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2017届《新步步高》物理二轮专题复习与增分策略专题突破习题:专题2 力与物体的直线运动 第1讲 动力学观点在力学中的应用

资料类别: 物理/同步

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[专题定位] 本专题解决的是物体(或带电体)在力的作用下的匀变速直线运动问题.高考对本专题考查的内容主要有:①匀变速直线运动的规律及运动图象问题;②行车安全问题;③物体在传送带(或平板车)上的运动问题;④带电粒子(或带电体)在电场、磁场中的匀变速直线运动问题;⑤电磁感应中的动力学分析.考查的主要方法和规律有:动力学方法、图象法、临界问题的处理方法、运动学的基本规律等.
[应考策略] 抓住“两个分析”和“一个桥梁”.“两个分析”是指“受力分析”和“运动情景或运动过程分析”.“一个桥梁”是指“加速度是联系运动和受力的桥梁”.综合应用牛顿运动定律和运动学公式解决问题.
第1讲 动力学观点在力学中的应用

1.物体或带电体做匀变速直线运动的条件是:物体或带电体所受合力为恒力,且与速度方向共线.
2.匀变速直线运动的基本规律为
速度公式:v=v0+at.
位移公式:x=v0t+at2.
速度和位移公式的推论:v2-v=2ax.
中间时刻的瞬时速度:==.
任意相邻两个连续相等的时间内的位移之差是一个恒量,即Δx=xn+1-xn=a·(Δt)2.
3.速度—时间关系图线的斜率表示物体运动的加速度,图线与时间轴所包围的面积表示物体运动的位移.匀变速直线运动的v-t图象是一条倾斜直线.
4.位移—时间关系图线的斜率表示物体的速度,匀变速直线运动的x-t图象是一条抛物线.
5.超重或失重时,物体的重力并未发生变化,只是物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)发生了变化.物体发生超重或失重现象与物体的运动方向无关,只决定于物体的加速度方向.当a有竖直向上的分量时,超重;当a有竖直向下的分量时,失重;当a=g且竖直向下时,完全失重.

1.动力学的两类基本问题的处理思路

2.解决动力学问题的常用方法
(1)整体法与隔离法.
(2)正交分解法:一般沿加速度方向和垂直于加速度方向进行分解,有时根据情况也可以把加速度进行正交分解.
(3)逆向思维法:把运动过程的末状态作为初状态的反向研究问题的方法,一般用于匀减速直线运动问题,比如刹车问题、竖直上抛运动的问题.

例1 一个物体以初速度v0沿光滑斜面向上运动,其速度v随时间t变化的规律如图1所示,在连续两段时间m和n内对应面积均为S,则经过b时刻vb的大小为(  )

图1
A.B.  C.  D.
解析 设b时刻的速度为vb,加速度为a,根据x=v0t+at2得:
S=vam-am2①
S=vbn-an2②
vb=va-am③
①②③联立得:vb=.
答案 C
预测1 (2016·全国丙卷·16)一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动,在时间间隔t内位移为s,动能变为原来的9倍.该质点的加速度为(  )
A.  B.  C.  D.
答案 A
解析 动能变为原来的9倍,则质点的速度变为原来的3倍,即v=3v0,由s=(v0+v)t和a=得a=,故A对.
预测2 广泛应用于我国高速公路的电子不停车收费系统(ETC)是目前世界上最先进的收费系统,过往车辆无须停车即能够实现收费.如图2所示为某高速公路入口处的两个通道的示意图,ETC收费岛(阴影区域)长为d=36 m.人工收费窗口在图中虚线MN上,汽车到达窗口时停车缴费时间需要t0=20 s.现有甲、乙两辆汽车均以v=30 m/s的速度并排行驶,根据所选通道特点进行减速进入收费站,驶入收费岛区域中的甲车以v0=6 m/s的速度匀速行驶.设两车减速和加速的加速度大小均为3 m/s2,求

图2
(1)从开始减速到恢复速度v,甲车比乙车少用的时间;
(2)乙车交费后,当恢复速度v时离甲车的距离.
答案 (1)18 s (2)564 m
解析 (1)甲车进入收费岛之前的减速时间:t1==8 s,
通过收费岛的时间:t2==6 s
离开收费岛的加速时间为:t3=t1=8 s,
所以:t甲=t1+t2+t3=22 s
乙车的时间:t乙=+t0=40 s
所以甲车比乙车少用的时间为:Δt=t乙-t甲=18 s.
(2)甲车开始减速时与MN的距离为:l甲=t1+d=180 m
乙车开始减速时与MN的距离为:l乙==150 m
Δt′==1 s
即甲车开始减速后1 s乙车开始减速.
所以从甲车开始减速到乙车恢复速度v共经过t′=41 s的时间.
x甲=t1×2+d+v(t′-t甲)=894 m
x乙=×2=300 m
所以乙车交费后,当恢复速度v时离甲车的距离为:Δx=x甲-x乙-Δl=564 m.

例2 (多选)如图3(a)所示,质量相等的a、b两物体,分别从斜面上的同一位置A由静止下滑,经B点的水平面上滑行一段距离后停下.不计经过B点时的能量损失,用传感器采集到它们的速度—时间图象如图(b)所示,下列说法正确的是(  )

图3
A.a在斜面上滑行的加速度比b的大
B.a在水平面上滑行的距离比b的短
C.a与斜面间的动摩擦因数比b的小
D.a与水平面间的动摩擦因数比b的大
解析 由题图(b)图象斜率可知a做加速运动时的加速度比b做加速运动时的加速度大,故A正确;物体在水平面上的运动是匀减速运动,a从t1时刻开始,b从t2时刻开始.由图象与坐标轴围成的面积表示位移可知,a在水平面上做匀减速运动的位移比b在水平面上做匀减速运动的位移大,故B错误;设斜面倾角为θ,物体在斜面上运动的加速度为a==gsin θ-μgcos θ,因为a的加速度大于b的加速度,所以a与斜面间的动摩擦因数比b的小,故C正确,同理,D错误.
答案 AC
预测3 以不同初速度将两个物体同时竖直向上抛出并开始计时,一个物体所受空气阻力可以忽略,另一个物体所受空气阻力大小与物体速率成正比,下列用虚线和实线描述两物体运动的v-t图象可能正确的是(  )


答案 B
解析 没有空气阻力时,物体只受重力,做竖直上抛运动,v-t图象是向下倾斜的直线,如虚线所示;有空气阻力时:上升阶段,根据牛顿第二定律,有:mg+Ff=ma,故a=g+,由于阻力随着速度减小而减小,故加速度逐渐减小,最小值为g;下降阶段,根据牛顿第二定律,有:mg-Ff=ma,故a=g-,由于阻力随着速度增大而增大,故加速度减小;v-t图象的斜率表示加速度,故图线与t轴的交点对应时刻的加速度为g,切线与虚线平行;故A、C、D错误,B正确.
预测4 (多选)如图4甲所示,水平地面上固定一足够长的光滑斜面,斜面顶端有一理想定滑轮,一轻绳跨过滑轮,绳两端分别连接小物块A和B.保持A的质量不变,改变B的质量m,当B的质量连续改变时,得到A的加速度a随B的质量m变化的图线,如图乙所示.设加速度沿斜面向上的方向为正方向,空气阻力不计,重力加速度g取9.8 m/s2,斜面的倾角为θ,下列说法正确的是(  )


图4
A.若θ已知,可求出A的质量
B.若θ未知,可求出乙图中a1的值
C.若θ已知,可求出乙图中a2的值
D.若θ已知,可求出乙图中m0的值
答案 BC
解析 对B,mg-F=ma.
对A,F-mAgsin θ=mAa.
得:a=·g
故m→+∞时,a1=g,B正确.
m=0时,a2=-gsin θ,选项C正确.

解题方略
1.传送带问题的实质是相对运动问题,这样的相对运动将直接影响摩擦力的方向.因此,搞清楚物体与传送带间的相对运动方向是解决该问题的关键.
2.传送带问题还常常涉及到临界问题,即物体与传送带速度相同,这时会出现摩擦力改变的临界状态,具体如何改变要根据具体情况判断.
例3 如图5所示为一电磁选矿、传输一体机的传送带示意图,已知传送带由电磁铁组成,位于A轮附近的铁矿石被传送带吸引后,会附着在A轮附近的传送带上,被选中的铁矿石附着在传送带上与传送带之间有恒定的电磁力作用且电磁力垂直于接触面,且吸引力为其重力的1.4倍,当有铁矿石附着在传送带上时,传送带便会沿顺时针方向转动,并将所选中的铁矿石送到B端,由自动卸货装置取走.已知传送带与水平方向夹角为53°,铁矿石与传送带间的动摩擦因数为0.5,A、B两轮间的距离为L=64 m,A、B两轮半径忽略不计,g=10 m/s2,sin 53°=0.8,cos 53°=0.6.

图5
(1)若传送带以恒定速率v0=10 m/s传动,求被选中的铁矿石从A端运动到B端所需要的时间;
(2)实际选矿传送带设计有节能系统,当没有铁矿石附着传送带时,传送带速度几乎为0,一旦有铁矿石吸附在传送带上时,传送带便会立即加速启动,要使铁矿石最快运送到B端,传送带的加速度至少为多大?并求出最短时间.
解析 (1)当传送带匀速向上传动时,对铁矿石
沿传送带方向Ff-mgsin θ=ma
垂直传送带方向:FN-mgcos θ-F=0
其中F=1.4mg,Ff=μFN,解得:a=2  m/s2
则铁矿石运动到与传送带速度相等所需要的时间为:t1== s=5 s
对应的位移为:x1=at=×2×52 m=25 m
根据以上计算可知,铁矿石在传送带上受到的滑动摩擦力大于铁矿石重力沿传送带方向的分力,所以当铁矿石的速度与传送带速度相等以后,铁矿石会随传送带匀速运动到B端,则其匀速运动时间为:t2== s=3.9 s
所以铁矿石从传送带的A端运动到B端所需要的时间为:t=t1+t2=8.9 s.
(2)只有铁矿石一直加速运动到B点时,所用时间才会最短,根据问题(1)分析可知,铁矿石在传送带上的最大加速度是2 m/s2,所以传送带的最小加速度为:amin=2 m/s2
则有:L=at′2,代入数据解得最短时间为:t′=8 s.
答案 (1)8.9 s (2)2 m/s2 8 s
预测5 如图6所示,物块M在静止的足够长的传送带上以速度v0匀速下滑时,传送带突然启动,方向如图中箭头所示,在此传送带的速度由零逐渐增加到2v0后匀速运动的过程中,以下分析正确的是(  )

图6
A.M下滑的速度不变
B.M开始在传送带上加速到2v0后向下匀速运动
C.M先向下匀速运动,后向下加速,最后沿传送带向下匀速运动
D.M受的摩擦力方向始终沿传送带向上
答案 C
解析 传送带静止时,物块匀速下滑,故mgsin θ=Ff,当传送带的速度大于物块的速度时,物块受到向下的摩擦力,根据受力分析可知,物块向下做加速运动,当速度达到与传送带速度相等时,物块和传送带具有相同的速度匀速下滑,故C正确,故选C.
预测6 如图7所示,足够长的水平传送带,以初速度v0=6 m/s顺时针转动.现在传送带左侧轻轻放上质量m=1 kg的小滑块,与此同时,启动传送带制动装置,使得传送带以恒定加速度a=4 m/s2减速直至停止;已知滑块与传送带间的动摩擦因数μ=0.2,滑块可以看成质点,且不会影响传送带的运动,g=10 m/s2.试求:

图7
(1)滑块与传送带共速时,滑块相对传送带的位移;
(2)滑块在传送带上运动的总时间t.
答案 (1)3 m (2)2 s
解析 (1)对滑块,由牛顿第二定律可得:
μmg=ma1,得:a1=2 m/s2
设经过t1滑块与传送带共速v,有: v=v0-at1
v=a1t1,解得:v=2 m/s,t1=1 s
滑块位移为x1==1 m
传送带位移为x2==4 m
故滑块相对传送带的位移Δx=x2-x1=3 m
(2)共速之后,设滑块与传送带一起减速,则滑块与传送带间的静摩擦力为Ff,有:
Ff=ma=4 N>μmg=2 N,故滑块与传送带相对滑动.
滑块做减速运动,加速度仍为a1.
滑块减速时间为t2,有:t2==1 s,
故:t=t1+t2=2 s.

解题方略
1.“滑块—木板模型”类问题中,滑动摩擦力的分析方法与传送带类似,但这类问题比传送带类问题更复杂,因为木板往往受到摩擦力的影响也做匀变速直线运动,处理此类物体匀变速运动问题要注意从速度、位移、时间等角度,寻找它们之间的联系.
2.要使滑块不从木板的末端掉下来的临界条件是滑块到达木板末端时的速度与木板的速度恰好相等.
例4 如图8所示,有两个高低不同的水平面,高水平面光滑,低水平面粗糙.一质量为5 kg、长度为2 m的长木板靠在低水平面边缘A点,其表面恰好与高水平面平齐,长木板与低水平面间的动摩擦因数为0.05,一质量为1 kg可视为质点的滑块静止放置,距A点距离为3 m,现用大小为6 N、水平向右的外力拉滑块,当滑块运动到A点时撤去外力,滑块以此时的速度滑上长木板.滑块与长木板间的动摩擦因数为0.5,取g=10 m/s2.求:

图8
(1)滑块滑动到A点时的速度大小;
(2)滑块滑动到长木板上时,滑块和长木板的加速度大小分别为多少?
(3)通过计算说明滑块能否从长木板的右端滑出.
解析 (1)根据牛顿第二定律有:F=ma
根据运动学公式有:v2=2aL0
联立方程代入数据解得:v=6 m/s
其中m、F分别为滑块的质量和受到的拉力,a是滑块的加速度,v即是滑块滑到A点时的速度大小,L0是滑块在高水平面上运动的位移.
(2)根据牛顿第二定律有:
对滑块有:μ1mg=ma1
代入数据解得:a1=5 m/s2
对长木板有:μ1mg-μ2(m+M)g=Ma2,
代入数据解得:a2=0.4 m/s2.
其中M为长木板的质量,a1、a2分别是此过程中滑块和长木板的加速度,μ1、μ2分别是滑块与长木板间和长木板与低水平面间的动摩擦因数.
(3)设滑块滑不出长木板,从滑块滑上长木板到两者相对静止所用时间为t
则:v-a1t=a2t
代入数据解得:t= s,
则此过程中滑块的位移为:x1=vt-a1t2
长木板的位移为:x2=a2t2
x1-x2= m>L
式中L=2 m为长木板的长度,所以滑块能滑出长木板右端.
答案 (1)6 m/s (2)5 m/s2 0.4 m/s2 (3)能
预测7 (多选)如图9甲所示,足够长的木板B静置于光滑水平面上,其上放置小滑块A.木板B受到随时间t变化的水平拉力F作用时,用传感器测出木板B的加速度a,得到如图乙所示的a-F图象,g取10  m/s2,则(  )

图9
A.滑块A的质量为4 kg
B.木板B的质量为1 kg
C.当F=10 N时木板B的加速度为4 m/s2
D.滑块A与木板B间的动摩擦因数为0.1
答案 BC
解析 由图知,当F=8 N时,加速度为:a=2 m/s2,对整体分析: F=(mA+mB)a,解得:mA+mB=4 kg,当F大于8 N时,A、B发生相对滑动,对B有:a==F-,由图示图象可知,图线的斜率:k====1,解得:mB=1 kg,滑块A的质量为:mA=3 kg.当a=0时,F=6  N,代入解得 μ=0.2,故A、D错误,B正确;根据F=10 N>8 N时,滑块与木板相对滑动,B的加速度为:aB=a==F-μg=(×10-) m/s2=4 m/s2.故C正确.
预测8 如图10所示,在足够高的光滑水平台面上静置一质量为3 kg的长木板A,A右端用轻绳绕过光滑的轻质定滑轮与质量为1 kg的物体B连接,木板A的右端与滑轮之间的距离足够大.当B从静止开始下落距离0.8 m时,在木板A的右端轻放一质量为1 kg的小铁块C(可视为质点),最终C恰好未从木板A上滑落.A、C间的动摩擦因数μ=0.4,且最大静摩擦力等于滑动摩擦力.重力加速度g=x10 m/s2.求:

图10
(1)在木板上放小铁块前瞬间木板的速度大小;
(2)木板A的长度l.
答案 (1)2 m/s (2)0.8 m
解析 (1)在木板上放小铁块前,把A、B看作整体,由牛顿第二定律有mBg=(mA+mB)a1
v=2a1h
解得:v1=2 m/s.
(2)在木板上放小铁块后,取向右为正方向,由牛顿第二定律对小铁块有:μmCg=mCa2
得a2=4 m/s2
对木板有:mBg-μmCg=(mA+mB)a3
得a3=1.5 m/s2
由题意知,小铁块滑到木板左端时,小铁块与木板的速度相同,
则有a2t=v1+a3t解得:t=0.8 s
由运动学公式可知:l=v1t+a3t2-a2t2
解得:l=0.8 m.
专题强化练
1.动车组是由几节自带动力的车辆(动车)和几节不带动力的车辆(拖车)编在一起组成的,如图1所示.一工作人员站在车外进行观测,发现某动车组连续两节经过他的时间依次为5 s和4 s,若动车组可看成做匀变速直线运动,每节车厢的长度为30 m,则该动车组的加速度约为(  )

图1
A.0.17 m/s2  B.0.30 m/s2
C.0.33 m/s2  	D.0.38 m/s2
答案 C
解析 由匀变速运动的位移公式,x=v0t+at2
对两节车厢有60=v0×(5+4)+a(5+4)2
对第一节车厢,30=v0×5+a·52
联立解得a≈0.33 m/s2,故选项C正确.
2.(多选)(2016·全国乙卷·21)甲、乙两车在平直公路上同向行驶,其vt图象如图2所示.已知两车在t=3 s时并排行驶,则(  )

图2
A.在t=1 s时,甲车在乙车后
B.在t=0时,甲车在乙车前7.5 m
C.两车另一次并排行驶的时刻是t=2 s
D.甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40 m
答案 BD
解析 根据vt图,甲、乙都沿正方向运动.t=3 s时,甲、乙相遇,此时v甲=30 m/s,v乙=25 m/s,由位移和vt图线所围面积对应关系知,0~3 s内甲车位移x甲=×3×30 m=45 m,乙车位移x乙=×3×(10+25) m=52.5 m.故t=0时,甲、乙相距Δx1=x乙-x甲=7.5 m,即甲在乙前方7.5 m,B选项正确;0~1 s内,x甲′=×1×10 m=5 m,x乙′=×1×(10+15) m=12.5 m,Δx2=x乙′-x甲′=7.5 m=Δx1,说明甲、乙第一次相遇,A、C错误;甲、乙两次相遇地点之间的距离为x=x甲-x甲′=45 m-5 m=40 m,所以D选项正确.
3.近来,“中国式过马路”成为人们热议的话题.行人过马路时必须遵守交通规则,而红绿灯的时间设置也必须考虑到行人的安全.假设行人过马路时看到红灯转绿灯时反应时间为0.2 s,设行人先做匀加速运动,经过1 s速度达到了最大值1.5 m/s,然后以这一速度匀速通过马路,已知马路的宽度为40 m,行人沿直线垂直马路在斑马线上行走,则根据以上数据计算出该路口的行人绿灯设置的最短时间为(  )
A.10 s  B.20 sC.28 s  D.40 s
答案 C
解析 人匀加速运动的位移x1=t1=×1 m=0.75 m,
匀速运动的位移x2=40-x1=39.25 m,时间t2=≈26.2 s.
绿灯设置的最短时间t=Δt+t1+t2=(0.2+1+26.2) s=27.4 s,接近28 s.
4.(多选)如图3所示,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30°.现有两质量相同的小物块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0.6,下列说法正确的是(  )

图3
A.下滑相同距离内物块A、B机械能的变化一定不相同
B.下滑相同时间内物块A、B机械能的变化一定相同
C.物块A、B一定不能同时到达传送带底端
D.物块A、B在传送带上的划痕长度相同
答案 AC
解析 因为mgsin 30°=mg<μmgcos 30°=mg,所以A做匀速直线运动,B做匀减速直线运动,下滑相同距离内摩擦力做功不同,物块A、B机械能的变化一定不相同,A正确,B错误;如果都能到达底端,则位移相同,一个匀速运动,一个匀减速运动,所以物块A、B一定不能同时到达传送带底端,C正确;由于A相对传送带静止,所以在传送带上的划痕为零,B做匀减速直线运动,相对传送带的划痕不为零,故D错误.
5.(多选)如图4所示,一水平传送带以v0的速度顺时针传送,其右端与一倾角为θ的光滑斜面平滑相连,一个可视为质点的物块轻放在传送带最左端,已知物块的质量为m,若物块经传送带与斜面的连接处无能量损失,则(  )

图4
A.物块在第一次冲上斜面前,一定一直做加速运动
B.物块不可能从传送带的左端滑落
C.物块不可能回到出发点
D.物块的最大机械能不可能大于mv
答案 BD
解析 设传送带的长度为L,物块运动的过程中,物块匀加速运动的位移:x=,若x≥L,则物块在第一次冲上斜面前,一定一直做加速运动;若xmB,下列说法正确的是(  )

图5
A.若木板光滑,由于A的惯性较大,所以A、B一定会相撞
B.若木板粗糙,由于A的动能较大,所以A、B一定会相撞
C.若木板粗糙,由于A所受的摩擦力较大,所以A比B先停下来
D.无论木板是否光滑,A、B间的相对距离保持不变
答案 D
解析 若木板光滑,A、B在水平面上不受力,由于物体具有惯性,则A、B将以原来的速度做匀速直线运动,保持相对静止;若木板粗糙,尽管两物体的质量不同,所受的摩擦力大小不同,但其加速度为a==μg,与质量无关,故两物体将有相同的加速度,任意时刻有相同的速度.保持相对静止.故D正确,A、B、C错误.
7. 2015年12月10日,百度宣布,其无人驾驶汽车已完成国内首次城市、环路及高速道路混合路况下的全自动驾驶.
(1)如图6所示,无人驾驶汽车车头装有一个激光雷达,就像车辆的“鼻子”,随时“嗅”着前方80 m范围内车辆和行人的“气息”.若无人驾驶汽车在某路段刹车时的加速度为3.6 m/s2,为不撞上前方静止的障碍物,汽车在该路段匀速行驶时的最大速度是多少?

图6
(2)若一辆有人驾驶的汽车在该无人驾驶汽车后30 m处,两车都以20 m/s的速度行驶,当前方无人驾驶汽车以3.6 m/s2的加速度刹车1.4 s后,后方汽车驾驶员立即以5.0  m/s2的加速度刹车.试通过计算判断两车在运动过程中是否会发生追尾事故?
答案 (1)24 m/s (2)不会
解析 (1)对无人驾驶汽车,由运动学公式有
-2ax=0-v①
代入数据解得v0=24 m/s
(2)设有人驾驶汽车刹车后经过t2时间与无人驾驶汽车的速度相同,此时的速度为v
该过程无人驾驶汽车刹车时间为t2+t1,其中t1=1.4 s
对无人驾驶汽车v=v0-a(t2+t1)②
对有人驾驶汽车v=v0-a′t2③
联立②③式得t2=3.6 s,v=2 m/s
又x无=(t2+t1)④
x有=t2+v0t1⑤
Δx=x有-x无⑥
联立④⑤⑥,代入数据解得Δx=12.6 m<30 m,即两车不会相撞.
8.某同学为了测定木块与斜面间的动摩擦因数,他用测速仪研究木块在斜面上的运动情况,装置如图7甲所示.他使木块以初速度v0=4 m/s的速度沿倾角θ=30°的斜面上滑紧接着下滑至出发点,并同时开始记录数据,结果电脑只绘出了木块从开始上滑至最高点的v-t图线如图乙所示.g取10 m/s2.求:

图7
(1)上滑过程中的加速度的大小a1;
(2)木块与斜面间的动摩擦因数μ;
(3)木块回到出发点时的速度大小v.
答案 (1)8 m/s2 (2)0.35 (3)2 m/s
解析 (1)由题图乙可知,木块经0.5 s滑至最高点,由加速度定义式a=有:
上滑过程中加速度的大小:a1== m/s2=8 m/s2
(2)上滑过程中木块沿斜面向下受重力的分力、摩擦力作用,由牛顿第二定律F=ma
得上滑过程中有:mgsin θ+μmgcos θ=ma1
代入数据得:μ≈0.35.
(3)下滑的距离等于上滑的距离:x== m=1 m
下滑过程中摩擦力方向变为沿斜面向上,由牛顿第二定律F=ma得:
下滑过程中:mgsin θ-μmgcos θ=ma2
解得:a2≈2 m/s2
下滑至出发点时的速度大小为:v=
联立解得:v=2 m/s.
9.如图8所示,质量m=1 kg的物块A放在质量M=4 kg木板B的左端,起初A、B静止在水平地面上.现用一水平向左的力F作用在木板B上,已知A、B之间的动摩擦因数为μ1=0.4,地面与B之间的动摩擦因数为μ2=0.1,假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g=10 m/s2.求:

图8
(1)能使A、B发生相对滑动的F的最小值;
(2)若F=30 N,作用1 s后撤去,要想A不从B上滑落,则木板至少多长;从开始到A、B均静止,A的总位移是多少.
答案 (1)25 N (2)0.75 m 14.4 m
解析 (1)对于A,最大加速度由A、B间的最大静摩擦力决定,即μ1mg=mam,am=4 m/s2
对A、B整体,Fmin-μ2(M+m)g=(M+m)am得Fmin=25 N
(2)设F作用在B上时A、B的加速度分别为a1、a2,撤掉F时速度分别为v1、v2,撤去外力F后加速度分别为a1′、a2′,A、B共同运动时速度为v3,加速度为a3,
对于A,μ1mg=ma1,a1=4 m/s2,v1=a1t1=4 m/s
对于B,F-μ1mg-μ2(M+m)g=Ma2,a2=5.25 m/s2,v2=a2t1=5.25 m/s
撤去外力,a1′=a1=4 m/s2,a2′==2.25 m/s2
经过t2时间后A、B速度相等v1+a1′t2=v2-a2′t2,解得t2=0.2 s
共同速度v3=v1+a1′t2=4.8 m/s
从开始到A、B相对静止时,A、B的相对位移即为木板最短的长度L
L=xB-xA=--a1(t1+t2)2=0.75 m
A、B速度相等后共同在水平面上匀减速运动,加速度a3=μ2g=1 m/s2
从v3至最终静止位移为x==11.52 m
所以A的总位移为xA总=xA+x=14.4 m.













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