2022年高考物理總復(fù)習(xí) 第三章 牛頓運動定律 能力課2 動力學(xué)中的“傳送帶、板塊”模型學(xué)案

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1、2022年高考物理總復(fù)習(xí) 第三章 牛頓運動定律 能力課2 動力學(xué)中的“傳送帶、板塊”模型學(xué)案 命題角度1　水平傳送帶問題 求解的關(guān)鍵在于對物體所受的摩擦力進行正確的分析判斷。物體的速度與傳送帶速度相等的時刻就是物體所受摩擦力發(fā)生突變的時刻。 【例1】　如圖1所示，水平長傳送帶始終以v勻速運動，現(xiàn)將一質(zhì)量為m的物體輕放于A端，物體與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為μ，AB長為L，L足夠長。問： 圖1 (1)物體從A到B做什么運動？ (2)當(dāng)物體的速度達(dá)到傳送帶速度v時，物體的位移多大？傳送帶的位移多大？ (3)物體從A到B運動的時間為多少？ (4)什么條件下物體從A到B所用時間最短？

2、 解析　(1)物體先做勻加速直線運動，當(dāng)速度與傳送帶速度相同時，做勻速直線運動。 (2)由v＝at和a＝μg，解得t＝ 物體的位移x1＝at2＝ 傳送帶的位移x2＝vt＝ (3)物體從A到B運動的時間為 t總＝＋＝＋ (4)當(dāng)物體從A到B一直做勻加速直線運動時，所用時間最短，所以要求傳送帶的速度滿足v≥。 答案　(1)先勻加速，后勻速　(2)　　(3)＋ (4)v≥ 【拓展延伸1】　若在【例1】中物體以初速度v0(v0≠v)從A端向B端運動，則： (1)物體可能做什么運動？ (2)什么情景下物體從A到B所用時間最短，如何求最短時間？ 解析　(1)①若v0

3、到傳送帶上時將做a＝μg的勻加速運動。假定物體一直加速到離開傳送帶，則其離開傳送帶時的速度為v′＝。顯然，若v0v，物體剛放到傳送帶上時將做加速度大小為a＝μg的勻減速運動。假定物體一直減速到離開傳送帶，則其離開傳送帶時的速度為v′＝。顯然，若v≤，則物體在傳送帶上將一直減速運動；若v0>v>，則物體在傳送帶上將先減速，后勻速運動。 (2)物體一直做勻減速直線運動時，從A到B所用時間最短，加速度大小a＝μg，由L＝v0t－μgt2可求最短時間。 答案　見解析 【拓展延伸2】　若在【例1】中

4、物體以初速度v0從B向A運動，則物體可能做什么運動？ 解析　物體剛放到傳送帶上時將做加速度大小為a＝μg的勻減速運動，假定物體一直減速到離開傳送帶，則其離開傳送帶時的速度為v′＝。顯然，若v0≥，則物體將一直做勻減速運動直到從傳送帶的另一端離開傳送帶；若v0<，則物體將不會從傳送帶的另一端離開，而是從進入端離開，其可能的運動情形有： ①先沿v0方向減速，再沿v0的反方向加速運動直至從進入端離開傳送帶； ②先沿v0方向減速，再沿v0的反方向加速，最后勻速運動直至從進入端離開傳送帶。 答案　見解析 命題角度2　傾斜傳送帶問題 求解的關(guān)鍵在于分析清楚物體與傳送帶的相對運動情況，從而確定其

5、是否受到滑動摩擦力作用。當(dāng)物體速度與傳送帶速度相等時，物體所受的摩擦力有可能發(fā)生突變。 【例2】　如圖2所示，傳送帶與地面夾角θ＝37°，AB長度為16 m，傳送帶以10 m/s的速率逆時針轉(zhuǎn)動。在傳送帶上端A無初速度地放一個質(zhì)量為0.5 kg的物體，它與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為0.5。求物體從A運動到B所需時間是多少？(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2) 圖2 解析　物體放在傳送帶上后，開始階段，由于傳送帶的速度大于物體的速度，傳送帶給物體一沿傳送帶向下的滑動摩擦力Ff，物體受力情況如圖甲所示。物體由靜止加速，由牛頓第二定律有mgsin θ＋μmg

6、cos θ＝ma1，得 a1＝10×(0.6＋0.5×0.8) m/s2＝10 m/s2。 物體加速至與傳送帶速度相等需要的時間t1＝＝ s＝1 s， 時間t1內(nèi)的位移x＝a1t＝5 m。 由于μ

7、2 s。 答案　2 s 【拓展延伸】　若【例2】中的傳送帶是順時針轉(zhuǎn)動的，則物體從A到B所需的時間是多少？ 解析　物體相對傳送帶向下滑，所受滑動摩擦力方向沿斜面向上，因為μ

8、圖3 (1)若給物塊施加一水平拉力F＝11 N，使物塊從靜止開始沿軌道向右運動，到達(dá)B點時撤去拉力，物塊在傳送帶靜止情況下剛好運動到C點，求傳送帶的長度； (2)在(1)問中，若將傳送帶繞B點逆時針旋轉(zhuǎn)37°后固定(AB段和BC段仍平滑連接)，要使物塊仍能到達(dá)C端，則在AB段對物塊施加拉力F′應(yīng)至少多大。 解析　(1)物塊在AB段：F－μmg＝ma1，a1＝6 m/s2 則到達(dá)B點時速度為vB，有vB＝＝2 m/s 滑上傳送帶有－μmg＝ma2，a2＝－5 m/s2 剛好到達(dá)C點，有－v＝2a2L，得傳送帶長度L＝2.4 m。 (2)將傳送帶傾斜，滑上傳送帶有 －mgsin 3

9、7°－μmgcos 37°＝ma3，a3＝－10 m/s2 物塊仍能剛好到C端，有－vB′2＝2a3L，vB′＝4 m/s 在AB段，有vB′2＝2ax，F(xiàn)′－μmg＝ma 聯(lián)立解得F′＝17 N。 答案　(1)2.4 m　(2)17 N 　[?？键c]“板塊”模型 1.分析“板塊”模型時要抓住一個轉(zhuǎn)折和兩個關(guān)聯(lián) 2.兩種類型 類型圖示 規(guī)律分析 木板B帶動物塊A，物塊恰好不從木板上掉下的臨界條件是物塊恰好滑到木板左端時二者速度相等，則位移關(guān)系為xB＝xA＋L 物塊A帶動木板B，物塊恰好不從木板上掉下的臨界條件是物塊恰好滑到木板右端時二者速度相等，則位移關(guān)系為x

10、B＋L＝xA 命題角度1　無外力F作用的“板塊”模型問題 【例3】　(2017·宜昌一模)如圖4所示，有兩個高低不同的水平面，高水平面光滑，低水平面粗糙。一質(zhì)量為5 kg、長度為2 m的長木板靠在高水平面邊緣A點，其表面恰好與高水平面平齊，長木板與低水平面間的動摩擦因數(shù)為0.05，一質(zhì)量為1 kg可視為質(zhì)點的滑塊靜止放置，距A點距離為3 m，現(xiàn)用大小為6 N、水平向右的外力拉滑塊，當(dāng)滑塊運動到A點時撤去外力，滑塊以此時的速度滑上長木板?；瑝K與長木板間的動摩擦因數(shù)為0.5，取g＝10 m/s2。求： 圖4 (1)滑塊滑動到A點時的速度大??； (2)滑塊滑動到長木板上時，滑塊和長木板

11、的加速度大小分別為多少？ (3)通過計算說明滑塊能否從長木板的右端滑出。 解析　(1)設(shè)滑塊在高水平面上的加速度為a， 根據(jù)牛頓第二定律有F＝ma 根據(jù)運動學(xué)公式有v2＝2aL0 代入數(shù)據(jù)解得v＝6 m/s。 (2)設(shè)滑塊滑動到長木板后，滑塊的加速度為a1，長木板的加速度為a2，根據(jù)牛頓第二定律， 對滑塊有μ1mg＝ma1 代入數(shù)據(jù)解得a1＝5 m/s2 對長木板有μ1mg－μ2(m＋M)g＝Ma2， 代入數(shù)據(jù)解得a2＝0.4 m/s2。 (3)設(shè)滑塊不滑出長木板，從滑塊滑上長木板到兩者相對靜止所用時間為t， 則：v－a1t＝a2t 代入數(shù)據(jù)解得t＝ s。 此過程中

12、滑塊的位移為x1＝vt－a1t2 長木板的位移為x2＝a2t2 x1－x2＝ m>L＝2 m 所以滑塊能從長木板的右端滑出。 答案　(1)6 m/s　(2)5 m/s2　0.4 m/s2　(3)見解析 命題角度2　有外力F作用的“板塊”模型問題 【例4】　(2017·河北石家莊模擬)(多選)如圖5甲所示，一質(zhì)量為M的長木板靜置于光滑水平面上，其上放置一質(zhì)量為m的小滑塊。木板受到水平拉力F作用時，用傳感器測出長木板的加速度a與水平拉力F的關(guān)系如圖乙所示，重力加速度g＝10 m/s2，下列說法正確的是(　　) 圖5 A.小滑塊的質(zhì)量m＝2 kg B.小滑塊與長木板之間的動摩擦

13、因數(shù)為0.1 C.當(dāng)水平拉力F＝7 N時，長木板的加速度大小為3 m/s2 D.當(dāng)水平拉力F增大時，小滑塊的加速度一定增大 解析　當(dāng)F＝6 N時，兩物體恰好具有最大共同加速度，對整體分析，由牛頓第二定律有F＝(M＋m)a，代入數(shù)據(jù)解得M＋m＝3 kg。當(dāng)F大于6 N時，兩物體發(fā)生相對滑動，對長木板有a＝＝－，圖線的斜率k＝＝1，解得M＝1 kg，滑塊的質(zhì)量m＝2 kg，選項A正確；滑塊的最大加速度a′＝μg＝2 m/s2，所以小滑塊與長木板之間的動摩擦因數(shù)為0.2，選項B錯誤；當(dāng)F＝7 N時，由a＝知長木板的加速度a＝3 m/s2，選項C正確；當(dāng)兩物體發(fā)生相對滑動時，滑塊的加速度a′＝μ

14、g＝2 m/s2，恒定不變，選項D錯誤。 答案　AC 命題角度3　斜面上的“板塊”模型問題 【例5】　(多選)如圖6所示，一質(zhì)量為M的斜面體靜止在水平地面上，斜面傾角為θ，斜面上疊放著A、B兩物體，物體B在沿斜面向上的力F的作用下沿斜面勻速上滑。若A、B之間的動摩擦因數(shù)為μ，μμmgcos θ，所以A、B一定相對滑動,選項A錯誤,B正確;選物

15、體B為研究對象，由牛頓第二定律得F－μmgcos θ－mgsin θ－μB·2mgcos θ＝0，μB＝，故選項C錯誤，D正確。 答案　BD 解決速度臨界問題的思維模板 　　　　　　 【變式訓(xùn)練2】　(2017·湖北三校聯(lián)考)有一項“快樂向前沖”的游戲可簡化如下：如圖7所示，滑板長L＝1 m，起點A到終點線B的距離s＝5 m。開始滑板靜止，右端與A平齊，滑板左端放一可視為質(zhì)點的滑塊，對滑塊施一水平恒力F使滑板前進。板右端到達(dá)B處沖線，游戲結(jié)束。已知滑塊與滑板間動摩擦因數(shù)μ＝0.5，地面視為光滑，滑塊質(zhì)量m1＝2 kg，滑板質(zhì)量m2＝1 kg，重力加速度g＝10 m/s2，求：

16、 圖7 (1)滑板由A滑到B的最短時間； (2)為使滑板能以最短時間到達(dá)，水平恒力F的取值范圍。 解析　(1)滑板一直加速時，所用時間最短。設(shè)滑板加速度為a2，f＝μm1g＝m2a2，a2＝10 m/s2，s＝，解得t＝1 s。 (2)剛好相對滑動時，水平恒力最小，設(shè)為F1，此時可認(rèn)為二者加速度相等， F1－μm1g＝m1a2， 解得F1＝30 N。 當(dāng)滑板運動到B點，滑塊剛好脫離時，水平恒力最大，設(shè)為F2，設(shè)滑塊加速度為a1， F2－μm1g＝m1a1， －＝L， 解得F2＝34 N。 則水平恒力大小范圍是30 N≤F≤34 N。 答案　(1)1 s　(2)30 N≤

17、F≤34 N “滑塊—滑板”模型 [題源：人教版必修1·P84·T7] 如圖4.5－13，粗糙的A、B長方體木塊疊在一起，放在水平桌面上，B木塊受到一個水平方向的力的牽引，但仍然保持靜止。問：B木塊受到哪幾個力的作用？ 圖4.5－13 拓展1　如圖8，光滑水平面上，水平恒力F作用在木塊上，長木板和木塊間無相對滑動，長木板質(zhì)量為M，木塊質(zhì)量為m。它們共同加速度為a，木塊與長木板間的動摩擦因數(shù)為μ，則在運動過程中(　　) 圖8 A.木塊受到的摩擦力一定是μmg B.木塊受到的合力為F C.長木板受到的摩擦力為μmg D.長木板受到的合力為 解析　整體的加速度a＝，

18、隔離長木板，受力分析，長木板所受的合力為 F合＝，且長木板所受的合力等于長木板所受的摩擦力。又長木板所受的摩擦力等于長木板對木塊的摩擦力，故選項A、C錯誤，D正確；木塊所受的合力F合′＝ma＝，故選項B錯誤。 答案　D 拓展2　(2017·南昌市二模)(多選)如圖9，一個質(zhì)量為m＝1 kg的長木板置于光滑水平地面上，木板上放有質(zhì)量分別為mA＝1 kg和mB＝2 kg的A、B兩物塊。A、B兩物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)都為μ＝0.2。若現(xiàn)用水平恒力F作用在A物塊上，取重力加速度g＝10 m/s2，滑動摩擦力等于最大靜摩擦力，則下列說法正確的是(　　) 圖9 A.當(dāng)F＝2 N時，A物塊

19、和木板開始相對滑動 B.當(dāng)F＝1 N時，A、B兩物塊都相對木板靜止不動 C.若F＝4 N，則B物塊所受摩擦力大小為 N D.若F＝6 N，則B物塊的加速度大小為1 m/s2 解析　假設(shè)A、B兩物塊一起運動，對整體有F＝(m＋mA＋mB)a，對B有fB＝mBa，且fB≤μmBg，對A有F－fA＝mAa，且fA≤μmAg，對B和木板整體fA＝(m＋mB)a，解得F≤ N，故選項A錯誤，B正確；當(dāng)F> N時，A與長木板相對運動，B和長木板一起運動，若F＝4 N，B和長木板一起運動，則μmAg＝(m＋mB)a1，fB1＝mBa1，解得fB1＝ N，故選項C正確；若F＝6 N，則B物塊加速度大小

20、為a1＝ m/s2，故選項D錯誤。 答案　BC 拓展3　(2017·全國卷Ⅲ，25)如圖10，兩個滑塊A和B的質(zhì)量分別為mA＝1 kg和mB＝5 kg，放在靜止于水平地面上的木板的兩端，兩者與木板間的動摩擦因數(shù)均為μ1＝0.5；木板的質(zhì)量為m＝4 kg，與地面間的動摩擦因數(shù)為μ2＝0.1。某時刻A、B兩滑塊開始相向滑動，初速度大小均為v0＝3 m/s。A、B相遇時，A與木板恰好相對靜止。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度大小g＝10 m/s2。求 圖10 (1)B與木板相對靜止時，木板的速度； (2)A、B開始運動時，兩者之間的距離。 解析　(1)滑塊A和B在木板上滑

21、動時，木板也在地面上滑動。設(shè)A、B和木板所受的摩擦力大小分別為f1、f2和f3，A和B相對于地面的加速度大小分別為aA和aB，木板相對于地面的加速度大小為a1。在物塊B與木板達(dá)到共同速度前有 f1＝μ1mAg① f2＝μ1mBg② f3＝μ2(m＋mA＋mB)g③ 由牛頓第二定律得 f1＝mAaA④ f2＝mBaB⑤ f2－f1－f3＝ma1⑥ 設(shè)在t1時刻，B與木板達(dá)到共同速度，其大小為v1。由運動學(xué)公式有 v1＝v0－aBt1⑦ v1＝a1t1⑧ 聯(lián)立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知數(shù)據(jù)得 v1＝1 m/s⑨ (2)在t1時間間隔內(nèi)，B相對于地面移動的距離為 sB＝

22、v0t1－aBt⑩ 設(shè)在B與木板達(dá)到共同速度v1后，木板的加速度大小為a2。對于B與木板組成的體系，由牛頓第二定律有 f1＋f3＝(mB＋m)a2? 由①②④⑤式知，aA＝aB；再由⑦⑧式知，B與木板達(dá)到共同速度時，A的速度大小也為v1，但運動方向與木板相反。由題意知，A和B相遇時，A與木板的速度相同，設(shè)其大小為v2。設(shè)A的速度大小從v1變到v2所用的時間為t2，則由運動學(xué)公式，對木板有 v2＝v1－a2t2? 對A有：v2＝－v1＋aAt2? 在t2時間間隔內(nèi)，B(以及木板)相對地面移動的距離為 s1＝v1t2－a2t? 在(t1＋t2)時間間隔內(nèi)，A相對地面移動的距離為

23、sA＝v0(t1＋t2)－aA(t1＋t2)2? A和B相遇時，A與木板的速度也恰好相同。因此A和B開始運動時，兩者之間的距離為 s0＝sA＋s1＋sB? 聯(lián)立以上各式，并代入數(shù)據(jù)得 s0＝1.9 m? (也可用下圖中的速度—時間圖線求解) 答案　(1)1 m/s　(2)1.9 m 活頁作業(yè) (時間：40分鐘) ?題組一　“傳送帶”模型問題 1.在民航和火車站可以看到用于對行李進行安全檢查的水平傳送帶。當(dāng)旅客把行李放到傳送帶上時，傳送帶對行李的滑動摩擦力使行李開始做勻加速運動。隨后它們保持相對靜止，行李隨傳送帶一起前進。設(shè)傳送帶勻速前進的速度為 0.25 m/s，把質(zhì)

24、量為5 kg的木箱靜止放到傳送帶上，由于滑動摩擦力的作用，木箱以6 m/s2的加速度前進，那么這個木箱放在傳送帶上后，傳送帶上將留下的摩擦痕跡約為(　　) 圖1 A.5 mm B.6 mm C.7 mm D.10 mm 解析　木箱加速的時間為t＝，這段時間內(nèi)木箱的位移為x1＝，而傳送帶的位移為x2＝vt，傳送帶上將留下的摩擦痕跡長為l＝x2－x1，聯(lián)立各式并代入數(shù)據(jù)，解得l＝5.2 mm，選項A正確。 答案　A 2.如圖2所示，足夠長的傳送帶與水平面夾角為θ，以速度v0逆時針勻速轉(zhuǎn)動。在傳送帶的上端輕輕放置一個質(zhì)量為m的小木塊，小木塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ

25、θ，則圖中能客觀地反映小木塊的速度隨時間變化關(guān)系的是(　　) 圖2 解析　開始階段，木塊受到豎直向下的重力、垂直斜面向上的支持力和沿傳送帶向下的摩擦力作用，做加速度為a1的勻加速直線運動，由牛頓第二定律得 mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，所以a1＝gsin θ＋μgcos θ 木塊加速至與傳送帶速度相等時，由于μ

26、分析，有a2

27、與傳送帶的最終速度相等，所以由圖乙、丙可知傳送帶的速度大小是4 m/s。 (2)v－t圖線與t軸圍成圖形的面積表示物體的位移，所以A的位移xA＝36 m， 傳送帶的長度L與A的位移相等，也是36 m。 (3)(4)A的加速度aA＝＝4 m/s2 由牛頓第二定律得μAmg＝maA，所以μA＝＝0.4 同理，B的加速度aB＝＝2 m/s2，μB＝＝0.2 設(shè)物體C從傳送帶左端P到右端Q所用的時間為tC，則 L＝tC，tC＝＝24 s C的加速度aC＝＝ m/s2，μC＝＝0.012 5。 答案　(1)4 m/s　(2)36 m　(3)0.4　0.2　0.012 5 (4)24

28、 s ?題組二　板塊模型問題 4.如圖4所示，一長木板在水平地面上運動，在某時刻(t＝0)將一相對于地面靜止的物塊輕放到木板上，已知物塊與木板的質(zhì)量相等，物塊與木板間及木板與地面間均有摩擦，物塊與木板間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，且物塊始終在木板上。在物塊放到木板上之后，木板運動的速度－時間圖象可能是下列選項中的(　　) 圖4 解析　設(shè)在木板與物塊未達(dá)到相同速度之前，木板的加速度為a1，物塊與木板間的動摩擦因數(shù)為μ1，木板與地面間的動摩擦因數(shù)為μ2。對木板應(yīng)用牛頓第二定律得：－μ1mg－μ2·2mg＝ma1，a1＝－(μ1＋2μ2)g 設(shè)物塊與木板達(dá)到相同速度之后，木板的加

29、速度為a2，對整體有：－μ2·2mg＝2ma2，a2＝－μ2g，可見|a1|＞|a2| 由v－t圖象的斜率表示加速度大小可知，選項A圖象正確。 答案　A 5.如圖5所示，有一長度L＝1 m、質(zhì)量M＝10 kg的平板小車，靜止在光滑的水平面上。在小車一端放置一質(zhì)量m＝4 kg的小物塊，物塊與小車間的動摩擦因數(shù)μ＝0.25，要使物塊在2 s末運動到小車的另一端，那么作用在物塊上的水平力F是多少？(g取10 m/s2) 圖5 解析　分別對物塊、小車受力分析，如下圖所示。根據(jù)牛頓第二定律有F－Ff＝ma物，F(xiàn)f′＝Ma車， 其中Ff＝Ff′＝μmg，解得a車＝1 m/s2。 由圖結(jié)合

30、運動學(xué)公式有x1＝a車t2， x2＝a物t2，x2－x1＝L，解得a物＝1.5 m/s2， F＝Ff＋ma物＝m(μg＋a物)＝4×(0.25×10＋1.5) N＝16 N。 答案　16 N 6.(2017·安徽名校聯(lián)考)質(zhì)量M＝3 kg 的長木板放在光滑的水平面上。在水平拉力F＝11 N作用下由靜止開始向右運動。如圖6所示，當(dāng)速度達(dá)到1 m/s時，將質(zhì)量m＝4 kg的物塊輕輕放到木板的右端。已知物塊與木板間動摩擦因數(shù)μ＝0.2，物塊可視為質(zhì)點。(g＝10 m/s2)求： 圖6 (1)物塊剛放置在木板上時，物塊和木板的加速度分別為多大； (2)木板至少多長物塊才能與木板

31、最終保持相對靜止； (3)物塊與木板相對靜止后物塊受到的摩擦力大小。 解析　(1)放上物塊后，物塊的加速度a1＝＝μg＝2 m/s2。木板的加速度a2＝＝1 m/s2。 (2)當(dāng)兩物體速度相等后保持相對靜止，故 a1t＝v0＋a2t，得t＝1 s， 1 s內(nèi)木板位移x1＝v0t＋a2t2＝1.5 m， 物塊位移x2＝a1t2＝1 m。 所以板長L＝x1－x2＝0.5 m。 (3)相對靜止后，對整體F＝(M＋m)a， 對物塊f＝ma，故f＝m＝6.29 N。 答案　(1)2 m/s2　1 m/s2　(2)0.5 m　(3)6.29 N 7.(2017·江西名校聯(lián)考)如圖7所

32、示，在傾角θ＝37°的固定斜面上放置一質(zhì)量M＝ 1 kg、長度L＝0.75 m的薄平板AB。平板的上表面光滑，其下端B與斜面底端C的距離為4 m。在平板的上端A處放一質(zhì)量m＝0.6 kg的滑塊，開始時使平板和滑塊都靜止，之后將它們無初速釋放。設(shè)平板與斜面間、滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.5，通過計算判斷無初速釋放后薄平板是否立即開始運動，并求出滑塊與平板下端B到達(dá)斜面底端C的時間差Δt。(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2) 圖7 解析　對薄板，由于Mgsin 37°<μ(M＋m)gcos 37°，故滑塊在薄板上滑動時，薄板靜止不動。 滑塊在薄

33、板上滑行時加速度a1＝gsin 37°＝6 m/s2 到達(dá)B點時速度v＝＝3 m/s 滑塊由B至C時的加速度a2＝gsin 37°－μgcos 37°＝2 m/s2 設(shè)滑塊由B至C所用時間為t，則有LBC＝vt＋a2t2 代入數(shù)據(jù)解得t＝1 s 對薄板，滑塊滑離后才開始運動，加速度 a3＝gsin 37°－μgcos 37°＝2 m/s2 設(shè)滑至C端所用時間為t′，則有LBC＝a3t′2 代入數(shù)據(jù)解得t′＝2 s 滑塊與平板下端B到達(dá)斜面底端C的時間差 Δt＝t′－t＝1 s 答案　滑塊在薄板上滑動時，薄平板靜止不動　1 s 8.如圖8甲所示，一長方體木板B放在水平地面

34、上，木板B的右端放置著一個小鐵塊A，在t＝0時刻同時突然給A、B初速度，其中A的初速度大小為vA＝1 m/s，方向水平向左；B的初速度大小為vB＝14 m/s，方向水平向右，木板B運動的v－t圖象如圖乙所示。已知A、B的質(zhì)量相等，A與B及B與地面之間均有摩擦(動摩擦因數(shù)不等)，A與B之間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，A始終沒有滑出B，取重力加速度g＝10 m/s2。(提示：t＝3 s時刻，A、B達(dá)到共同速度v＝2 m/s；3 s時刻至A停止運動前，A向右運動的速度始終大于B的速度，g＝10 m/s2)求： 圖8 (1)小鐵塊A向左運動相對地面的最大位移； (2)B運動的時間及B運動的

35、位移大小。 解析　(1)由圖乙可知，0～3 s內(nèi)A做勻變速運動，速度由vA＝－1 m/s變?yōu)関＝ 2 m/s。 則其加速度大小為aA＝＝ m/s2＝1 m/s2，方向水平向右。 當(dāng)A水平向左運動速度減為零時，向左運動的位移最大，則s＝＝0.5 m。 (2)設(shè)A與B之間的動摩擦因數(shù)為μ1，由牛頓第二定律得μ1mg＝maA， 則μ1＝＝0.1。 由圖乙可知，0～3 s內(nèi)B做勻減速運動， 其速度由vB＝14 m/s變?yōu)関＝2 m/s。 則其加速度大小為aB＝＝ m/s2＝4 m/s2，方向水平向左。 設(shè)B與地面之間的動摩擦因數(shù)為μ2，由牛頓第二定律得μ1mg＋2μ2mg＝maB，則μ2＝＝0.15。 3 s之后，B繼續(xù)向右做勻減速運動，由牛頓第二定律得 2μ2mg－μ1mg＝maB′， 則B的加速度大小為aB′＝2μ2g－μ1g＝2 m/s2， 方向水平向左。 3 s之后運動的時間為t2＝＝ s＝1 s， 則B運動的時間為t＝t1＋t2＝4 s， 0～4 s內(nèi)B的位移xB＝t1＋t2＝25 m，方向水平向右。 答案　(1)0.5 m　(2)4 s　25 m