题目内容
12.质量为m0=20kg、长为L=2m的木板放在水平面上,木板与水平面的动摩擦因数为μ1=0.1.将质量m=10kg的小木块(可视为质点),以v0=4m/s的速度从木板的左端水平抛射到木板上(如图所示),小木块与木板面的动摩擦因数为μ2=0.4(最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g=10m/s2).则以下判断中正确的是( )A. | 木板一定静止不动,小木块不能滑出木板 | |
B. | 木板一定静止不动,小木块能滑出木板 | |
C. | 木板一定向右滑动,小木块不能滑出木板 | |
D. | 木板一定向右滑动,小木块能滑出木板 |
分析 比较小物块对木板摩擦力与地面对木板摩擦力的大小,从而判断出木板能否保持静止,然后对小物块进行分析,综合牛顿第二定律和运动学公式判断其能否从木板右端滑出.
解答 解:m对${m}_{0}^{\;}$的摩擦力${f}_{1}^{\;}={μ}_{2}^{\;}mg=0.4×100=40N$
地面对${m}_{0}^{\;}$的摩擦力${f}_{2}^{\;}={μ}_{1}^{\;}(m+{m}_{0}^{\;})g=0.1×(10+20)×10$=30N
因为${f}_{1}^{\;}>{f}_{2}^{\;}$,所以木板一定向右运动
对m,由牛顿第二定律${a}_{1}^{\;}=\frac{{f}_{1}^{\;}}{m}={μ}_{2}^{\;}g=4m/{s}_{\;}^{2}$
对${m}_{0}^{\;}$,由牛顿第二定律有${a}_{2}^{\;}=\frac{{f}_{1}^{\;}-{f}_{2}^{\;}}{{m}_{0}^{\;}}=\frac{40-30}{20}=0.5m/{s}_{\;}^{2}$
设经过时间t,小木块和木板速度相等
${v}_{0}^{\;}-{a}_{1}^{\;}t={a}_{2}^{\;}t$
即:4-4t=0.5t
得$t=\frac{8}{9}s$
共同速度$v=0.5×\frac{8}{9}=\frac{4}{9}m/s$
小木块的位移${x}_{1}^{\;}=\frac{{v}_{0}^{\;}+v}{2}t=\frac{4+\frac{4}{9}}{2}×\frac{8}{9}=\frac{160}{81}m$
木板的位移${x}_{2}^{\;}=\frac{v}{2}t=\frac{\frac{4}{9}}{2}×\frac{8}{9}=\frac{16}{81}m$
小木块相对木板的位移$△x={x}_{1}^{\;}-{x}_{2}^{\;}=\frac{144}{81}<L=2m$,所以小木块不能滑出长木板
故选:C
点评 解决本题的关键能正确地进行受力分析,结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解.
A. | 两物块沿斜面下滑到地面的时间相等 | |
B. | 在下滑过程中,任一时刻两物块的速度大小相等 | |
C. | 在下滑过程中,两物块的重力所做的功相等 | |
D. | 在下滑到地面的瞬间两物块的重力的功率相等 |
A. | 越接近河中央水流速度越小 | |
B. | 越接近河岸水流速度越大 | |
C. | 无论水流速度是否变化,这种渡河方式耗时最短 | |
D. | 该船渡河的时间会受到水流速度变化的影响 |
A. | 该小球做的是自由落体运动 | |
B. | 阳台距地面的高度为72m | |
C. | 该小球运动的加速度为g=10m/s2 | |
D. | 该小球从开始运动到落地用的时间为3s |
A. | 0~h1过程中,小球的动能可能在增加 | |
B. | 0~h1过程中,升降机对小球的支持力一定做正功 | |
C. | h1~h2过程中,小球的重力势能可能不变 | |
D. | h1~h2过程中,小球的动能可能不变 |
A. | 该简谐横波的周期为0.3s | |
B. | 该简谐横波的波速等于5m/s | |
C. | t=0.6s时,质点C在平衡位置处且向上运动 | |
D. | 经t=1.2s,该波传播到x轴上的质点D | |
E. | 当质点E第一次出现在波峰位置时,质点B恰好出现在波谷位置 |
A. | 4N | B. | 2N | C. | $\sqrt{3}$ N | D. | 2$\sqrt{3}$N |