度大小为a1＝3 m/s2；对木板有μmg＝Ma2，代入数据解得木板的加速度大小为a2＝2 m/s2.
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(2)t1＝2 s时，铁块运动的位移x1＝a1t1＝6 m，木板运动的位移x2＝a2t2＝4 m,2 s末铁
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块的速度v1＝a1t1＝6 m/s，木板的速度v2＝a2t1＝4 m/s,2 s后，由牛顿第二定律，对铁块有F－μmg＝ma′1，解得a′1＝1 m/s2，对木板有μmg＝Ma′2，代入数据解得a′2＝2 m/s2.设再经过t2时间铁块和木板达到共同速度v，则v＝v1＋a′1t2＝v2＋a′2t2，代入数据解得t2＝2 s，v＝8 m/s.在t2时间内，铁块运动的位移x′1＝
v1＋v
t＝14 m，木板运动的位移x′222
v2＋v＝t＝12 m．F作用的最后2 s内，铁块和木板相对静止，一起以初速度v＝8 m/s做匀
22加速直线运动，由牛顿第二定律，对铁块和木板组成的整体有F＝(m＋M)a，代入数据解得12
a＝1.5 m/s2，最后2 s内铁块和木板运动的位移均为x3＝vt3＋at3＝19 m，所以铁块在6 s内
2运动的位移大小为x铁＝x1＋x′1＋x3＝39 m.
(3)铁块和木板相对静止前木板运动的总位移为x木＝x2＋x′2＝16 m，铁块和木板的相
对位移大小为x1＋x′1－x木＝4 m.
答案：(1)3 m/s2 2 m/s2 (2)39 m (3)4 m