牛顿运动定律的应用(教师)

1、牛顿运动定律的应用一 动力学中的图象问题1动力学中常见的图象vt图象、xt图象、Ft图象、Fa图象等2解决图象问题的关键：(1)看清图象的横、纵坐标所表示的物理量及单位并注意坐标原点是否从零开始。(2)理解图象的物理意义，能够抓住图象的一些关键点，如斜率、截距、面积、交点、拐点等，判断物体的运动情况或受力情况，再结合牛顿运动定律求解1、受水平外力F作用的物体，在粗糙水平面上做直线运动，其vt图线如图4所示，则()A在0t1内，外力F大小不断增大B在t1时刻，外力F为零C在t1t2内，外力F大小可能不断减小D在t1t2内，外力F大小可能先减小后增大解析由图象可知，在0t1内物体做a减小的加速运动

2、，t1时刻a减小为零由a可知，F逐渐减小，最终FFf，故A、B错误在t1t2内，物体做a增大的减速运动，由a可知，至物体速度减为零之前，F有可能是正向逐渐减小，也有可能F先沿正向减小到零后又向负向增大，故C、D正确答案CD2“蹦极”就是跳跃者把一端固定的长弹性绳绑在踝关节等处，从几十米高处跳下的一种极限运动某人做蹦极运动，所受绳子拉力F的大小随时间t变化的情况如图5所示将蹦极过程近似为在竖直方向上的运动，重力加速度为g.据图可知，此人在蹦极过程中的最大加速度约为()Ag B2g C3g D4g答案B解析蹦极过程中，经过足够长的时间后，人不再上下振动，而是停在空中，此时绳子拉力F等于人的重力mg

3、，由Ft图线可以看出，F0mg；在人上下振动的过程中，弹力向上，重力向下，当人在最低点时，弹力达到一个周期中的最大值，在第一个周期中，弹力最大为FmF03mg，故最大加速度为am2g.选项B正确3如图所示，一长木板在水平地面上运动，在某时刻(t0)将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上在物块放到木板上之后，木板运动的速度时间图象可能是下列选项中的()答案A解析在未达到相同速度之前，木板的加速度为mg·2mgma1a13g达到相同速度之后，木板的加速度为·

4、2mgma2a22g由加速度可知，图象A正确分析图象问题时常见的误区(1)没有看清横、纵坐标所表示的物理量及单位(2)没有注意坐标原点是否从零开始(3)不清楚图线的点、斜率、面积等的物理意义(4)忽视对物体的受力情况和运动情况的分析4将力传感器A固定在光滑水平桌面上，测力端通过轻质水平细绳与滑块相连，滑块放在较长的小车上如图7甲所示，传感器与计算机相连接，可获得力随时间变化的规律一水平轻质细绳跨过光滑的定滑轮，一端连接小车，另一端系沙桶，整个装置开始处于静止状态现在向沙桶里缓慢倒入细沙，力传感器采集的Ft图象如图乙所示则()图7A2.5s前小车做变加速运动B2.5s后小车做变加速运动C2.5s

5、前小车所受摩擦力不变D2.5s后小车所受摩擦力不变答案BD解析当倒入细沙较少时，M处于静止状态，对M受力分析有绳子拉力等于m对M的静摩擦力在满足M静止的情况下，缓慢加细沙，绳子拉力变大，m对M的静摩擦力逐渐变大，由图象得出2.5s前M都是静止的，A、C选项错误；2.5s后M相对于m发生滑动，m对M的摩擦力为滑动摩擦力Ffmg保持不变，D项正确；M运动后继续倒入细沙，绳子拉力发生变化，小车将做变加速运动，B项正确二连接体问题1整体法的选取原则2隔离法的选取原则3整体法、隔离法的交替运用5、如图所示，一夹子夹住木块，在力F作用下向上提升夹子和木块的质量分别为m、M，夹子与木块两侧间的最大静摩擦力均

6、为f，若木块不滑动，力F的最大值是()图7A.B.C.(mM)gD.(mM)g解析由题意知，当M恰好不能脱离夹子时，M受到的摩擦力最大，F取最大值，设此时提升的加速度为a，由牛顿第二定律得，对M有：2fMgMa对m有：F2fmgma联立两式解得F，选项A正确答案A变式题组5放在粗糙水平面上的物块A、B用轻质弹簧测力计相连，如图8所示，两物块与水平面间的动摩擦因数均为，今对物块A施加一水平向左的恒力F，使A、B一起向左匀加速运动，设A、B的质量分别为m、M，则弹簧测力计的示数为()A. B.C.M D.M答案B解析先以A、B整体为研究对象，它们受到竖直向下的重力(Mm)g，竖直向上的支持力FN(

7、Mm)g，水平向左的拉力F，水平向右的摩擦力FfFN(Mm)g.对A、B整体受力分析得FFf(Mm)a.再以B为研究对象，其受力为竖直向下的重力Mg，竖直向上的支持力FNMg，水平向左的弹簧拉力F，水平向右的摩擦力FfFNMg.由牛顿第二定律得到：FFfFMgMa，ag，将代入整理得：F，所以选项B正确6如图所示，细线的一端系一质量为m的小球，另一端固定在倾角为的光滑斜面体顶端，细线与斜面平行在斜面体以加速度a水平向右做匀加速直线运动的过程中，小球始终静止在斜面上，小球受到细线的拉力T和斜面的支持力FN分别为(重力加速度为g)()ATm(gsinacos)FNm(gcosasin)BTm(gc

8、osasin)FNm(gsinacos)CTm(acosgsin)FNm(gcosasin)DTm(asingcos)FNm(gsinacos)答案A解析小球受力如图所示，由牛顿第二定律得水平方向：TcosFNsinma竖直方向：TsinFNcosmg解以上两式得Tm(gsinacos)FNm(gcosasin)所以正确选项为A.7五个质量相等的物体置于光滑的水平面上，如图3所示现向右施加大小为F、方向水平向右的恒力，则第2个物体对第3个物体的作用力等于()A.F B.F C.F D.F答案C解析设每个物体的质量为m，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律有F5ma，解得整体的加速度a；以物体3、

9、4、5为研究对象，根据牛顿第二定律，第2个物体对第3个物体的作用力F3maF，C正确8如图5所示，物体A、B质量分别为m1、m2，物块C在水平推力作用下，三者相对静止，一起向右以a5m/s2的加速度匀加速运动，不计各处摩擦，取g10 m/s2，则m1m2为()A12B13C21D31答案C解析设A、B间细绳的拉力大小为FT，则有FTm2g，对A根据牛顿第二定律得：FTm1a，解得，所以选项C正确9.如图所示，质量分别为m1、m2的两个物体通过轻弹簧连接，在力F的作用下一起沿水平方向做匀加速直线运动(m1在光滑地面上，m2在空中)已知力F与水平方向的夹角为.则m1的加速度大小为()A.B.C.D

10、.答案A解析把m1、m2看做一个整体，在水平方向上加速度相同，由牛顿第二定律可得：Fcos(m1m2)a，所以a，选项A正确三动力学两类基本问题【例2】如图3所示，在倾角37°的足够长的固定斜面上，有一质量m1 kg的物体，物体与斜面间的动摩擦因数0.2，物体受到沿平行于斜面方向向上的轻绳的拉力F9.6 N的作用，从静止开始运动，经2 s绳子突然断了，求绳断后经多长时间物体速度的大小达到22 m/s。(sin 37°0.6，取g10 m/s2)图3稳拿满分，三步走第一步：运动过程分析第一个过程：在最初2 s内做初速度为零的匀加速直线运动第二个过程：从撤去力F开始到速度减为零

11、的匀减速直线运动第三个过程：从最高点开始沿斜面向下的初速度为零的匀加速直线运动第二、三步：受力分析列得分方程第一个过程Fmgsin 37°Ffma1FfFNFNmgcos 37°第二个过程mgsin 37°Ffma2第三个过程mgsin 37°Ffma3规范解答第一过程：甲在最初2 s内，物体在F9.6 N的拉力作用下，从静止开始沿斜面做匀加速直线运动，受力分析如图甲所示。沿斜面方向有Fmgsin Ffma1沿垂直斜面方向有FNmgcos 且FfFN由式得a12 m/s22 s末绳断时，物体的瞬时速度v1a1t14 m/s第二过程：乙从撤去F到物体继续沿

12、斜面向上运动达到速度为零的过程，设此过程物体运动时间为t2，加速度大小为a2沿斜面方向有mgsin 37°Ffma2根据运动学公式得v1a2t2由得t20.53 s第三过程：丙物体从运动的最高点沿斜面下滑，设第三阶段物体加速度大小为a3，所需时间为t3。由对物体的受力分析得mgsin 37°Ffma3由运动学公式得v3a3t3由得t35 s综上所述，从绳断到物体速度达到22 m/s所经历的总时间tt2t30.53 s5 s5.53 s。答案5.53 s解决动力学两类问题的基本思路【变式训练】2在研究汽车性能时，让质量为2 000 kg的汽车在平直的公路上进行实验，在汽车车厢

13、顶部悬挂一小球，并让汽车做匀速直线运动，小球相对汽车静止时悬线竖直，然后关闭发动机，发现小球与竖直方向的最大夹角为15°，若汽车在紧急制动时，发现小球与竖直方向的最大夹角为30°(tan 15°0.268，tan 30°0.577，g10 m/s2)。(1)汽车紧急制动时的制动力为多大？(制动力是指由于刹车而增加的阻力，不包含运动过程中所受阻力)(2)若此汽车在高速公路上以90 km/h的速度行驶，司机的反应时间为0.8 s，该汽车行车时应保持的安全距离为多大？(结果取整数)解析(1)根据题意可得小球受力情况如图，由图可知，汽车关闭发动机时对小球由牛顿第

14、二定律可得mgtan 15°ma1对汽车同理有FfMa1汽车紧急制动时对小球由牛顿第二定律得mgtan 30°ma2设汽车紧急制动时的制动力为F，同理有FFfMa2联立可得F6 180 N。(2)由(1)问可知a25.77 m/s2由题可知v025 m/s，t0.8 s在高速公路遇紧急情况停车的安全距离等于反应距离与刹车距离之和即有xv0t联立以上各式得x74 m。答案(1)6 180 N(2)74 m10动力学方法的应用航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器，其质量m0.5kg，动力系统提供的恒定升力F8N，试飞时，飞行器从地面由静止开始竖直上升，设飞行器飞行时所受的阻力大小不

15、变，g取10m/s2.(1)第一次试飞，飞行器飞行t16s时到达高度H36m，求飞行器所受阻力大小(2)第二次试飞，飞行器飞行t25s时遥控器出现故障，飞行器立即失去升力，求飞行器能达到的最大高度h.(计算结果保留小数点后两位有效数字)(3)第二次试飞中，为了使飞行器不致坠落地面，求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间t3.(计算结果保留两位有效数字)答案见解析解析(1)设飞行器所受阻力为Ff.第一次试飞时，设加速度为a1由Ha1t，得a12m/s2由牛顿第二定律有FmgFfma1代入数据得Ff2N(2)第二次试飞时，设失去升力时的速度为v1，上升的高度为h1h1a1t×2×

16、;52 m25 mv1a1t22×5 m/s10 m/s设失去升力后的加速度为a2，上升的高度为h2由牛顿第二定律有mgFfma2，所以a214m/s2h2mm3.57m所以hh1h228.57m.(3)设失去升力后下降阶段加速度为a3，由牛顿第二定律有mgFfma3，则a36m/s2设恢复升力后加速度为a4，恢复升力时速度为v3，则有FmgFfma4，即a410m/s2所以h又因为v3a3t3，联立解得t32.4s10某运动员做跳伞训练，他从悬停在空中的直升机上由静止跳下，跳离飞机一段时间后打开降落伞减速下落他打开降落伞后的速度图线如图9(a)所示降落伞用8根对称的绳悬挂运动员，每

17、根绳与中轴线的夹角均为37°，如图(b)所示已知运动员的质量为50kg，降落伞的质量也为50kg，不计运动员所受的阻力，打开伞后伞所受阻力Ff与速度v成正比，即Ffkv(g取10m/s2，sin37°0.6，cos37°0.8)图9求：1）k的值2)打开伞瞬间运动员的加速度a;3)悬绳能够承受的拉力至少为多少？解析以运动员和降落伞整体为研究对象，系统受两个力的作用，即重力和阻力，以竖直向上为正方向，由题图(a)可知：2mgkv匀，又v匀5m/s，故k200 N·s/m，选项A错误；在打开伞的瞬间，对运动员和降落伞整体由牛顿第二定律可得kv02mg2ma，

18、所以a30m/s2，方向竖直向上，选项B正确；设每根绳的拉力为FT，以运动员为研究对象有8FTcosmgma，FT312.5N，11一氢气球的质量m0.2kg，在无风的天气，氢气球在轻绳的牵引下静止在空中，此时轻绳的拉力F10N星期天，某儿童带氢气球到公园玩耍，休息时为了防止气球飞掉，他把轻绳系到一质量M4kg的木块上，如图10所示，木块与水平地面间的动摩擦因数0.3.当有水平方向风吹来，气球受到水平风力Fkv(k为一常数，v为风速)，当风速v13m/s时木块在地面上恰好静止木块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g10 m/s2.求： (1)气球受到的浮力；(2)若风速v26m/s，木块开始运

19、动时的加速度大小答案(1)12N，方向竖直向上(2)2.14m/s2解析(1)无风时气球在竖直方向受重力、绳的拉力和浮力，三力平衡，则有F浮mgF0，解得F浮12N，方向竖直向上(2)当v13m/s时对整体受力分析F1kv1在水平方向上F1Ff0在竖直方向上F浮FN(mgMg)0又知FfFN得：Ff9N，k3N·s/m若v26m/s时，F2kv218N，由牛顿第二定律有：F2Ff(mM)a得：a2.14m/s26在风洞实验室里，一根足够长的均匀直细杆与水平面成37°固定，质量为m1 kg的小球穿在细杆上静止于细杆底端O，如图6甲所示。开启送风装置，有水平向右的恒定风力F作用

20、于小球上，在t12 s 时刻风停止。小球沿细杆运动的部分vt图象如图乙所示，取g10 m/s2，sin 37°0.6，cos 37°0.8，忽略浮力。求： (1)小球在02 s内的加速度a1和25 s内的加速度a2；(2)小球与细杆间的动摩擦因数和水平风力F的大小。解析(1)取沿杆向上为正方向，由图乙可知在02 s内：a115 m/s2(方向沿杆向上)在25 s内：a210 m/s2(方向沿杆向下)(2)有风力时的上升过程，对小球受力分析有Fcos (mgcos Fsin )mgsin ma1停风后的上升阶段，有mgcos mgsin ma2综上解得0.5，F50 N答案(

21、1)15 m/s2，方向沿杆向上；10 m/s2，方向沿杆向下(2)0.550 N如图甲所示，质量为m2 kg的物体在水平面上向右做直线运动。过A点时给物体一个水平向左的恒力F并开始计时，选水平向右为速度的正方向，通过速度传感器测出物体的瞬时速度，所得vt图象如图乙所示。取重力加速度g10 m/s2。求：(1)力F的大小和物体与水平面间的动摩擦因数；(2)10 s末物体离A点的距离。解析(1)设物体向右做匀减速直线运动的加速度大小为a1，则由题中vt图象得a12 m/s2根据牛顿第二定律有，Fmgma1设物体向左做匀加速直线运动的加速度为a2，则由题中vt图象得a21 m/s2根据牛顿第二定律

22、得Fmgma2联立解得：F3 N，0.05(2)设10 s末物体离A点的距离为d，d应为vt图象与横轴所围的面积，则d m m2 m负号表示物体在A点左侧答案(1)3 N0.05(2)2 m7如图7甲所示，长木板B固定在光滑水平面上，可看做质点的物体A静止叠放在B的最左端。现用F6 N的水平力向右拉物体A，经过5 s物体A运动到B的最右端，其vt图象如图乙所示。已知A、B的质量分别为1 kg、4 kg，A、B间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g10 m/s2。图7(1)求物体A、B间的动摩擦因数；(2)若B不固定，求A运动到B的最右端所用的时间。解析(1)根据vt图象可知物体A的加速度为aA m

23、/s22 m/s2以A为研究对象，根据牛顿第二定律可得FmAgmAaA解得0.4(2)由题图乙可知木板B的长度为l×5×10 m25 m若B不固定，则B的加速度为aB m/s21 m/s2设A运动到B的最右端所用的时间为t，根据题意可得aAt2aBt2l解得t7.07 s。答案(1)0.4(2)7.07 s解析(1)根据vt图象可知物体A的加速度为aA m/s22 m/s2以A为研究对象，根据牛顿第二定律可得FmAgmAaA解得0.4(2)由题图乙可知木板B的长度为l×5×10 m25 m若B不固定，则B的加速度为aB m/s21 m/s2设A运动到B的

24、最右端所用的时间为t，根据题意可得aAt2aBt2l解得t7.07 s。答案(1)0.4(2)7.07 s四动力学中的临界极值问题第5课时(小专题)动力学中常考的物理模型物理问题依赖于一定的物理模型，中学阶段涉及的物理模型众多，其中动力学中比较典型的有斜面模型，等时圆模型、传送带模型和滑块滑板模型等，一般情况下，熟练地运用牛顿第二定律处理这些模型背景下的物理问题，是我们能力的体现。模型一斜面模型1模型特征物理中的斜面，通常不是题目的主体，而只是一个载体，即处于斜面上的物体通常才是真正的主体，斜面既可能光滑，也可以粗糙；既可能固定，也可以运动。2思维模板【典例1】(2014·全国大纲卷

25、，19)一物块沿倾角为的斜坡向上滑动，当物块的初速度为v时，上升的最大高度为H，如图1所示；当物块的初速度为时，上升的最大高度记为h。重力加速度大小为g。物块与斜坡间的动摩擦因数和h分别为()图1Atan 和 B(1)tan 和Ctan 和 D(1)tan 和解析设物块与斜坡间的动摩擦因数为，则物块沿斜坡上滑时：mgsin mgcos ma加速度大小agcos gsin 当物块的初速度为v时，由运动学公式知v22a当物块的初速度为时，由运动学公式知()22a由两式得h由两式得(1)tan 。答案D【变式训练】1为了使雨滴能尽快地淌离房顶，要设计好房顶的高度，设雨滴沿房顶下淌时做无初速度无摩擦的

26、运动，那么如图所示的四种情况中符合要求的是()解析设屋檐的底角为，底边长为2L(不变)。雨滴做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得加速度agsin ，位移大小xat2，而x，2sin cos sin 2，联立以上各式得t。当45°时，sin 21为最大值，时间t最短，故选项C正确。答案C模型二等时圆模型1模型特征 图2(1)质点从竖直圆环上沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到环的最低点所用时间相等，如图2甲所示；(2)质点从竖直圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到下端所用时间相等，如图2乙所示；(3)两个竖直圆环相切且两环的竖直直径均过切点，质点沿不同的光滑弦上端由静止开始

27、滑到下端所用时间相等，如图2丙所示。2思维模板【典例2】如图3所示，在倾角为的斜面上方的A点处旋转一光滑的木板AB，B端刚好在斜面上，木板与竖直方向AC所成角度为，一小物块由A端沿木板由静止滑下，要使物块滑到斜面的时间最短，则与的角的大小关系()图3A B C2 D解析如图所示，在竖直线AC上选取一点O，以适当的长度为半径画圆，使该圆过A点，且与斜面相切于D点。由等时圆模型的特点知，由A点沿斜面滑到D点所用时间比由A点到达斜面上其他各点所用时间都短。将木板下端与D点重合即可，而COD，则。答案B【变式训练】2如图4所示，光滑细杆BC、DC和AC构成矩形ABCD的两邻边和对角线，ACBCDC54

28、3，AC杆竖直，各杆上分别套有一质点小球a、b、d，a、b、d三小球的质量比为123，现让三小球同时从各杆的顶点由静止释放，不计空气阻力，则a、b、d三小球在各杆上滑行的时间之比为()图4A111 B543C589 D123解析本题考查等时圆知识，亦可用牛顿运动定律结合运动学知识解析，意在考查考生灵活选用物理规律解答物理问题的能力。由题可知A、B、C、D恰好在以AC为直径的圆上，且C为最低点，由等时圆知识可知三小球在杆上运行时间相等，A对。答案A模型三传送带模型1模型特征(1)水平传送带模型项目图示滑块可能的运动情况情景1(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速情景2(1)v0>v时，可

29、能一直减速，也可能先减速再匀速(2)v0<v时，可能一直加速，也可能先加速再匀速情景3(1)传送带较短时，滑块一直减速达到左端(2)传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端。其中v0>v返回时速度为v，当v0<v返回时速度为v0(2)倾斜传送带模型项目图示滑块可能的运动情况情景1(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速情景2(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速(3)可能先以a1加速后以a2加速2.思维模板【典例3】(多选)(2014·四川卷，7)如图5所示，水平传送带以速度v1匀速运动，小物体P、Q由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，t0时刻P在传送带左端具有速度v

30、2，P与定滑轮间的绳水平，tt0时刻P离开传送带。不计定滑轮质量和摩擦，绳足够长。正确描述小物体P速度随时间变化的图象可能是()图5解析设P与传送带之间的滑动摩擦力为Ff，绳子的拉力为FT，P物体的运动图象可能为(1)v1v2且FfFT时，P从右端离开，如图甲所示； 甲 乙(2)v2<v1且FfFT，P先匀加速运动，再匀速，P从右端离开，如图乙所示；(3)v2>v1若FT>Ff，先以a1减速运动，再以a2减速运动，减速到0，再反向加速，P从左端离开，如图丙所示；丙若FT<Ff时，先以a1减速运动，再以v1匀速运动，P从右端离开，如图丁所示。丁从以上分析可知选项B、C正确

31、。答案BC分析传送带问题的关键是判断摩擦力的方向。要注意抓住两个关键时刻：一是初始时刻，根据物体速度v物和传送带速度v传的关系确定摩擦力的方向，二是当v物v传时，判断物体能否与传送带保持相对静止。【变式训练】3如图6所示为粮袋的传送装置，已知A、B两端间的距离为L，传送带与水平方向的夹角为，工作时运行速度为v，粮袋与传送带间的动摩擦因数为，正常工作时工人在A端将粮袋放到运行中的传送带上。设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度大小为g。关于粮袋从A到B的运动，以下说法正确的是()图6A粮袋到达B端的速度与v比较，可能大，可能小或也可能相等B粮袋开始运动的加速度为g(sin cos )，若

32、L足够大，则以后将以速度v做匀速运动C若tan ，则粮袋从A端到B端一定是一直做加速运动D不论大小如何，粮袋从A端到B端一直做匀加速运动，且加速度agsin 解析若传送带较短，粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达B端时的速度小于v；若tan ，则粮袋先做匀加速运动，当速度与传送带的速度相同后，做匀速运动，到达B端时速度与v相同；若tan ，则粮袋先做加速度为g(sin sin )的匀加速运动，当速度与传送带相同后做加速度为g(sin sin )的匀加速运动，到达B端时的速度大于v，选项A正确；粮袋开始时速度小于传送带的速度，相对传送带的运动方向是沿传送带向上，所以受到沿传送带向下的滑动摩擦

33、力，大小为mgcos ，根据牛顿第二定律得加速度ag(sin cos )，选项B错误；若tan ，粮袋从A到B可能一直是做匀加速运动，也可能先匀加速运动，当速度与传送带的速度相同后，做匀速运动，选项C、D均错误。答案A模型四滑块滑板模型1模型特征上、下叠放两个物体，并且两物体在摩擦力的相互作用下发生相对滑动。2思维模板【典例4】如图7所示，物块A、木板B的质量均为m10 kg，不计A的大小，B板长L3 m。开始时A、B均静止。现使A以某一水平初速度从B的最左端开始运动。已知A与B、B与水平面之间的动摩擦因数分别为10.3和20.1，g取10 m/s2。图7(1)若物块A刚好没有从B上滑下来，则

34、A的初速度多大？(2)若把木板B放在光滑水平面上，让A仍以(1)问中的初速度从B的最左端开始运动，则A能否与B脱离？最终A和B的速度各是多大？解析(1)A在B上向右匀减速运动，加速度大小a11g3 m/s2木板B向右匀加速运动，加速度大小a21 m/s2由题意知，A刚好没有从B上滑下来，则A滑到B最右端时和B速度相同，设为v，得时间关系：t位移关系：L解得v02 m/s。(2)木板B放在光滑水平面上，A在B上向右匀减速运动，加速度大小仍为a11g3 m/s2B向右匀加速运动，加速度大小a23 m/s2设A、B达到相同速度v时A没有脱离B，由时间关系解得v m/sA的位移xA3 mB的位移xB1

35、 m由xAxB2 m可知A没有与B脱离，最终A和B的速度相等，大小为 m/s。答案(1)2 m/s(2)没有脱离 m/s m/s【变式训练】4如图8所示，质量为M的长木板，静止放置在粗糙水平地面上，有一个质量为m、可视为质点的物块，以某一水平初速度从左端冲上木板。从物块冲上木板到物块和木板达到共同速度的过程中，物块和木板的vt图象分别如图中的折线acd和bcd所示 ，a、b、c、d点的坐标为a(0,10)、b(0,0)、c(4,4)、d(12,0)。根据vt图象，(g取10 m/s2)求：图8(1)物块冲上木板做匀减速直线运动的加速度大小a1，木板开始做匀加速直线运动的加速度大小a2，达到相同

36、速度后一起匀减速直线运动的加速度大小a；(2)物块质量m与长木板质量M之比；(3)物块相对长木板滑行的距离x。解析(1)物块冲上木板做匀减速直线运动的加速度大小为a1 m/s21.5 m/s2木板开始做匀加速直线运动的加速度大小为a2 m/s21 m/s2达到相同速度后一起匀减速直线运动的加速度大小为a m/s20.5 m/s2。(2)物块冲上木板匀减速时：1mgma1木板匀加速时：1mg2(Mm)gMa2速度相同后一起匀减速，对整体2(Mm)g(Mm)a解得。(3)由vt图象知，物块在木板上相对滑行的距离x×10×4 m20 m。答案(1)1.5 m/s21 m/s20.

37、5 m/s2(2)32(3)20 m1如图9所示，位于竖直平面内的固定光滑圆环轨道与水平面相切于M点，与竖直墙相切于A点。竖直墙上另一点B与M的连线和水平面的夹角为60°，C是圆环轨道的圆心。已知在同一时刻a、b两球分别由A、B两点从静止开始沿光滑倾斜直轨道AM、BM运动到M点；c球由C点自由下落到M点。则()图9Aa球最先到达M点Bb球最先到达M点Cc球最先到达M点Db球和c球都可能最先到达M点解析如图所示，令圆环半径为R，则c球由C点自由下落到M点用时满足Rgt，所以tc；对于a球令AM与水平面成角，则a球下滑到M用时满足AM2Rsin gsin ·t，即ta2；同理b

38、球从B点下滑到M点用时也满足tb2(r为过B、M且与水平面相切于M点的竖直圆的半径，rR)。综上所述可得tbtatc。答案C2如图10甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行。初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的vt图象(以地面为参考系)如图乙所示。已知v2>v1，则()图10At2时刻，小物块离A处的距离达到最大Bt2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大C0t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左D0t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用解析小物块对地速度为零时，即t1时刻，

39、向左离开A处最远，t2时刻，小物块相对传送带静止，此时不再相对传送带滑动，所以从开始到此刻，它相对传送带滑动的距离最大，A错误、B正确。0t2时间内，小物块受到的摩擦力为滑动摩擦力，方向始终向右，大小不变，t2时刻以后小物块相对传送带静止，与传送带一起以速度v1匀速运动，不再受摩擦力作用，C、D错误。答案B3一质量m0.5 kg的滑块以一定的初速度冲上一倾角37°的足够长的斜面。某同学利用传感器测出了滑块冲上斜面过程中多个时刻的瞬时速度，并用计算机作出了滑块上滑过程的vt图象，如图11所示。(最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin 37°0.6，cos 37°0.8，

40、g10 m/s2)图11(1)求滑块与斜面间的动摩擦因数；(2)判断滑块最后能否返回斜面底端。若能返回，求出返回斜面底端时的速度大小；若不能返回，求出滑块停在什么位置。解析(1)由图象可知，滑块的加速度大小：a m/s210 m/s2滑块冲上斜面过程中根据牛顿第二定律，有mgsin mgcos ma代入数据解得0.5。(2)滑块速度减小到零时，重力的下滑分力大于最大静摩擦力，滑块能再下滑返回到斜面底端由匀变速直线运动的规律，滑块向上运动的位移x5 m滑块下滑过程中根据牛顿第二定律，有mgsin mgcos ma，得a2 m/s2由匀变速直线运动的规律，滑块返回底端的速度v2 m/s。答案(1)

41、0.5(2)能2 m/s4(2014·兰州市模拟)如图12所示，有一水平传送带匀速向左运动，某时刻将一质量为m的小煤块(可视为质点)放到长为L的传送带的中点。它与传送带间的动摩擦因数为，求：图12(1)小煤块刚开始运动时受到的摩擦力的大小和方向；(2)要使小煤块留在传送带上的印记长度不超过，传送带的速度v应满足的条件。解析(1)小煤块受到的摩擦力大小Ffmg，方向水平向左。(2)依题意，由牛顿第二定律得，小煤块的加速度ag设小煤块刚滑到传送带左端时速度正好与传送带速度相等，大小为v，由vat，得t小煤块位移x1at2联立得x1g·传送带位移x2vt由空间关系得x2x1<

42、;联立得<，则v<。答案(1)mg水平向左(2)v<5如图13所示，薄板A长L5 m，其质量M5 kg，放在水平桌面上，板右端与桌边相齐。在A上距右端s3 m处放一物体B(可看成质点)，其质量m2 kg。已知A、B间动摩擦因数10.1，A与桌面间和B与桌面间的动摩擦因数均为20.2，原来系统静止。现在在板的右端施加一大小一定的水平力F持续作用在A上直到将A从B下抽出才撤去，且使B最后停于桌的右边缘。(g取10 m/s2)求：图13(1)B运动的时间；(2)力F的大小。解析(1)对于B，在未离开A时，其加速度为：aB11 m/s2设经过时间t1后B离开A，离开A后B的加速度为：

43、aB22 m/s2设物体B离开A时的速度为vB有vBaB1t1和aB1ts代入数据解得t12 st21 s所以B运动的时间是：tt1t23 s。(2)设A的加速度为aA，则根据相对运动的位移关系得aAtaB1tLs解得：aA2 m/s2由牛顿第二定律得F1mg2(mM)gMaA代入数据得：F26 N。答案(1)3 s(2)26 N基本技能练1物块m在静止的传送带上匀速下滑时，传送带突然转动，传送带转动的方向如图1中箭头所示。则传送带转动后()图1A物块将减速下滑B物块仍匀速下滑C物块受到的摩擦力变小D物块受到的摩擦力变大解析当传送带静止时，物块匀速下滑，物块受力平衡可得：mgsin mgcos

44、 ；当传送带转动起来时，由于物块与传送带之间运动方向相反，可判断物块所受的滑动摩擦力方向并没有发生变化，仍然沿斜面向上，大小仍为mgcos ，物块受力仍然是平衡的，所以物块仍匀速下滑。答案B2如图2所示，在光滑平面上有一静止小车，小车上静止地放置着一小物块，物块和小车间的动摩擦因数为0.3，用水平恒力F拉动小车，设物块的加速度为a1和小车的加速度为a2。当水平恒力F取不同值时，a1与a2的值可能为(当地重力加速度g取10 m/s2)()图2Aa12 m/s2，a23 m/s2Ba13 m/s2，a22 m/s2Ca15 m/s2，a23 m/s2Da13 m/s2，a25 m/s2解析由受力分

45、析可知物块的加速度取决于M对物块的摩擦力，即Ffma1，且Ff的最大值为Ffmmg，即a1的最大值为a1mg3 m/s2。当二者相对静止一起加速时，a1a23 m/s2。当F较大时，m与M发生相对滑动，a13 m/s2，a23 m/s2，综上述只有选项D符合题意。答案D如图甲是某景点的山坡滑道图片，为了探究滑行者在滑道直线部分AE滑行的时间，技术人员通过测量绘制出如图乙所示的示意图。AC是滑道的竖直高度，D点是AC竖直线上的一点，且有ADDE10 m，滑道AE可视为光滑，滑行者从坡顶A点由静止开始沿滑道AE向下做直线滑动，g取10 m/s2，则滑行者在滑道AE上滑行的时间为()A. s B2

46、s C. s D2 s解析A、E两点在以D为圆心半径为R10 m的圆上，在AE上的滑行时间与沿AD所在的直径自由下落的时间相同，t2 s，选B。答案B3(多选)如图3所示，水平传送带A、B两端相距x4 m，以v04 m/s的速度(始终保持不变)顺时针运转，今将一小煤块(可视为质点)无初速度地轻放至A端，由于煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕。已知煤块与传送带间的动摩擦因数0.4，取重力加速度大小g10 m/s2，则煤块从A运动到B的过程中()图3A煤块从A运动到B的时间是2.25 sB煤块从A运动到B的时间是1.5 sC划痕长度是0.5 mD划痕长度是2 m解析根据牛顿第二定律，

47、煤块的加速度a4 m/s2，煤块运动到速度与传送带相等时的时间t11 s，位移大小x1at2 mx，此后煤块与传送带以相同的速度匀速运动直至B端，所以划痕长度即为煤块相对于传送带的位移大小，即sv0t1x12 m，选项D正确、C错误；x2xx12 m，匀速运动的时间t20.5 s，运动的总时间tt1t21.5 s，选项B正确、A错误。答案BD如图所示，物体从倾角为的斜面顶端由静止释放，它滑到底端时速度大小为v1；若它由斜面顶端沿竖直方向自由落下，末速度大小为v，已知v1是v的k倍，且k1。求：物体与斜面间的动摩擦因数。解析设斜面长为x，高为h，物体下滑过程受到的摩擦力为Ff，由于物体沿斜面匀加

48、速下滑，设加速度为a，则由牛顿第二定律可得 mgsin Ffma，Ffmgcos 所以ag(sin cos )由运动规律可知v2ax2xg(sin cos )，v22gh由题意：v1kv解得：(1k2)tan 。答案(1k2)tan 4(多选) (2014·哈尔滨九中四模)三角形传送带以1 m/s的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2 m，且与水平方向的夹角均为37°。现有两小块物A、B从传送带顶端都以1 m/s的初速度沿传送带下滑，物块与传送带间的动摩擦因数均为0.5，下列说法正确的是()图4A物块A先到达传送带底端B物块A、B同时到达传送带底端C物块A、B运动的加速度大小不同D物块A、B在传送带上的划痕长度不相同解析A、B受力情况相同，均受重力、支持力、沿斜面向上的摩擦力，故A、B的加速度相同，运动时间相同，将同时到达底端，故选项A、C错，B正确；由于小物块A与传送带的运动方向相同，小物块B与传送带的运动方向相反，故物块A、B在传送带上的划痕长度不相同，选项D正确。答案BD(多选)(2014·湖北黄冈中学检测)某大型游乐场内的新型滑梯可以等效为如图所示的物理模型。一个小朋友在AB段的动摩擦因数1<tan ，在BC段的动摩擦因数为2>tan ，他从A点开始下滑，滑到C