16.如圖所示,將小砝碼放在桌面上的薄紙板上,若砝碼和紙板的質(zhì)量分別為M和m,各接觸面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ,砝碼到紙板左端的距離和到桌面右端的距離均為d.現(xiàn)用水平向右的恒定拉力F拉動(dòng)紙板,下列說(shuō)法正確的是( 。
A.紙板相對(duì)砝碼運(yùn)動(dòng)時(shí),紙板所受摩擦力的大小為μ(M+m)g
B.要使紙板相對(duì)砝碼運(yùn)動(dòng),F(xiàn)一定大于μ(M+m)g
C.若砝碼與紙板分離時(shí)的速度小于$\sqrt{μgd}$,砝碼不會(huì)從桌面上掉下
D.當(dāng)F=2μ(2M+4m)g時(shí),砝碼恰好到達(dá)桌面邊緣

分析 應(yīng)用摩擦力公式求出紙板與砝碼受到的摩擦力,然后求出摩擦力大。鶕(jù)牛頓第二定律求出加速度,要使紙板相對(duì)于砝碼運(yùn)動(dòng),紙板的加速度應(yīng)大于砝碼的加速度,然后求出拉力的最小值.
根據(jù)牛頓第二定律分析求出砝碼的加速度,求出剛好達(dá)到桌面邊緣的時(shí)間,根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解紙板的加速度,再根據(jù)牛頓第二定律求解拉力大小進(jìn)行比較.

解答 解:A、對(duì)紙板分析,當(dāng)紙板相對(duì)砝碼運(yùn)動(dòng)時(shí),所受的摩擦力μ(M+m)g+μMg,故A錯(cuò)誤.
B、設(shè)砝碼的加速度為a1,紙板的加速度為a2,
則有:f1=Ma1,F(xiàn)-f1-f2=ma2
發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)需要a2>a1
代入數(shù)據(jù)解得:F>2μ(M+m)g,故B錯(cuò)誤.
C、若砝碼與紙板分離時(shí)的速度小于$\sqrt{μgd}$,砝碼勻加速運(yùn)動(dòng)的位移小于$\frac{{v}^{2}}{2a}=\frac{μgd}{2μg}=\fracpl5z7pb{2}$,勻減速運(yùn)動(dòng)的位移也小于$\fracf7bnjnp{2}$,則總位移小于d,不會(huì)從桌面掉下,故C正確.
D、砝碼恰好運(yùn)動(dòng)到桌邊緣時(shí),其加速和減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等均為t,
根據(jù)牛頓第二定律可得:a1=μg,
根據(jù)位移時(shí)間關(guān)系可得:$\frac{1}{2}{a}_{1}{t}^{2}×2=d$,
解得:t=$\sqrt{\fracnf5xjvz{μg}}$;
對(duì)紙板根據(jù)位移時(shí)間關(guān)系可得:$\frac{1}{2}{a}_{2}{t}^{2}-\frac{1}{2}{a}_{1}{t}^{2}=d$,解得:a2=3μg,
根據(jù)牛頓第二定律可得:F-μ(M+m)g-μMg=ma2,
解得:F=μ(2M+4m)g,所以D錯(cuò)誤;
故選:C.

點(diǎn)評(píng) 對(duì)于牛頓第二定律的綜合應(yīng)用問(wèn)題,關(guān)鍵是弄清楚物體的運(yùn)動(dòng)過(guò)程和受力情況,利用牛頓第二定律或運(yùn)動(dòng)學(xué)的計(jì)算公式求解加速度,再根據(jù)題目要求進(jìn)行解答;知道加速度是聯(lián)系靜力學(xué)和運(yùn)動(dòng)學(xué)的橋梁.

練習(xí)冊(cè)系列答案
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A.物體受的合外力一直在變小
B.加速度不斷變小,速度不斷變小
C.加速度先變大后變小,速度先變小后變大
D.加速度先變小后變大,速度先變大后變小

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