《2020年高考物理一輪復(fù)習(xí) 熱點(diǎn)題型歸納與變式演練 專題06 牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用（含解析）》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) 熱點(diǎn)題型歸納與變式演練 專題06 牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用（含解析）（26頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題06 牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用 【專題導(dǎo)航】 目錄 熱點(diǎn)題型一超重與失重現(xiàn)象 1 熱點(diǎn)題型二　動(dòng)力學(xué)中的連接體問題 3 4 6 7 加速度相同與加速度不相同的連接體問題對(duì)比 8 加速度相同的連接體問題 8 加速度不同的連接體問題 9 熱點(diǎn)題型三　臨界極值問題 9 10 12 熱點(diǎn)題型四　傳送帶模型 13 14 15 熱點(diǎn)題型五　滑塊—木板模型 17 18 19 【題型演練】 21 【題型歸納】 熱點(diǎn)題型一 超重與失重現(xiàn)象 1．對(duì)超重和失重的理解 (1)不論超重、失重或完全失重，物體的重力都不變，只是“視重”改變． (2

2、)在完全失重的狀態(tài)下，一切由重力產(chǎn)生的物理現(xiàn)象都會(huì)完全消失． (3)盡管物體的加速度不是豎直方向，但只要其加速度在豎直方向上有分量，物體就會(huì)處于超重或失重狀態(tài)． (4)盡管整體沒有豎直方向的加速度，但只要物體的一部分具有豎直方向的分加速度，整體也會(huì)出現(xiàn)超重或失重現(xiàn)象． 2．判斷超重和失重的方法 從受力的角度判斷 當(dāng)物體所受向上的拉力(或支持力)大于重力時(shí)，物體處于超重狀態(tài)；小于重力時(shí)，物體處于失重狀態(tài)；等于零時(shí)，物體處于完全失重狀態(tài) 從加速度的角度判斷 當(dāng)物體具有向上的加速度時(shí)，物體處于超重狀態(tài)；具有向下的加速度時(shí)，物體處于失重狀態(tài)；向下的加速度等于重力加速度時(shí)，物體處于完全失重

3、狀態(tài) 從速度變化的角度判斷 ①物體向上加速或向下減速時(shí)，超重 ②物體向下加速或向上減速時(shí)，失重 【例1】(2019·山西懷仁一中月考)電梯的頂部掛一個(gè)彈簧秤，秤下端掛了一個(gè)重物，電梯勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，彈簧秤的示數(shù)為10 N，在某時(shí)刻電梯中的人觀察到彈簧秤的示數(shù)變?yōu)? N, 關(guān)于電梯的運(yùn)動(dòng)(如圖所示)，以下說法正確的是(g取10 m/s2(　　) A． 電梯可能向上加速運(yùn)動(dòng)，加速度大小為4 m/s2 B．電梯可能向下加速運(yùn)動(dòng)，加速度大小為4 m/s2 C．電梯可能向上減速運(yùn)動(dòng)，加速度大小為4 m/s2 D．電梯可能向下減速運(yùn)動(dòng)，加速度大小為4 m/s2

4、【答案】　BC 【解析】　電梯勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，彈簧秤的示數(shù)為10 N，知重物的重力等于10 N，在某時(shí)刻電梯中的人觀察到彈簧秤的示數(shù)變?yōu)? N，可知電梯處于失重狀態(tài)，加速度向下，對(duì)重物根據(jù)牛頓第二定律有：mg－F＝ma，解得a＝4 m/s2，方向豎直向下，則電梯的加速度大小為4 m/s2，方向豎直向下．電梯可能向下做加速運(yùn)動(dòng)，也可能向上做減速運(yùn)動(dòng)，故B、C正確，A、D錯(cuò)誤． 【變式1】.如圖所示，在教室里某同學(xué)站在體重計(jì)上研究超重與失重．她由穩(wěn)定的站姿變化到穩(wěn)定的蹲姿 稱為“下蹲”過程；由穩(wěn)定的蹲姿變化到穩(wěn)定的站姿稱為“起立”過程．關(guān)于她的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象，下列說法中正確的 是 (　　)

5、 A．只有“起立”過程，才能出現(xiàn)失重現(xiàn)象 B．只有“下蹲”過程，才能出現(xiàn)超重現(xiàn)象 C．“下蹲”的過程，先出現(xiàn)超重現(xiàn)象后出現(xiàn)失重現(xiàn)象 D．“起立”“下蹲”的過程，都能出現(xiàn)超重和失重現(xiàn)象 【答案】D 【解析】下蹲過程中，人先向下做加速運(yùn)動(dòng)，后向下做減速運(yùn)動(dòng)，所以先處于失重狀態(tài)后處于超重狀態(tài)；人從下蹲狀態(tài)站起來的過程中，先向上做加速運(yùn)動(dòng)，后向上做減速運(yùn)動(dòng)，最后回到靜止?fàn)顟B(tài)，人先處于超重狀態(tài)后處于失重狀態(tài)，故A、B、C錯(cuò)誤，D正確． 5． 為了讓乘客乘車更為舒適，某探究小組設(shè)計(jì)了一種新的交通工具，乘客的座椅能隨著坡度的變化而自動(dòng) 調(diào)整，使座椅始終保持水平，如圖所示．當(dāng)此車減速上

6、坡時(shí)，則乘客(僅考慮乘客與水平面之間的作用)(　　) A．處于超重狀態(tài) B．不受摩擦力的作用 C．受到向后(水平向左)的摩擦力作用 D．所受合力方向豎直向上 【答案】C【解析】當(dāng)車減速上坡時(shí)，加速度方向沿斜坡向下，人的加速度與車的加速度相同，根據(jù)牛頓第二定律知人的合力方向沿斜面向下． 人受重力、支持力和水平向左的靜摩擦力，如圖所示． 將加速度沿豎直方向和水平方向分解，有豎直向下的加速度，則mg－FN＝may，F(xiàn)N＜mg，乘客處于失重狀態(tài)，故A、B、D錯(cuò)誤，C正確． 熱點(diǎn)題型二　動(dòng)力學(xué)中的連接體問題 1．連接體的類型

7、(1)輕繩連接體 (2)接觸連接體 (3)彈簧連接體 2．連接體的運(yùn)動(dòng)特點(diǎn) 輕繩——輕繩在伸直狀態(tài)下，兩端的連接體沿繩方向的速度總是相等． 輕桿——輕桿平動(dòng)時(shí)，連接體具有相同的平動(dòng)速度；輕桿轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，連接體具有相同的角速度，而線速度與轉(zhuǎn)動(dòng)半徑成正比． 輕彈簧——在彈簧發(fā)生形變的過程中，兩端連接體的速度不一定相等；在彈簧形變量最大時(shí)，兩端連接體的速率相等． 3．解決方法 (1)分析方法：整體法和隔離法． (2)選用整體法和隔離法的策略 ①當(dāng)各物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)相同時(shí)，宜選用整體法；當(dāng)各物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)不同時(shí)，宜選用隔離法． ②對(duì)較復(fù)雜的問題，通常需要多次選取研究對(duì)象，

8、交替應(yīng)用整體法與隔離法才能求解． 【例2】(2019·新鄉(xiāng)模擬)如圖所示，粗糙水平面上放置B、C兩物體，A疊放在C上，A、B、C的質(zhì)量分別為m、2m和3m，物體B、C與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，其間用一不可伸長(zhǎng)的輕繩相連，輕繩能承受的最大拉力為FT.現(xiàn)用水平拉力F拉物體B，使三個(gè)物體以同一加速度向右運(yùn)動(dòng)，則(　　) A．此過程中物體C受五個(gè)力作用 B．當(dāng)F逐漸增大到FT時(shí)，輕繩剛好被拉斷 C．當(dāng)F逐漸增大到1.5FT時(shí)，輕繩剛好被拉斷 D．若水平面光滑，則繩剛斷時(shí)，A、C間的摩擦力為 【答案】　C 【解析】　對(duì)A，A受重力、支持力和向右的靜摩擦力作用，可

9、以知道C受重力、A對(duì)C的壓力、地面的支持力、繩子的拉力、A對(duì)C的摩擦力以及地面的摩擦力六個(gè)力作用，故A錯(cuò)誤；對(duì)整體分析，整體的加速度a＝＝－μg，隔離對(duì)AC分析，根據(jù)牛頓第二定律得，F(xiàn)T－μ·4mg＝4ma，計(jì)算得出FT＝F，當(dāng)F＝1.5FT時(shí)，輕繩剛好被拉斷，故B錯(cuò)誤，C正確；水平面光滑，繩剛斷時(shí)，對(duì)AC分析，加速度a＝，隔離對(duì)A分析，A的摩擦力Ff＝ma＝，故D錯(cuò)誤． 【變式1】(多選)如圖所示，已知M>m，不計(jì)滑輪及繩子的質(zhì)量，物體M和m恰好做勻速運(yùn)動(dòng)，若將M與m 互換，M、m與桌面的動(dòng)摩因數(shù)相同，則 (　　) A．物體M與m仍做勻速運(yùn)動(dòng) B．物體M與m做加速運(yùn)動(dòng)，加速度a

10、＝ C．物體M與m做加速運(yùn)動(dòng)，加速度a＝D．繩子中張力不變 【答案】　CD 【解析】　當(dāng)物體M和m恰好做勻速運(yùn)動(dòng)，對(duì)M，水平方向受到繩子的拉力和桌面的摩擦力，得：μMg＝T＝mg，所以：μ＝＝.若將M與m互換，則對(duì)M：Ma＝Mg－T′，對(duì)m，則：ma＝T′－μmg，得：a＝＝＝＝，故A、B錯(cuò)誤，C正確；繩子中的拉力：T′＝ma＋μmg＝＋mg＝mg，故D正確． 【變式2】(多選)如圖所示，質(zhì)量分別為mA、mB的A、B兩物塊用輕線連接，放在傾角為θ的斜面上，用始 終平行于斜面向上的拉力F拉A，使它們沿斜面勻加速上升，A、B與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ.為了增加 輕線上的張力，可行的辦法

11、是 (　　) A．減小A物塊的質(zhì)量　 　 　 B．增大B物塊的質(zhì)量 C．增大傾角θ D．增大動(dòng)摩擦因數(shù)μ 【答案】AB 【解析】對(duì)A、B組成的系統(tǒng)應(yīng)用牛頓第二定律得： F－(mA＋mB)gsin θ－μ(mA＋mB)gcos θ＝(mA＋mB)a， 隔離物塊B，應(yīng)用牛頓第二定律得， FT－mBgsin θ－μmBgcos θ＝mBa. 兩式聯(lián)立可解得：FT＝，由此可知，F(xiàn)T的大小與θ、μ無關(guān)，mB越大，mA越小，F(xiàn)T越大，故A、B均正確． 【例3】(多選)(2015·高考全國卷Ⅱ)在一東西向的水平直鐵軌上，停放著一列已用掛鉤連接好的車廂．當(dāng)機(jī) 車在東邊拉著這列車廂以

12、大小為a的加速度向東行駛時(shí)，連接某兩相鄰車廂的掛鉤P和Q間的拉力大小為 F；當(dāng)機(jī)車在西邊拉著車廂以大小為a的加速度向西行駛時(shí)，P和Q間的拉力大小仍為F.不計(jì)車廂與鐵軌 間的摩擦，每節(jié)車廂質(zhì)量相同，則這列車廂的節(jié)數(shù)可能為(　　) A．8　　　　　　　　B．10 C．15 D．18 【答案】　BC 【解析】　設(shè)PQ西邊有n節(jié)車廂，每節(jié)車廂的質(zhì)量為m，則F＝nma① 設(shè)PQ東邊有k節(jié)車廂，則F＝km·a② 聯(lián)立①②得3n＝2k，由此式可知n只能取偶數(shù)， 當(dāng)n＝2時(shí)，k＝3，總節(jié)數(shù)為N＝5 當(dāng)n＝4時(shí)，k＝6，總節(jié)數(shù)為N＝10 當(dāng)n＝6時(shí)，k＝9，總節(jié)數(shù)為N

13、＝15 當(dāng)n＝8時(shí)，k＝12，總節(jié)數(shù)為N＝20，故選項(xiàng)B、C正確． 【變式】．如圖所示，在傾角為θ的固定斜面上有兩個(gè)靠在一起的物體A、B，兩物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù) μ相同，用平行于斜面的恒力F向上推物體A使兩物體沿斜面向上做勻加速運(yùn)動(dòng)，且B對(duì)A的壓力平行于 斜面，則下列說法中正確的是 (　　) A．只減小A的質(zhì)量，B對(duì)A的壓力大小不變 B．只減小B的質(zhì)量，B對(duì)A的壓力大小會(huì)增大 C．只減小斜面間的傾角，B對(duì)A的壓力大小不變 D．只減小兩物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ，B對(duì)A的壓力會(huì)增大 【答案】C 【解析】將A、B看成一個(gè)整體，整體在沿斜面方向上受到沿斜面向下的重力的分力

14、，沿斜面向下的滑動(dòng)摩擦力，沿斜面向上的推力，根據(jù)牛頓第二定律可得a＝＝－gsin θ－μgcos θ，隔離B分析可得FN－mBgsin θ－μmBgcos θ＝mBa，解得FN＝，由牛頓第三定律可知，B對(duì)A的壓力FN′＝，若只減小A的質(zhì)量，壓力變大，若只減小B的質(zhì)量，壓力變小，A、B錯(cuò)誤；A、B之間的壓力與斜面的傾角、與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)無關(guān)，C正確，D錯(cuò)誤． 【例4】(2019·湖南長(zhǎng)沙模擬)如圖所示，光滑水平面上，質(zhì)量分別為m、M的木塊A、B在水平恒力F作用下一起以加速度a向右做勻加速運(yùn)動(dòng)，木塊間的輕質(zhì)彈簧勁度系數(shù)為k，原長(zhǎng)為L(zhǎng)0，則此時(shí)木塊A、B間的距離為 (　　) A．L0

15、＋ B．L0＋ C．L0＋ D．L0＋ 【答案】　B 【解析】　先以A、B整體為研究對(duì)象，加速度為：a＝，再隔離A木塊，彈簧的彈力：F彈＝ma＝kΔx，則彈簧的長(zhǎng)度L＝L0＋＝L0＋，故選B. 【變式】.(2019·貴州銅仁一中模擬)物體A、B放在光滑水平面上并用輕質(zhì)彈簧做成的彈簧秤 相連，如圖所示，今對(duì)物體A、B分別施以方向相反的水平力F1、F2，且F1大于F2，則彈簧秤的示數(shù)(　　) A．一定等于F1－F2 B．一定大于F2小于F1 C．一定等于F1＋F2 D．條件不足，無法確定 【解析】?jī)蓚€(gè)物體一起向左做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，對(duì)兩個(gè)物體整體運(yùn)用牛頓第二定律，有：F1－F2＝

16、(M＋m)a，再對(duì)物體A受力分析，運(yùn)用牛頓第二定律，得到：F1－F＝Ma，由以上兩式解得F＝，由于F1大于F2，故F一定大于F2小于F1，故B正確． 【答案】B 加速度相同與加速度不相同的連接體問題對(duì)比 加速度相同的連接體 整體法(先整體后部分) 加速度相同時(shí)可把連接體看成一整體，再求整體外力時(shí)可用整體受力分析；若涉及到內(nèi)力問題必須用隔離法分析 加速度不同的連接體 隔離法(先部分后整體) 加速度不同的連接體或要求連接體中各個(gè)物體間的作用力時(shí)一般用隔離法 加速度相同的連接體問題 【例5】．如圖所示，質(zhì)量為M的小車放在光滑的水平面上，小車上用細(xì)線懸吊

17、一質(zhì)量為m的小球，M＞m，用一力F水平向右拉小球，使小球和車一起以加速度a向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，細(xì)線與豎直方向成θ角，細(xì)線的拉力為F1.若用一力F′水平向左拉小車，使小球和其一起以加速度a′向左運(yùn)動(dòng)時(shí)，細(xì)線與豎直方向也成θ角，細(xì)線的拉力為F′1.則(　　) A．a(chǎn)′＝a，F(xiàn)′1＝F1　　 B．a(chǎn)′＞a，F(xiàn)′1＝F1 C．a(chǎn)′＜a，F(xiàn)′1＝F1 D．a(chǎn)′＞a，F(xiàn)′1＞F1 【答案】B 【解析】.當(dāng)用力F水平向右拉小球時(shí)，以小球?yàn)檠芯繉?duì)象， 豎直方向有F1cos θ＝mg ① 水平方向有F－F1sin θ＝ma， 以整體為研究對(duì)象有F＝(m＋M)a， 解得a＝gtan θ ② 當(dāng)用力F

18、′水平向左拉小車時(shí)，以球?yàn)檠芯繉?duì)象， 豎直方向有F′1cos θ＝mg ③ 水平方向有F′1sin θ＝ma′， 解得a′＝gtan θ ④ 結(jié)合兩種情況，由①③式有F1＝F′1；由②④式并結(jié)合M＞m有a′＞a.故正確選項(xiàng)為B. 加速度不同的連接體問題 【例6】．如圖所示，一塊足夠長(zhǎng)的輕質(zhì)長(zhǎng)木板放在光滑水平地面上，質(zhì)量分別為mA＝1 kg和mB＝2 kg的物塊A、B放在長(zhǎng)木板上，A、B與長(zhǎng)木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.4，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力．現(xiàn)用水平拉力F拉A，取重力加速度g＝10 m/s2.改變F的大小，B的加速度大小可能為(　　) A．1 m/s2 B．2.5 m

19、/s2 C．3 m/s2 D．4 m/s2 【答案】A 【解析】.A、B放在輕質(zhì)長(zhǎng)木板上，長(zhǎng)木板質(zhì)量為0，所受合力始終為0，即A、B所受摩擦力大小相等．由于A、B受到長(zhǎng)木板的最大靜摩擦力的大小關(guān)系為fAmax

20、范圍”“多長(zhǎng)時(shí)間”“多大距離”等詞語，表明題述的過程存在“起止點(diǎn)”，而這些起止點(diǎn)往往就對(duì)應(yīng)臨界狀態(tài)． (3)若題目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼，表明題述的過程存在極值，這個(gè)極值點(diǎn)往往是臨界點(diǎn)． (4)若題目要求“最終加速度”“穩(wěn)定速度”等，即是求收尾加速度或收尾速度． 2．幾種臨界狀態(tài)和其對(duì)應(yīng)的臨界條件 臨界狀態(tài) 臨界條件 速度達(dá)到最大 物體所受的合外力為零 兩物體剛好分離 兩物體間的彈力FN＝0 繩剛好被拉直 繩中張力為零 繩剛好被拉斷 繩中張力等于繩能承受的最大拉力 【例7】如圖所示，質(zhì)量m＝2 kg的小球用細(xì)繩拴在傾角θ＝37°的光滑斜面上，

21、此時(shí)，細(xì)繩平行于斜面．G 取10 m/s2.下列說法正確的是 (　　) A．當(dāng)斜面以5 m/s2的加速度向右加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，繩子拉力為20 N B．當(dāng)斜面以5 m/s2的加速度向右加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，繩子拉力為30 N C．當(dāng)斜面以20 m/s2的加速度向右加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，繩子拉力為40 N D．當(dāng)斜面以20 m/s2的加速度向右加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，繩子拉力為60 N 【答案】　A 【解析】　小球剛好離開斜面時(shí)的臨界條件是斜面對(duì)小球的彈力恰好為零．斜面對(duì)小球的彈力恰好為零時(shí)，設(shè)繩子的拉力為F，斜面的加速度為a0.以小球?yàn)檠芯繉?duì)象，根據(jù)牛頓第二定律有Fcos θ＝ma0，F(xiàn)sin θ－mg＝0，代入數(shù)

22、據(jù)解得a0≈13.3 m/s2. (1)由于a1＝5 m/s2a0，可見小球離開了斜面，此時(shí)小球的受力情況如圖乙所示． 設(shè)繩子與水平方向的夾角為α.以小球?yàn)檠芯繉?duì)象，根據(jù)牛頓第二定律有 F2cos α＝ma2，F(xiàn)2sin α－mg＝0 代入數(shù)據(jù)解得F2＝20 N，選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤． 【變式】.(2019·湖北黃

23、岡中學(xué)模擬)如圖所示，水平地面上有一車廂，車廂內(nèi)固定的平臺(tái)通過相同的彈簧把 相同的物塊A、B壓在豎直側(cè)壁和水平的頂板上，已知A、B與接觸面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，車廂靜止時(shí)， 兩彈簧長(zhǎng)度相同，A恰好不下滑，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度為g.現(xiàn)使車廂沿水平方向加速 運(yùn)動(dòng)，為保證A、B仍相對(duì)車廂靜止，則(　　) A．速度可能向左，加速度可大于(1＋μ)g B．加速度一定向右，不能超過(1－μ)g C．加速度一定向左，不能超過μg D．加速度一定向左，不能超過(1－μ)g 【答案】B 【解析】開始A恰好不下滑，對(duì)A分析有fA＝mg＝μFNA＝μF彈，

24、解得F彈＝，此時(shí)彈簧處于壓縮狀態(tài)．當(dāng)車廂做加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，為了保證A不下滑，側(cè)壁對(duì)A的支持力必須大于等于，根據(jù)牛頓第二定律可知加速度方向一定向右．對(duì)B分析，有fBm＝μFNB＝μ(F彈－mg)≥ma，解得a≤(1－μ)g，故選項(xiàng)B正確，A、C、D錯(cuò)誤． 【例7】(2019·遼寧葫蘆島六校聯(lián)考)如圖所示，木板與水平地面間的夾角θ可以隨意改變，當(dāng)θ＝30°時(shí)，可 視為質(zhì)點(diǎn)的一小木塊恰好能沿著木板勻速下滑．若讓該小木塊從木板的底端以大小恒定的初速率v0沿木板 向上運(yùn)動(dòng)，隨著θ的改變，小木塊沿木板向上滑行的距離x將發(fā)生變化，重力加速度為g. (1)求小木塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)；

25、(2)當(dāng)θ角為何值時(shí)，小木塊沿木板向上滑行的距離最小，并求出此最小值． 【答案】　(1)　(2)60°　 【解析】　(1)當(dāng)θ＝30°時(shí)，木塊處于平衡狀態(tài)，對(duì)木塊受力分析：mgsin θ＝μFN FN－mgcos θ＝0 解得μ＝tan θ＝tan 30°＝. (2)當(dāng)θ變化時(shí)，設(shè)沿斜面向上為正方向，木塊的加速度為a，則－mgsin θ－μmgcos θ＝ma 由0－v＝2ax得 x＝＝ 其中tan α＝μ，則當(dāng)α＋θ＝90°時(shí)x最小，即θ＝60° 所以x最小值為xmin＝＝ 【點(diǎn)睛】此題是牛頓第二定律的應(yīng)用問題，解題時(shí)應(yīng)用牛頓定律結(jié)合運(yùn)動(dòng)公式列出方程，然后應(yīng)用數(shù)學(xué)知識(shí)討論

26、最小值，考查學(xué)生數(shù)學(xué)知識(shí)的運(yùn)用能力. 【變式】．如圖所示，一兒童玩具靜止在水平地面上，一個(gè)幼兒用沿與水平面成30°角的恒力拉著它沿水平 面運(yùn)動(dòng)，已知拉力F＝6.5 N，玩具的質(zhì)量m＝1 kg，經(jīng)過時(shí)間t＝2.0 s，玩具移動(dòng)了距離x＝2 m，這時(shí)幼 兒松開手，玩具又滑行了一段距離后停下．g取10 m/s2，求： (1)玩具與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)； (2)松開手后玩具還能運(yùn)動(dòng)多遠(yuǎn)？ (3)幼兒要拉動(dòng)玩具，拉力F與水平面夾角多大時(shí)，最省力？ 【答案】(1)　(2) m　(3)30° 【解析】(1)玩具做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)， 由位移公式可得x＝at2 解得a＝ m/s2

27、 對(duì)玩具，由牛頓第二定律得 Fcos 30°－μ(mg－Fsin 30°)＝ma 解得μ＝. (2)松手時(shí)，玩具的速度v＝at＝2 m/s 松手后，由牛頓第二定律得μmg＝ma′ 解得a′＝ m/s2 由勻變速運(yùn)動(dòng)的速度位移公式得 玩具的位移x′＝＝ m. (3)設(shè)拉力與水平方向的夾角為θ，玩具要在水平面上運(yùn)動(dòng)，則Fcos θ－Ff＞0 Ff＝μFN 在豎直方向上，由平衡條件得 FN＋Fsin θ＝mg 解得F＞ cos θ＋μsin θ＝sin(60°＋θ) 當(dāng)θ＝30°時(shí)，拉力最小，最省力． 熱點(diǎn)題型四　傳送帶模型 項(xiàng)目 圖示 滑塊可能的運(yùn)動(dòng)情

28、況 情景1 (1)可能一直加速 (2)可能先加速后勻速 情景2 (1)v0＞v時(shí)，可能一直減速，也可能先減速再勻速 (2)v0＜v時(shí)，可能一直加速，也可能先加速再勻速 情景3 (1)傳送帶較短時(shí)，滑塊一直減速達(dá)到左端 (2)傳送帶較長(zhǎng)時(shí)，滑塊還要被傳送帶傳回右端．若v0 ＞v，返回時(shí)速度為v；若v0＜v，返回時(shí)速度為v0 【例8】(2019·海口模擬)如圖所示，水平傳送帶A、B兩端相距s＝3.5 m，工件與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.1.工件滑上A端瞬時(shí)速度vA＝4 m/s，到達(dá)B端的瞬時(shí)速度設(shè)為vB，則(g取10 m/s2)(　　) A．若傳送帶不動(dòng)，

29、則vB＝3 m/s B．若傳送帶以速度v＝4 m/s逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，vB＝3 m/s C．若傳送帶以速度v＝2 m/s順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，vB＝3 m/s D．若傳遞帶以速度v＝2 m/s順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，vB＝2 m/s 【答案】ABC 【解析】.若傳送帶不動(dòng)，由勻變速運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知v－v＝－2as，a＝μg，代入數(shù)據(jù)解得vB＝3 m/s，當(dāng)滿足選項(xiàng)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，故選項(xiàng)A、B、C正確，D錯(cuò)誤． 【變式】如圖所示，水平長(zhǎng)傳送帶始終以v勻速運(yùn)動(dòng)，現(xiàn)將一質(zhì)量為m的物體輕放于A端，

30、物體與傳送帶 之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，AB長(zhǎng)為L(zhǎng)，L足夠長(zhǎng)．問： (1)物體從A到B做什么運(yùn)動(dòng)？ (2)當(dāng)物體的速度達(dá)到傳送帶速度v時(shí)，物體的位移多大？傳送帶的位移多大？ (3)物體從A到B運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為多少？ (4)什么條件下物體從A到B所用時(shí)間最短？ 【答案】　(1)先勻加速，后勻速　(2)　　(3)＋　(4)v≥ 【解析】　(1)物體先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)速度與傳送帶速度相同時(shí)，做勻速直線運(yùn)動(dòng)． (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(yùn)動(dòng)的時(shí)間為 t總＝＋＝＋ (4)當(dāng)物體從A到B一直做勻加速

31、直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，所用時(shí)間最短，所以要求傳送帶的速度滿足v≥. 項(xiàng)目 圖示 滑塊可能的運(yùn)動(dòng)情況 情景1 (1)可能一直加速 (2)可能先加速后勻速 情景2 (1)可能一直加速 (2)可能先加速后勻速 (3)可能先以a1加速后以a2加速 情景3 (1)可能一直加速 (2)可能一直勻速 (3)可能先加速后勻速 (4)可能先減速后勻速 (5)可能先以a1加速后以a2加速 (6)可能一直減速 情景4 (1)可能一直加速 (2)可能一直勻速 (3)可能先減速后反向加速 (4)可能一直減速 【例9】(2019·濰坊模擬)如圖所示，傾斜的傳送帶順時(shí)

32、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，下面可能的是(　　) A．從下端B離開，v>v1　 B．從下端B離開，v

33、選項(xiàng)B正確；當(dāng)摩擦力小于重力的分力時(shí)，則v>v1，選項(xiàng)A正確；當(dāng)摩擦力和重力的分力相等時(shí)，滑塊一直做勻速直線運(yùn)動(dòng)，v＝v1，故本題應(yīng)選A、B、C. 【變式】如圖所示，傳送帶與地面夾角θ＝37°，AB長(zhǎng)度為16 m，傳送帶以10 m/s的速率逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)．在傳送帶上端A無初速度地放一個(gè)質(zhì)量為0.5 kg的物體，它與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5.求物體從A運(yùn)動(dòng)到B所需時(shí)間是多少？(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2) 【答案】　2 s 【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，傳送帶給物體沿傳送帶向下的滑動(dòng)摩擦力Ff，物體受力

34、情況如圖甲所示．物體由靜止加速，由牛頓第二定律有mgsin θ＋μmgcos 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(shí)間t1＝＝ s＝1 s，時(shí)間t1內(nèi)的位移x＝a1t＝5 m. 由于μ

35、 s(舍去)． 所以物體由A運(yùn)動(dòng)到B的時(shí)間t＝t1＋t2＝2 s. 熱點(diǎn)題型五　滑塊—木板模型 1．模型特征 滑塊——滑板模型(如圖a)，涉及摩擦力分析、相對(duì)運(yùn)動(dòng)、摩擦生熱，多次相互作用，屬于多物體、多過程問題，知識(shí)綜合性較強(qiáng)，對(duì)能力要求較高，故頻現(xiàn)于高考試卷中．另外，常見的子彈射擊滑板(如圖b)、圓環(huán)在直桿中滑動(dòng)(如圖c)都屬于滑塊類問題，處理方法與滑塊——滑板模型類似． 2．兩種類型 類型圖示 規(guī)律分析 木板B帶動(dòng)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(shí)二者速度相等，則位移關(guān)系為xB＝xA＋L 物塊A帶動(dòng)木板B，物塊恰好不從木板上掉

36、下的臨界條件是物塊恰好滑到木板右端時(shí)二者速度相等，則位移關(guān)系為xB＋L＝xA 3.分析“板塊”模型時(shí)要抓住一個(gè)轉(zhuǎn)折和兩個(gè)關(guān)聯(lián) 【例10】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上， g取10 m/s2. (1)若水平地面光滑，計(jì)算說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． 【答案】　(1)見解析　(2) s 【解析】　(1)A、B之

37、間的最大靜摩擦力為 fm＞μ1mg＝0.3×1×10 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fAB＜fm，故A、B之間不發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)． (2)對(duì)B：F－μ1mg＝maB 對(duì)A：μ1mg－μ2(M＋m)g＝MaA 據(jù)題意：xB－xA＝L xA＝aAt2，xB＝aBt2 解得：t＝ s. 【變式】如圖所示，在山體下的水平地面上有一靜止長(zhǎng)木板，某次山體滑坡，有石塊從山坡上滑下后，恰好以速度v1滑上長(zhǎng)木板，石塊與長(zhǎng)木板、長(zhǎng)木板與水平地面之間都存在摩擦．設(shè)最大靜摩擦力大小等于滑動(dòng)摩擦力的大小，

38、且石塊始終未滑出長(zhǎng)木板．下面給出了石塊在長(zhǎng)木板上滑行的v－t圖象，其中可能正確的是(　　) 【答案】BD. 【解析】由于石塊與長(zhǎng)木板、長(zhǎng)木板與地面之間都有摩擦，故石塊不可能做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；若石塊對(duì)長(zhǎng)木板向右的滑動(dòng)摩擦力小于地面對(duì)長(zhǎng)木板的最大靜摩擦力，則長(zhǎng)木板將靜止不動(dòng)，石塊將在長(zhǎng)木板上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，故選項(xiàng)D正確；設(shè)石塊與長(zhǎng)木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1，長(zhǎng)木板與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2，石塊的質(zhì)量為m，長(zhǎng)木板的質(zhì)量為M，當(dāng)μ1mg＞μ2(M＋m)g時(shí)，最終石塊與長(zhǎng)木板將一起做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，此時(shí)的加速度為μ2g，由μ1mg＞μ2(M＋m)g，可得μ1mg＞μ2mg，即

39、石塊剛開始的加速度大于石塊與長(zhǎng)木板一起減速時(shí)的加速度，即μ1g＞μ2g，也就是說圖象的斜率將變小，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤，B正確． 【例11】　(2019·安徽六安模擬)如圖所示，質(zhì)量為M＝8 kg的小車放在光滑的水平面上，在小車左端加一 水平推力F＝8 N，當(dāng)小車向右運(yùn)動(dòng)的速度達(dá)到v0＝1.5 m/s時(shí)，在小車前端輕輕放上一個(gè)大小不計(jì)、質(zhì)量為 m＝2 kg的小物塊，小物塊與小車間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，已知運(yùn)動(dòng)過程中，小物塊沒有從小車上掉下來， g取10 m/s2，求： (1)經(jīng)過多長(zhǎng)時(shí)間兩者達(dá)到相同的速度； (2)小車至少多長(zhǎng)，才能保證小物塊不從小車上掉下來； (3)從小物塊放

40、上小車開始，經(jīng)過t＝1.5 s小物塊對(duì)地的位移大小為多少？ 【答案】　(1)1 s　(2)0.75 m　(3)2.1 m 【解析】　(1)設(shè)小物塊和小車的加速度分別為am、aM，由牛頓第二定律有：μmg＝mam， F－μmg＝MaM 代入數(shù)據(jù)解得：am＝2 m/s2，aM＝0.5 m/s2 設(shè)經(jīng)過時(shí)間t1兩者達(dá)到相同的速度，由amt1＝v0＋aMt1，解得：t1＝1 s. (2)當(dāng)兩者達(dá)到相同的速度后，假設(shè)兩者保持相對(duì)靜止，以共同的加速度a做勻加速運(yùn)動(dòng)，對(duì)小物塊和小車整體，由牛頓第二定律有：F＝(M＋m)a，解得：a＝0.8 m/s2 此時(shí)小物塊和小車之間的摩擦力f＝ma＝1.6

41、 N 而小物塊和小車之間的最大靜摩擦力fm＞μmg＝4 N＞f，所以兩者達(dá)到相同的速度后，兩者保持相對(duì)靜止． 從小物塊放上小車開始，小物塊的位移為：sm＝amt 小車的位移sM＝v0t1＋aMt 小車的長(zhǎng)度至少為l＝sM－sm 代入數(shù)據(jù)得：l＝0.75 m (3)在開始的1 s內(nèi)，小物塊的位移sm＝amt＝1 m，末速度v＝amt1＝2 m/s，在剩下的時(shí)間t2＝t－t1＝0.5 s時(shí)間內(nèi)，物塊運(yùn)動(dòng)的位移為s2＝vt2＋at，得s2＝1.1 m，可見小物塊在總共1.5 s時(shí)間內(nèi)通過的位移大小為s＝sm＋s2＝2.1 m. 【變式】(2019·河南中原名校聯(lián)考)如圖所示，在光滑的水

42、平面上有一足夠長(zhǎng)的質(zhì)量為M＝4 kg的長(zhǎng)木板， 在長(zhǎng)木板右端有一質(zhì)量為m＝1 kg的小物塊，長(zhǎng)木板與小物塊間動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.2，長(zhǎng)木板與小物塊均靜 止．現(xiàn)用F＝14 N的水平恒力向右拉長(zhǎng)木板，經(jīng)時(shí)間t＝1 s撤去水平恒力F. (1)在F的作用下，長(zhǎng)木板的加速度為多大？ (2)剛撤去F時(shí)，小物塊離長(zhǎng)木板右端多遠(yuǎn)？ (3)最終長(zhǎng)木板與小物塊一同以多大的速度勻速運(yùn)動(dòng)？ (4)最終小物塊離長(zhǎng)木板右端多遠(yuǎn)？ 【答案】(1)3 m/s2　(2)0.5 m　(3)2.8 m/s (4)0.7 m 【解析】(1)根據(jù)牛頓第二定律可得a＝，解得a＝3 m/s2 (2)撤去F之前，小物

43、塊只受摩擦力作用， 故am＝μg＝2 m/s2 Δx1＝at2－amt2，解得Δx1＝0.5 m (3)剛撤去F時(shí)，v＝at＝3 m/s，vm＝amt＝2 m/s 撤去F后，長(zhǎng)木板的加速度a′＝＝0.5 m/s2 最終速度v′＝vm＋amt′＝v－a′t′ 解得v′＝2.8 m/s (4)在t′內(nèi)，小物塊和木板的相對(duì)位移 Δx2＝－ 解得Δx2＝0.2 m 最終小物塊離長(zhǎng)木板右端x＝Δx1＋Δx2＝0.7 m. 【題型演練】 1．(2018·浙江4月選考)如圖所示，小芳在體重計(jì)上完成下蹲動(dòng)作，下列F-t圖象能反映體重計(jì)示數(shù)隨時(shí)間變化的是(　　) 【答案】C

44、【解析】對(duì)人的運(yùn)動(dòng)過程分析可知，人下蹲的過程可以分成兩段：人在加速下蹲的過程中，有向下的加速度，處于失重狀態(tài)，此時(shí)人對(duì)傳感器的壓力小于人的重力的大??；在減速下蹲的過程中，加速度方向向上，處于超重狀態(tài)，此時(shí)人對(duì)傳感器的壓力大于人的重力的大小，故C正確，A、B、D錯(cuò)誤． 2．我國航天員要在天宮1號(hào)航天器實(shí)驗(yàn)艙的桌面上測(cè)量物體的質(zhì)量，采用的方法如下：質(zhì)量為m1的標(biāo)準(zhǔn)物A的前后連接有質(zhì)量均為m2的兩個(gè)力傳感器．待測(cè)質(zhì)量的物體B連接在后傳感器上．在某一外力作用下整體在桌面上運(yùn)動(dòng)，如圖所示．穩(wěn)定后標(biāo)準(zhǔn)物A前后兩個(gè)傳感器的讀數(shù)分別為F1、F2，由此可知待測(cè)物體B的質(zhì)量為(　　) A.　　　　B.

45、 C. D. 【答案】B 【解析】整體為研究對(duì)象，由牛頓第二定律得F1＝(m1＋2m2＋m)a；隔離B物體，由牛頓第二定律得F2＝ma；聯(lián)立可得m＝，B對(duì)． 3.質(zhì)量為M的皮帶輪工件放置在水平桌面上，一細(xì)繩繞過皮帶輪的皮帶槽，一端系一質(zhì)量為m的重物，另一端固定在桌面上．如圖所示，工件與桌面、繩之間以及繩與桌面邊緣之間的摩擦都忽略不計(jì)，桌面上繩與桌面平行，則重物下落過程中，工件運(yùn)動(dòng)的加速度為(　　) A. B. C. D. 【解析】相等時(shí)間內(nèi)重物下落的距離是工件運(yùn)動(dòng)距離的2倍，因此，重物的加速度也是工件加速度的2倍，設(shè)繩

46、上的拉力為F，根據(jù)牛頓第二定律有：＝2×，解得：F＝，工件加速度為：a＝＝，所以A正確． 【答案】A 4.(2019·南京、鹽城模擬)如圖所示，蹦床運(yùn)動(dòng)員從空中落到床面上，運(yùn)動(dòng)員從接觸床面下降到最低點(diǎn)為第一過程，從最低點(diǎn)上升到離開床面為第二過程，運(yùn)動(dòng)員(　　) A．在第一過程中始終處于失重狀態(tài) B．在第二過程中始終處于超重狀態(tài) C．在第一過程中先處于失重狀態(tài)，后處于超重狀態(tài) D．在第二過程中先處于超重狀態(tài)，后處于失重狀態(tài) 【答案】CD 【解析】.運(yùn)動(dòng)員剛接觸床面時(shí)重力大于彈力，運(yùn)動(dòng)員向下做加速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)員處于失重狀態(tài)；隨床面形變的增大，彈力逐漸增大，彈力大于重力

47、時(shí)，運(yùn)動(dòng)員做減速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)員處于超重狀態(tài)，故A錯(cuò)誤，C正確；蹦床運(yùn)動(dòng)員在上升過程中和下落過程中是對(duì)稱的，加速度方向先向上后向下，先處于超重狀態(tài)，后處于失重狀態(tài)，故B錯(cuò)誤，D正確． 5. (2019·武漢模擬)如圖所示，兩黏連在一起的物塊a和b，質(zhì)量分別為ma和mb，放在光滑的水平桌面上，現(xiàn)同時(shí)給它們施加方向如圖所示的水平推力Fa和水平拉力Fb，已知Fa＞Fb，則a對(duì)b的作用力(　　) A．必為推力　　 B．必為拉力 C．可能為推力，也可能為拉力 D．不可能為零 【答案】C 【解析】.將a、b看做一個(gè)整體，加速度a＝，單獨(dú)對(duì)a進(jìn)行分析，設(shè)a、b間的作用力為Fab，則a＝＝，即Fab

48、＝，由于不知道m(xù)a與mb的大小關(guān)系，故Fab可能為正，可能為負(fù)，也可能等于0. 6．(2019·南陽五校聯(lián)考) 如圖所示，滑輪A可沿傾角為θ的足夠長(zhǎng)光滑軌道下滑，滑輪下用輕繩掛著一個(gè)重為G的物體B，下滑時(shí)，物體B相對(duì)于A靜止，則下滑過程中(　　) A．B的加速度為gsin θ B．繩的拉力為 C．繩的方向保持豎直 D．繩的拉力為G 【答案】A 【解析】. A、B相對(duì)靜止，即兩物體的加速度相同，以A、B整體為研究對(duì)象分析受力可知，系統(tǒng)的加速度為gsin θ，所以選項(xiàng)A正確；再以B為研究對(duì)象進(jìn)行受力分析，如圖，根據(jù)平行四邊形法則可知，繩子的方向與斜面垂直，拉力大小等于Gcos θ，故

49、選項(xiàng)B、C、D都錯(cuò)誤． 6． 如圖，光滑水平面上，水平恒力F作用在木塊上，長(zhǎng)木板和木塊間無相對(duì)滑動(dòng)，長(zhǎng)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(zhǎng)木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，則在運(yùn)動(dòng)過程中 (　　) 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)木板所受的摩擦力，又長(zhǎng)木板所受的摩擦力等于長(zhǎng)木板對(duì)木塊的摩擦力，故選項(xiàng)A、C錯(cuò)誤，D正確；木塊所受的合力F合′＝ma＝，故

50、選項(xiàng)B錯(cuò)誤． 8.如圖所示，足夠長(zhǎng)的傳送帶與水平面夾角為θ，以速度v0逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)．在傳送帶的上端輕輕放置一 個(gè)質(zhì)量為m的小木塊，小木塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ

51、擦力變?yōu)檠貍魉蛶蛏希黾铀俣葹閍2的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，這一階段由牛頓第二定律得mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，所以a2＝gsin θ－μgcos θ，根據(jù)以上分析，有a2

52、m/s2)．求： (1)小物塊所受到的恒力F的大小； (2)小物塊從B點(diǎn)沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，到返回B點(diǎn)所用的時(shí)間； (3)小物塊能否返回到A點(diǎn)？若能，計(jì)算小物塊通過A點(diǎn)時(shí)的速度；若不能，計(jì)算小物塊停止運(yùn)動(dòng)時(shí)離B點(diǎn)的距離． 【答案】(1)11 N　(2)0.5 s (3)不能返回到A點(diǎn)，停止運(yùn)動(dòng)時(shí)離B點(diǎn)的距離為0.4 m 【解析】(1)由題圖乙可知，AB段加速度 a1＝＝ m/s2＝0.5 m/s2， 根據(jù)牛頓第二定律，有Fcos α－μ(mg－Fsin α)＝ma1， 解得F＝11 N. (2)在BC段mgsin α＝ma2，解得a2＝8.0 m/s2. 小物塊從B上滑到

53、最高點(diǎn)所用時(shí)間與從最高點(diǎn)滑回到B所用時(shí)間相等，由題圖乙可知，小物塊到達(dá)B點(diǎn)的速度vB＝2.0 m/s，有 t＝＝ s＝0.5 s. (3)小物塊從B向A運(yùn)動(dòng)過程中，有μmg＝ma3， 解得a3＝5.0 m/s2. 滑行的位移s＝＝ m＝0.4 m sAB＝t＝t＝×4.0 m＝4.0 m>0.4 m，所以小物塊不能返回到A點(diǎn)，停止運(yùn)動(dòng)時(shí)離B點(diǎn)的距離為0.4 m. 10.(2019·湖北三校聯(lián)考)有一項(xiàng)“快樂向前沖”的游戲可簡(jiǎn)化如下：如圖所示，滑板長(zhǎng)L＝1 m，起點(diǎn)A到終點(diǎn) 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(diǎn)的滑塊，對(duì)滑塊施一水平恒力F使滑板前

54、進(jìn)．滑板右端到達(dá)B處沖線，游戲結(jié)束．已知滑塊與滑板間動(dòng)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取10 m/s2，求： (1)滑板由A滑到B的最短時(shí)間； (2)為使滑板能以最短時(shí)間到達(dá)，水平恒力F的取值范圍． 【答案】(1)1 s　(2)30 N≤F≤34 N 【解析】(1)滑板一直以最大加速度加速時(shí)，所用時(shí)間最短．設(shè)滑板最大加速度為a2，f＝μm1g＝m2a2，a2＝10 m/s2，s＝，解得t＝1 s. (2)滑板與滑塊剛好相對(duì)滑動(dòng)時(shí)，水平恒力最小，設(shè)為F1，此時(shí)可認(rèn)為二者加速度相等， F1－μm1g＝m1a2， 解得F1＝30 N. 當(dāng)滑板運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，滑塊剛好脫離時(shí)，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. 26