2020年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第3章 牛頓運(yùn)動(dòng)定律 熱點(diǎn)專題（二）第15講 動(dòng)力學(xué)中的三種典型物理模型學(xué)案（含解析）.doc

《2020年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第3章 牛頓運(yùn)動(dòng)定律 熱點(diǎn)專題（二）第15講 動(dòng)力學(xué)中的三種典型物理模型學(xué)案（含解析）.doc》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第3章 牛頓運(yùn)動(dòng)定律 熱點(diǎn)專題（二）第15講 動(dòng)力學(xué)中的三種典型物理模型學(xué)案（含解析）.doc（27頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

第15講　動(dòng)力學(xué)中的三種典型物理模型 熱點(diǎn)概述　(1)本熱點(diǎn)是動(dòng)力學(xué)方法在三類典型模型問(wèn)題中的應(yīng)用，其中“等時(shí)圓”模型常在選擇題中考查，而“滑塊—木板”模型和“傳送帶”模型常以計(jì)算題壓軸題的形式命題。(2)通過(guò)本熱點(diǎn)的學(xué)習(xí)，可以培養(yǎng)同學(xué)們的審題能力、建模能力、分析推理能力和規(guī)范表達(dá)等物理學(xué)科素養(yǎng)。經(jīng)過(guò)針對(duì)性的專題強(qiáng)化，通過(guò)題型特點(diǎn)和解題方法的分析，幫助同學(xué)們迅速提高解題能力。(3)用到的相關(guān)知識(shí)有：勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律、牛頓運(yùn)動(dòng)定律、相對(duì)運(yùn)動(dòng)的有關(guān)知識(shí)。 熱點(diǎn)一　“等時(shí)圓”模型 　　　　　　　　　　　　　　　　　　 1．“等時(shí)圓”模型 設(shè)想半徑為R的豎直圓內(nèi)有一條光滑直軌道，該軌道是一端與豎直直徑相交的弦，傾角為θ，一個(gè)物體從軌道頂端滑到底端，則下滑的加速度a＝gsinθ，位移x＝2Rsinθ，而x＝at2，解得t＝2，這也是沿直徑自由下落的時(shí)間。 總結(jié)：物體沿著位于同一豎直圓上的所有光滑細(xì)桿(或光滑斜面)由靜止下滑，到達(dá)圓周的最低點(diǎn)(或從最高點(diǎn)到達(dá)同一圓周上各點(diǎn))的時(shí)間相等，都等于物體沿直徑做自由落體運(yùn)動(dòng)所用的時(shí)間。 2．三種典型情況 (1)質(zhì)點(diǎn)從豎直圓上沿不同的光滑弦上端由靜止開始滑到環(huán)的最低點(diǎn)所用時(shí)間相等，如圖甲所示。 (2)質(zhì)點(diǎn)從豎直圓上最高點(diǎn)沿不同的光滑弦由靜止開始滑到下端所用時(shí)間相等，如圖乙所示。 (3)兩個(gè)豎直圓相切且兩圓的豎直直徑均過(guò)切點(diǎn)，質(zhì)點(diǎn)沿不同的光滑弦從上端由靜止開始滑到下端所用時(shí)間相等，如圖丙所示。 如圖所示，ab、cd是豎直平面內(nèi)兩根固定的光滑細(xì)桿，a、b、c、d位于同一圓周上，b點(diǎn)為圓周的最低點(diǎn)，c點(diǎn)為圓周的最高點(diǎn)，若每根桿上都套著一個(gè)小滑環(huán)(圖中未畫出)，將兩滑環(huán)同時(shí)從a、c處由靜止釋放，用t1、t2分別表示滑環(huán)從a到b、從c到d所用的時(shí)間，則(　　) A．t1＝t2 B．t1>t2 C．t1t3 C．t1aOb，由x＝at2可知，t2>tca，故A錯(cuò)誤，B、C、D均正確。 2. (2018東北三校模擬)如圖所示，在豎直平面內(nèi)建立直角坐標(biāo)系xOy，該平面內(nèi)有AM、BM、CM三條光滑固定軌道，其中A、C兩點(diǎn)處于同一個(gè)圓上，C是圓上任意一點(diǎn)，A、M分別為此圓與y軸、x軸的切點(diǎn)。B點(diǎn)在y軸上且∠BMO＝60，O′為圓心?，F(xiàn)將a、b、c三個(gè)小球分別從A、B、C點(diǎn)同時(shí)由靜止釋放，它們將沿軌道運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)，如所用時(shí)間分別為tA、tB、tC，則tA、tB、tC大小關(guān)系是(　　) A．tAβ>θ，現(xiàn)讓一小物塊先后從三條軌道頂端由靜止下滑至底端，則小物塊在每一條傾斜軌道上滑動(dòng)時(shí)所經(jīng)歷的時(shí)間關(guān)系為(　　) A．tAB＝tCD＝tEF B．tAB>tCD>tEF C．tABtCD>tEF，B正確。 熱點(diǎn)二　“傳送帶”模型 1．特點(diǎn)：傳送帶始終以恒定的速率運(yùn)行，物體和傳送帶之間μ≠0。 2．常見的傳送帶模型 (1)水平傳送帶 項(xiàng)目 圖示 滑塊可能的運(yùn)動(dòng)情況 情景1 a.可能一直加速 b．可能先加速后勻速，勻速后摩擦力將變?yōu)榱? 情景2 a.v0>v時(shí)，可能一直減速，也可能先減速再勻速 b．v0v時(shí)返回速度為v，當(dāng)v0tanθ時(shí)，可能一直加速上滑，也可能先加速后勻速，勻速后摩擦力將突變?yōu)殪o摩擦力 b．μtanθ時(shí)，可能一直加速下滑，也可能先加速后勻速，勻速后摩擦力將突變?yōu)殪o摩擦力 b．μL＝8 m， 則由v－v＝－2aL，得vB＝2 m/s。 (2)由題意知，若物塊加速到v1＝12 m/s， 由v－v＝2ax1，得x1＝ mμmgcos37，物塊將繼續(xù)向下做勻加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)物塊此后運(yùn)動(dòng)的加速度為a2，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t2，位移為x2，到B端的速度為vB，由牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律，有 mgsinθ－μmgcosθ＝ma2， x2＝d－x1＝vt2＋a2t， vB＝v＋a2t2。 代入數(shù)據(jù)解得a2＝2 m/s2，t2＝2 s，vB＝9 m/s， 物塊從A端運(yùn)動(dòng)到B端所用時(shí)間t＝t1＋t2＝2.5 s。 熱點(diǎn)三　“滑塊—木板”模型 滑塊—木板模型是高考考查的熱點(diǎn)之一，涉及摩擦力的分析判斷、牛頓運(yùn)動(dòng)定律、勻變速直線運(yùn)動(dòng)等主干知識(shí)，能力要求較高?；瑝K和木板的位移關(guān)系、速度關(guān)系是解答滑塊—木板模型的切入點(diǎn)，前一運(yùn)動(dòng)階段的末速度是下一運(yùn)動(dòng)階段的初速度，解題過(guò)程中必須以地面為參考系。 1．模型特點(diǎn)：滑塊(視為質(zhì)點(diǎn))置于長(zhǎng)木板上，滑塊和木板均相對(duì)地面運(yùn)動(dòng)，且滑塊和木板在摩擦力的作用下發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)。 2．位移關(guān)系：滑塊由木板一端運(yùn)動(dòng)到另一端過(guò)程中，滑塊和木板同向運(yùn)動(dòng)時(shí)，位移之差Δx＝x2－x1＝L(板長(zhǎng))；滑塊和木板反向運(yùn)動(dòng)時(shí)，位移之和Δx＝x2＋x1＝L。 [例1]　如圖所示，質(zhì)量M＝1 kg的木板A靜止在水平地面上，在木板的左端放置一個(gè)質(zhì)量m＝1 kg的鐵塊B(大小可忽略)，鐵塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1＝0.3，木板長(zhǎng)L＝1 m，用F＝5 N的水平恒力作用在鐵塊上，g取10 m/s2。 (1)若水平地面光滑，計(jì)算說(shuō)明鐵塊與木板間是否會(huì)發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)； (2)若木板與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2＝0.1，求鐵塊運(yùn)動(dòng)到木板右端所用的時(shí)間。 解析　(1)A、B之間的最大靜摩擦力為 fm＝μ1mg＝0.3110 N＝3 N 假設(shè)A、B之間不發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，則 對(duì)A、B整體：F＝(M＋m)a 對(duì)A：fAB＝Ma 解得：fAB＝2.5 N 因fAB0，以物塊為研究對(duì)象，由牛頓第二定律得 Ff－mgsinα＝ma， 又Ff≤Ffm＝μmgcosα， 聯(lián)立解得20 N30 N，所以物塊能夠滑離木板。對(duì)木板，由牛頓第二定律得F－μmgcosα－Mgsinα＝Ma1， 對(duì)物塊，由牛頓第二定律得 μmgcosα－mgsinα＝ma2， 設(shè)物塊滑離木板所用時(shí)間為t， 木板的位移x1＝a1t2， 物塊的位移x2＝a2t2， 物塊與木板的分離條件為Δx＝x1－x2＝L， 聯(lián)立以上各式解得t＝1.2 s， 物塊滑離木板時(shí)的速度v＝a2t， 由公式－2gsinαx＝0－v2，解得x＝0.9 m。 答案　(1)20 Nμ1mg，與假設(shè)矛盾，所以物塊相對(duì)長(zhǎng)木板將向前“打滑”。t1時(shí)刻后，由牛頓第二定律得 對(duì)物塊有μ1mg＝ma1′⑦ 對(duì)木板有μ22mg－μ1mg＝ma2′⑧ 解得物塊和木板的加速度大小分別為 a1′＝2 m/s2 a2′＝4 m/s2 物塊還能運(yùn)動(dòng)的時(shí)間 t1′＝＝0.5 s⑨ 木板還能運(yùn)動(dòng)的時(shí)間 t2′＝＝0.25 s⑩ 物塊全程運(yùn)動(dòng)的vt圖線如圖中點(diǎn)粗實(shí)線所示。 物塊相對(duì)于木板的位移大小即為兩圖線與t坐標(biāo)軸所圍面積的差值，即 x＝x2－x1＝1.125 m。 3．(2016四川高考)避險(xiǎn)車道是避免惡性交通事故的重要設(shè)施，由制動(dòng)坡床和防撞設(shè)施等組成，如圖豎直平面內(nèi)，制動(dòng)坡床視為與水平面夾角為θ的斜面。一輛長(zhǎng)12 m的載有貨物的貨車因剎車失靈從干道駛?cè)胫苿?dòng)坡床，當(dāng)車速為23 m/s時(shí)，車尾位于制動(dòng)坡床的底端，貨物開始在車廂內(nèi)向車頭滑動(dòng)，當(dāng)貨物在車廂內(nèi)滑動(dòng)了4 m時(shí)，車頭距制動(dòng)坡床頂端38 m，再過(guò)一段時(shí)間，貨車停止。已知貨車質(zhì)量是貨物質(zhì)量的4倍，貨物與車廂間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.4；貨車在制動(dòng)坡床上運(yùn)動(dòng)受到的坡床阻力大小為貨車和貨物總重的0.44倍。貨物與貨車分別視為小滑塊和平板，取cosθ＝1，sinθ＝0.1，g＝10 m/s2。求： (1)貨物在車廂內(nèi)滑動(dòng)時(shí)加速度的大小和方向； (2)制動(dòng)坡床的長(zhǎng)度。 答案　(1)5 m/s2　方向沿制動(dòng)坡床向下　(2)98 m 解析　(1)設(shè)貨物的質(zhì)量為m，貨物在車廂內(nèi)滑動(dòng)過(guò)程中，貨物與車廂間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.4，受摩擦力大小為f，加速度大小為a1，則 f＋mgsinθ＝ma1 f＝μmgcosθ 聯(lián)立以上二式并代入數(shù)據(jù)得a1＝5 m/s2 a1的方向沿制動(dòng)坡床向下。 (2)設(shè)貨車的質(zhì)量為M，車尾位于制動(dòng)坡床底端時(shí)的車速為v＝23 m/s。貨物在車廂內(nèi)開始滑動(dòng)到車頭距制動(dòng)坡床頂端s0＝38 m的過(guò)程中，用時(shí)為t，貨物相對(duì)制動(dòng)坡床的運(yùn)動(dòng)距離為s1，在車廂內(nèi)滑動(dòng)的距離s＝4 m，貨車的加速度大小為a2，貨車相對(duì)制動(dòng)坡床的運(yùn)動(dòng)距離為s2。 貨車受到制動(dòng)坡床的阻力大小為F，F(xiàn)是貨車和貨物總重的k倍，k＝0.44，貨車長(zhǎng)度l0＝12 m，制動(dòng)坡床的長(zhǎng)度為l，則 M＝4m Mgsinθ＋F－f＝Ma2 F＝k(m＋M)g s1＝vt－a1t2 s2＝vt－a2t2 s＝s1－s2 l＝l0＋s0＋s2 聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得l＝98 m。 4．(2018宜昌模擬)如圖甲所示，可視為質(zhì)點(diǎn)的A、B兩物體置于一靜止長(zhǎng)紙帶上，紙帶左端與A、A與B間距均為d＝0.5 m，兩物體與紙帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ1＝0.1，與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ2＝0.2?，F(xiàn)以恒定的加速度a＝2 m/s2向右水平拉動(dòng)紙帶，重力加速度g取10 m/s2，求： (1)A物體在紙帶上的滑動(dòng)時(shí)間； (2)在圖乙的坐標(biāo)系中定性畫出A、B兩物體的vt圖象； (3)兩物體A、B停在地面上的距離。 答案　(1)1 s　(2)圖見解析　(3)1.25 m 解析　(1)兩物體在紙帶上滑動(dòng)時(shí)均有μ1mg＝ma1 當(dāng)物體A滑離紙帶時(shí)at－a1t＝d 由以上兩式可得t1＝1 s。 (2)開始時(shí)A、B以a1共同加速，速度相同，A滑到地面時(shí)以a2＝μ2g減速運(yùn)動(dòng)，B繼續(xù)加速一段時(shí)間后也滑到地面上以a2減速，故vt圖象如圖所示。 (3)物體A離開紙帶時(shí)的速度 v1＝a1t1 兩物體在地面上運(yùn)動(dòng)時(shí)均有μ2mg＝ma2 物體A從開始運(yùn)動(dòng)到停在地面上的過(guò)程中總位移 x1＝＋ 物體B滑離紙帶時(shí)at－a1t＝2d 物體B離開紙帶時(shí)的速度v2＝a1t2 物體B從開始運(yùn)動(dòng)到停在地面上的過(guò)程中總位移 x2＝＋ 兩物體A、B最終停止時(shí)的間距 x＝x2＋d－x1 由以上各式可得x＝1.25 m。 課后作業(yè) 1. 如圖，光滑水平面上，水平恒力F作用在木塊上，長(zhǎng)木板和木塊間無(wú)相對(duì)滑動(dòng)，長(zhǎng)木板質(zhì)量為M，木塊質(zhì)量為m。它們的共同加速度為a，木塊與長(zhǎng)木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，則在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中(　　) 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(zhǎng)木板受到的摩擦力為μmg D．長(zhǎng)木板受到的合力為 答案　D 解析　整體的加速度a＝， 隔離長(zhǎng)木板，受力分析，長(zhǎng)木板所受的合力為F合＝，且長(zhǎng)木板所受的合力等于長(zhǎng)木板所受的靜摩擦力。又長(zhǎng)木板所受的靜摩擦力等于長(zhǎng)木板對(duì)木塊的靜摩擦力，不一定等于μmg，故A、C錯(cuò)誤，D正確；木塊所受的合力為F合′＝ma＝，故B錯(cuò)誤。 2．(多選)如圖所示，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(dòng)摩擦因數(shù)為μ，μμmgcosθ，所以A、B一定相對(duì)滑動(dòng)，A錯(cuò)誤，B正確；選物體B為研究對(duì)象，由牛頓第二定律得F－μmgcosθ－mgsinθ－μB2mgcosθ＝0，μB＝，故C錯(cuò)誤，D正確。 3．(多選)如圖甲所示，一質(zhì)量為M的長(zhǎng)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(shí)，用傳感器測(cè)出長(zhǎng)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(shuō)法正確的是(　　) A．小滑塊的質(zhì)量m＝2 kg B．小滑塊與長(zhǎng)木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1 C．當(dāng)水平拉力F＝7 N時(shí)，長(zhǎng)木板的加速度大小為3 m/s2 D．當(dāng)水平拉力F增大時(shí)，小滑塊的加速度一定增大 答案　AC 解析　當(dāng)F＝6 N時(shí)，兩物體恰好具有最大共同加速度，對(duì)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(shí)，兩物體發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，對(duì)長(zhǎng)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，A正確；滑塊的最大加速度a′＝μg＝2 m/s2，所以小滑塊與長(zhǎng)木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2，B錯(cuò)誤；當(dāng)F＝7 N時(shí)，由a＝知長(zhǎng)木板的加速度a＝3 m/s2，C正確；當(dāng)兩物體發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)時(shí)，滑塊的加速度a′＝μg＝2 m/s2，恒定不變，D錯(cuò)誤。 4．(2018濰坊模擬)(多選)如圖所示，傾斜的傳送帶順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，一物塊從傳送帶上端A滑上傳送帶，滑上時(shí)速率為v1，傳送帶的速率為v2，且v2>v1，不計(jì)空氣阻力，動(dòng)摩擦因數(shù)一定，關(guān)于物塊離開傳送帶的速率v和位置，下面哪個(gè)是可能的(　　) A．從下端B離開，v>v1 B．從下端B離開，vv1，A正確；當(dāng)摩擦力和重力的分力相等時(shí)，物塊一直做勻速直線運(yùn)動(dòng)，v＝v1，故本題應(yīng)選A、B、C。 5．(多選)如圖，一個(gè)質(zhì)量為m＝1 kg的長(zhǎng)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(dòng)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(dòng)摩擦力等于最大靜摩擦力，則下列說(shuō)法正確的是(　　) A．當(dāng)F＝2 N時(shí)，A物塊和木板開始相對(duì)滑動(dòng) B．當(dāng)F＝1 N時(shí)，A、B兩物塊都相對(duì)木板靜止不動(dòng) 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 答案　BC 解析　假設(shè)A、B兩物塊與木板相對(duì)靜止一起運(yùn)動(dòng)，對(duì)整體有F＝(m＋mA＋mB)a，對(duì)B有fB＝mBa，且fB≤μmBg，對(duì)A有F－fA＝mAa，且fA≤μmAg，對(duì)B和木板整體fA＝(m＋mB)a，解得F≤ N，故A錯(cuò)誤，B正確；當(dāng)F> N時(shí)，A與長(zhǎng)木板相對(duì)運(yùn)動(dòng)，B與長(zhǎng)木板相對(duì)靜止，故F＝4 N時(shí)，μmAg＝(m＋mB)a1，fB1＝mBa1，解得fB1＝ N，故C正確；若F＝6 N，則B物塊加速度大小為a1＝ m/s2，故D錯(cuò)誤。 6．(2018濟(jì)寧模擬)如圖所示，光滑細(xì)桿BC、DC和AC構(gòu)成矩形ABCD的兩鄰邊和對(duì)角線，AC∶BC∶DC＝5∶4∶3，AC桿豎直，各桿上分別套有一可看成質(zhì)點(diǎn)的小球a、b、d，a、b、d三小球的質(zhì)量比為 1∶2∶3，現(xiàn)讓三小球同時(shí)從各桿的頂點(diǎn)由靜止釋放，不計(jì)空氣阻力，則a、b、d三小球在各桿上滑行的時(shí)間之比為(　　) A．1∶1∶1 B．5∶4∶3 C．5∶8∶9 D．1∶2∶3 答案　A 解析　因ABCD為矩形，故A、B、C、D四點(diǎn)必在以AC線段為直徑的同一個(gè)圓周上，由等時(shí)圓模型可知，從A、B、D三點(diǎn)由靜止釋放的小球a、b、d必定同時(shí)到達(dá)圓的最低點(diǎn)C點(diǎn)，故A正確。 7．(2018河南省仿真模擬)(多選)如圖甲所示，一小物塊從水平轉(zhuǎn)動(dòng)的傳送帶的右側(cè)滑上傳送帶，固定在傳送帶右端的位移傳感器記錄了小物塊的位移x隨時(shí)間t的變化關(guān)系，如圖乙所示。已知圖線在前3.0 s內(nèi)為二次函數(shù)，在3.0～4.5 s內(nèi)為一次函數(shù)，取向左運(yùn)動(dòng)的方向?yàn)檎较?，傳送帶的速度保持不變，g取10 m/s2。下列說(shuō)法正確的是(　　) A．傳送帶沿順時(shí)針?lè)较蜣D(zhuǎn)動(dòng) B．傳送帶沿逆時(shí)針?lè)较蜣D(zhuǎn)動(dòng) C．傳送帶的速度大小為2 m/s D．小物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2 答案　ACD 解析　由xt圖象可知，圖象的斜率等于速度，故物塊的速度先減小到零后，反向增加，最后勻速運(yùn)動(dòng)回到初始位置，可判斷傳送帶沿順時(shí)針?lè)较蜣D(zhuǎn)動(dòng)，A正確，B錯(cuò)誤；由3.0～4.5 s內(nèi)的圖象可知，傳送帶的速度v＝＝ m/s＝－2 m/s，C正確；因2 s末物塊的速度減為零，位移為4 m，由x＝at2知a＝＝2 m/s2，則根據(jù)a＝μg可知，小物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，D正確。 8．(2018蘭州模擬)如圖所示，質(zhì)量M＝8 kg的小車靜止在光滑水平面上，在小車右端施加一水平拉力F＝8 N，當(dāng)小車速度達(dá)到1.5 m/s時(shí)，在小車的右端由靜止輕放一大小不計(jì)、質(zhì)量m＝2 kg的物體，物體與小車間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，小車足夠長(zhǎng)，物體從放上小車開始經(jīng)t＝1.5 s的時(shí)間，則物體相對(duì)地面的位移為(g取10 m/s2)(　　) A．1 m B．2.1 m C．2.25 m D．3.1 m 答案　B 解析　放上物體后，物體的加速度a1＝μg＝2 m/s2，小車的加速度a2＝＝0.5 m/s2，設(shè)物體的速度達(dá)到與小車共速的時(shí)間為t1，則a1t1＝v0＋a2t1，解得t1＝1 s；此過(guò)程中物體的位移s1＝a1t＝1 m；共同速度為v＝a1t1＝2 m/s；當(dāng)物體與小車共速后假設(shè)相對(duì)靜止，則共同加速度為a＝＝0.8 m/s2，物體受到的摩擦力f＝ma＝1.6 N，而fmax＝μmg＝4 N，fs，故工件從A到B一直減速，由勻變速運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知v－v＝－2μgs，代入數(shù)據(jù)解得vB＝3 m/s，當(dāng)滿足B、C、D中的條件時(shí)，工件所受滑動(dòng)摩擦力跟傳送帶不動(dòng)時(shí)一樣，還是向左，加速度大小還是μg，所以工件到達(dá)B端時(shí)的瞬時(shí)速度仍為3 m/s，故A、B、C正確，D錯(cuò)誤。 10．(2018保定模擬)(多選)如圖甲所示，足夠長(zhǎng)的傳送帶與水平面夾角為θ，在傳送帶上某位置輕輕放置一小木塊，小木塊與傳送帶間動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，小木塊速度隨時(shí)間變化關(guān)系如圖乙所示，v0、t0已知，則(　　) A．傳送帶一定逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng) B．μ＝tanθ＋ C．傳送帶的速度大于v0 D．t0后木塊的加速度為2gsinθ－ 答案　AD 解析　若傳送帶順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，當(dāng)木塊下滑時(shí)(mgsinθ>μmgcosθ)，將一直勻加速到底端；當(dāng)木塊上滑時(shí)(mgsinθ<μmgcosθ)，先勻加速運(yùn)動(dòng)，在速度相等后將勻速運(yùn)動(dòng)，兩種情況均不符合運(yùn)動(dòng)圖象；故傳送帶逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，A正確。木塊在0～t0內(nèi)，滑動(dòng)摩擦力向下，木塊勻加速下滑，a1＝gsinθ＋μgcosθ，由圖可知a1＝，則μ＝－tanθ，B錯(cuò)誤。當(dāng)木塊的速度大于等于傳送帶的速度時(shí)，木塊所受的摩擦力變成斜向上，故傳送帶的速度等于v0，C錯(cuò)誤。t0后木塊的加速度a2＝gsinθ－μgcosθ，代入μ值得a2＝2gsinθ－，D正確。 11．(2017全國(guó)卷Ⅲ)如圖所示，兩個(gè)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(dòng)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(dòng)摩擦因數(shù)為μ2＝0.1。某時(shí)刻A、B兩滑塊開始相向滑動(dòng)，初速度大小均為v0＝3 m/s。A、B相遇時(shí)，A與木板恰好相對(duì)靜止。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，取重力加速度大小g＝10 m/s2。求： (1)B與木板相對(duì)靜止時(shí)，木板的速度； (2)A、B開始運(yùn)動(dòng)時(shí)，兩者之間的距離。 答案　(1)1 m/s　(2)1.9 m 解析　(1)假設(shè)滑塊A和B在木板上滑動(dòng)時(shí)，木板也在地面上滑動(dòng)。 設(shè)A、B所受的摩擦力大小分別為f1、f2，木板受地面的摩擦力為f3，A和B相對(duì)于地面的加速度大小分別是aA和aB，木板相對(duì)于地面的加速度大小為a1。 在滑塊B與木板達(dá)到共同速度前有 f1＝μ1mAg① f2＝μ1mBg② f3＝μ2(mA＋mB＋m)g③ 由牛頓第二定律得 f1＝mAaA④ f2＝mBaB⑤ f2－f1－f3＝ma1⑥ 因?yàn)閒2－f1>f3，故假設(shè)成立。 設(shè)在t1時(shí)刻，B與木板達(dá)到共同速度，設(shè)大小為v1。 由運(yùn)動(dòng)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(shí)間間隔內(nèi)，B相對(duì)于地面移動(dòng)的距離為 sB＝v0t1－aBt⑩ 在B與木板達(dá)到共同速度v1后，因?yàn)棣?g>μ2g，所以B和木板相對(duì)靜止，共同減速，設(shè)木板的加速度大小為a2，對(duì)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； 故B與木板達(dá)到共同速度時(shí)，A的速度大小也為v1，但運(yùn)動(dòng)方向與木板相反。 由題意知，A和B相遇時(shí)，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所用時(shí)間為t2，則由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，對(duì)木板有v2＝v1－a2t2? 對(duì)A有v2＝－v1＋aAt2? 在t2時(shí)間間隔內(nèi)，B(以及木板)相對(duì)地面移動(dòng)的距離為 s1＝v1t2－a2t? 在(t1＋t2)時(shí)間間隔內(nèi)，A相對(duì)地面移動(dòng)的距離為 sA＝v0(t1＋t2)－aA(t1＋t2)2? A和B相遇時(shí)，A與木板的速度也恰好相同。 因此A和B開始運(yùn)動(dòng)時(shí)，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。(也可用如圖的速度—時(shí)間圖線求解) 12．(2015全國(guó)卷Ⅰ)一長(zhǎng)木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物塊；在木板右方有一墻壁，木板右端與墻壁的距離為4.5 m，如圖a所示。t＝0時(shí)刻開始，小物塊與木板一起以共同速度向右運(yùn)動(dòng)，直至t＝1 s時(shí)木板與墻壁碰撞(碰撞時(shí)間極短)。碰撞前后木板速度大小不變，方向相反；運(yùn)動(dòng)過(guò)程中小物塊始終未離開木板。已知碰撞后1 s時(shí)間內(nèi)小物塊的v t圖線如圖b所示。木板的質(zhì)量是小物塊質(zhì)量的15倍，重力加速度大小g取10 m/s2。求： (1)木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1及小物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2； (2)木板的最小長(zhǎng)度； (3)木板右端離墻壁的最終距離。 答案　(1)μ1＝0.1　μ2＝0.4　(2)6.0 m　(3)6.5 m 解析　(1)規(guī)定向右為正方向。木板與墻壁相碰前，小物塊和木板一起向右做勻變速運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度為a1，小物塊和木板的質(zhì)量分別為m和M。由牛頓第二定律有 －μ1(m＋M)g＝(m＋M)a1① 由題圖b可知，木板與墻壁碰前瞬間的速度 v1＝4 m/s，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得 v1＝v0＋a1t1② s0＝v0t1＋a1t③ 式中，t1＝1 s，s0＝4.5 m是木板碰前的位移，v0是小物塊和木板開始運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度。 聯(lián)立①②③式和題給條件得μ1＝0.1④ 在木板與墻壁碰撞后，木板以－v1的初速度向左做勻變速運(yùn)動(dòng)，小物塊以v1的初速度向右做勻變速運(yùn)動(dòng)。設(shè)小物塊的加速度為a2，由牛頓第二定律有 －μ2mg＝ma2⑤ 由題圖b可得a2＝⑥ 式中，t2＝2 s, v2＝0， 聯(lián)立⑤⑥式和題給條件得μ2＝0.4。⑦ (2)設(shè)碰撞后木板的加速度為a3，經(jīng)過(guò)時(shí)間Δt，木板和小物塊剛好具有共同速度v3。由牛頓第二定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得 μ2mg＋μ1(M＋m)g＝Ma3⑧ v3＝－v1＋a3Δt⑨ v3＝v1＋a2Δt⑩ 碰撞后至木板和小物塊剛好達(dá)到共同速度的過(guò)程中，木板運(yùn)動(dòng)的位移為s1＝Δt? 小物塊運(yùn)動(dòng)的位移為s2＝Δt? 小物塊相對(duì)木板的位移為Δs＝s2－s1? 聯(lián)立④⑥⑦⑧⑨⑩???式，并代入數(shù)值得Δs＝6.0 m? 因?yàn)檫\(yùn)動(dòng)過(guò)程中小物塊沒(méi)有脫離木板，所以木板的最小長(zhǎng)度應(yīng)為6.0 m。 (3)在小物塊和木板具有共同速度后，兩者向左做勻變速運(yùn)動(dòng)直至停止，設(shè)加速度為a4，此過(guò)程中小物塊和木板運(yùn)動(dòng)的位移為s3，由牛頓第二定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得 μ1(m＋M)g＝(m＋M)a4? 0－v＝2a4s3? 碰后木板運(yùn)動(dòng)的位移為s＝s1＋s3? 聯(lián)立④⑥⑦⑧⑨⑩????式， 并代入數(shù)值得s＝－6.5 m 木板右端離墻壁的最終距離為6.5 m。