2019高考物理一輪復習 第三章 牛頓運動定律 第4講 牛頓運動定律的綜合應用學案

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1、 第4講　牛頓運動定律的綜合應用 　超重與失重現象 【題型解讀】 1．對超重、失重的理解：超重并不是重力增加了，失重并不是重力減小了，完全失重也不是重力完全消失了．在發(fā)生這些現象時，物體的重力依然存在，且不發(fā)生變化，只是物體對支持物的壓力(或對懸掛物的拉力)發(fā)生了變化(即“視重”發(fā)生變化)． 2．判斷方法 (1)不管物體的加速度是不是豎直方向，只要其加速度在豎直方向上有分量，物體就會處于超重或失重狀態(tài)． (2)盡管不是整體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，整體也會出現超重或失重現象． 　在完全失重的狀態(tài)下，平常一切由重力產生的物理現象都會完全消失

2、，如天平失效、浸在水中的物體不再受浮力、液體柱不再產生壓強等． 【典題例析】 　 如圖所示，是某同學站在壓力傳感器上，做下蹲－起立的動作時記錄的力隨時間變化的圖線，縱坐標為力(單位為牛頓)，橫坐標為時間．由圖線可知　(　　) A．該同學做了兩次下蹲－起立的動作 B．該同學做了一次下蹲－起立的動作 C．下蹲過程中人處于失重狀態(tài) D．下蹲過程中先處于超重狀態(tài)后處于失重狀態(tài) [審題指導]　 下蹲過程：靜止→向下加速→向下減速→靜止 起立過程：靜止→向上加速→向上減速→靜止 [解析]　在一次下蹲過程中，該同學要先后經歷失重狀態(tài)和超重狀態(tài)，所以對壓力傳感器的壓力先小于自身重力后

3、大于自身重力，而在一次起立過程中，該同學又要先后經歷超重狀態(tài)和失重狀態(tài)，所以對壓力傳感器的壓力先大于自身重力后小于自身重力，所以題圖記錄的應該是一次下蹲－起立的動作． [答案]　B 【跟進題組】 1. 如圖所示，臺秤上有一裝水容器，容器底部用一質量不計的細線系住一個乒乓球．某時刻細線斷開，乒乓球向上加速運動，在此過程中，關于臺秤的示數與線斷前相比的變化情況及原因．下列說法正確的是　(　　) A．由于乒乓球仍在容器中，所以示數與細線斷前相同 B．細線斷后不再向上提拉容器底部，所以示數變大 C．細線斷后，乒乓球有向上的加速度，處于超重狀態(tài)，故示數變大 D．容器、

4、水、乒乓球整個系統的重心加速下移，處于失重狀態(tài)，所以示數變小 解析：選D.乒乓球加速上升，整個系統重心加速下移，處于失重狀態(tài)，故D正確． 2. (多選)(2018·南京、鹽城模擬)如圖所示，蹦床運動員從空中落到床面上，運動員從接觸床面下降到最低點為第一過程，從最低點上升到離開床面為第二過程，運動員(　　) 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) 解析：選CD.運動員剛接觸床面時重力大于彈力，運動員向下做加速運動，運動員處于失重狀態(tài)；隨床面形變的增大，彈

5、力逐漸增大，彈力大于重力時，運動員做減速運動，運動員處于超重狀態(tài)，故A錯誤，C正確；蹦床運動員在上升過程中和下落過程中是對稱的，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錯誤，D正確． 超重和失重現象判斷的“三”技巧 (1)從受力的角度判斷：當物體所受向上的拉力(或支持力)大于重力時，物體處于超重狀態(tài)，小于重力時處于失重狀態(tài)，等于零時處于完全失重狀態(tài)． (2)從加速度的角度判斷：當物體具有向上的加速度時處于超重狀態(tài)，具有向下的加速度時處于失重狀態(tài)，向下的加速度為重力加速度時處于完全失重狀態(tài)． (3)從速度變化的角度判斷 ①物體向上加速或向下減速時，超重． ②物

6、體向下加速或向上減速時，失重．　 　動力學觀點在連接體中的應用[學生用書P49] 【題型解讀】 1．多個相互關聯的物體由細繩、細桿或彈簧等連接或疊放在一起，構成的物體系統稱為連接體．常見的連接體如圖所示： 2．連接體問題的分析方法：一是隔離法，二是整體法． (1)加速度相同的連接體 ①若求解整體的加速度，可用整體法．整個系統看成一個研究對象，分析整體受外力情況，再由牛頓第二定律求出加速度． ②若求解系統內力，可先用整體法求出整體的加速度，再用隔離法將內力轉化成外力，由牛頓第二定律求解． (2)加速度不同的連接體：若系統內各個物體的加速度不同，一般應采用隔離法．以各個物體分

7、別作為研究對象，對每個研究對象進行受力和運動情況分析，分別應用牛頓第二定律建立方程，并注意應用各個物體的相互作用關系聯立求解． 3．充分挖掘題目中的臨界條件 (1)相接觸與脫離的臨界條件：接觸處的彈力FN＝0. (2)相對滑動的臨界條件：接觸處的靜摩擦力達到最大靜摩擦力． (3)繩子斷裂的臨界條件：繩子中的張力達到繩子所能承受的最大張力． (4)繩子松弛的臨界條件：張力為0. 4．其他幾個注意點 (1)正確理解輕繩、輕桿和輕彈簧的質量為0和受力能否突變的特征的不同． (2)力是不能通過受力物體傳遞的受力，分析時要注意分清內力和外力，不要漏力或添力． 【典題例析】 　質量為M

8、、長為L的桿水平放置，桿兩端A、B系著長為3L的不可伸長且光滑的柔軟輕繩，繩上套著一質量為m的小鐵環(huán)．已知重力加速度為g，不計空氣影響． (1)現讓桿和環(huán)均靜止懸掛在空中，如圖甲，求繩中拉力的大?。? (2)若桿與環(huán)保持相對靜止，在空中沿AB方向水平向右做勻加速直線運動，此時環(huán)恰好懸于A端正下方，如圖乙所示． ①求此狀態(tài)下桿的加速度大小a. ②為保持這種狀態(tài)需在桿上施加一個多大外力，方向如何？ [審題指導]　(1)題圖甲中桿和環(huán)均靜止，把環(huán)隔離出來受力分析，由平衡條件列方程可求出繩中拉力． (2)題圖乙中，桿與環(huán)一起加速，把環(huán)隔離出來受力分析，由牛頓第二定律列方程可求出環(huán)的加

9、速度，再對桿和環(huán)整體進行受力分析，由牛頓第二定律列方程求出施加的外力． [解析]　 (1)環(huán)受力如圖1所示，由平衡條件得： 2FTcos θ－mg＝0 由圖1中幾何關系可知：cos θ＝ 聯立以上兩式解得：FT＝mg. (2)①小鐵環(huán)受力如圖2所示，由牛頓第二定律得： F′Tsin θ′＝ma F′T＋F′Tcos θ′－mg＝0 由圖2中幾何關系可知θ′＝60°，代入以上兩式解得： a＝g. ②桿和環(huán)整體受力如圖3所示，由牛頓第二定律得： Fcos α＝(M＋m)a Fsin α－(M＋m)g＝0 解得：F＝(M＋m)g，α＝60°. [答案]　(1)m

10、g　(2)①g?、谕饬Υ笮?M＋m)g　方向與水平方向成60°角斜向右上方 【遷移題組】 遷移1　加速度相同的連接體問題 1．如圖所示，質量為M的小車放在光滑的水平面上，小車上用細線懸吊一質量為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向右運動時，細線與豎直方向成θ角，細線的拉力為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′向左運動時，細線與豎直方向也成θ角，細線的拉力為F′1.則(　　) A．a′＝a，F′1＝F1　　　 B．a′＞a，F′1＝F1 C．a′＜a，F′1＝F1 D．a′＞a，F′1＞F1 解析：選B.當用力F水平向

11、右拉小球時，以小球為研究對象， 豎直方向有F1cos θ＝mg ① 水平方向有F－F1sin θ＝ma， 以整體為研究對象有F＝(m＋M)a， 解得a＝gtan θ ② 當用力F′水平向左拉小車時，以球為研究對象， 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 結合兩種情況，由①③有F1＝F′1；由②④并結合M＞m有a′＞a.故正確選項為B. 遷移2　加速度不同的連接體問題 2. 一個彈簧測力計放在水平地面上，Q為與輕彈簧上端連在一起的秤盤，P為一重物，已知P的質量M＝10.5 kg，Q的質量m＝1.5 k

12、g，彈簧的質量不計，勁度系數k＝800 N/m，系統處于靜止．如圖所示，現給P施加一個方向豎直向上的力F，使它從靜止開始向上做勻加速運動，已知在前0.2 s內，F為變力，0.2 s以后，F為恒力．求力F的最大值與最小值．(取g＝10 m/s2) 解析：設開始時彈簧壓縮量為x1，t＝0.2 s時彈簧的壓縮量為x2，物體P的加速度為a，則有 kx1＝(M＋m)g ① kx2－mg＝ma ② x1－x2＝at2 ③ 由①式得x1＝＝0.15 m， ④ 由②③④式得a＝6 m/s2 F?。?M＋m)a＝72 N，F大＝M(g＋a)＝168 N. 答案：168 N　72 N 遷移3　

13、連接體中的臨界、極值問題 3．如圖所示，在光滑水平面上有一輛小車A，其質量為mA＝2.0 kg，小車上放一個物體B，其質量為mB＝1.0 kg.如圖甲所示，給B一個水平推力F，當F增大到稍大于3.0 N時，A、B開始相對滑動．如果撤去F，對A施加一水平推力F′，如圖乙所示．要使A、B不相對滑動，求F′的最大值Fm′. 解析：根據題圖甲所示，設A、B間的靜摩擦力達到最大值fm時，系統的加速度為a.根據牛頓第二定律，對A、B整體有F＝(mA＋mB)a，對A有fm＝mAa，代入數據解得fm＝2.0 N. 根據題圖乙所示情況，設A、B剛開始滑動時系統的加速度為a′，根據牛頓第二定律有： f

14、m＝mBa′，Fm′＝(mA＋mB)a′， 代入數據解得Fm′＝6.0 N. 答案：6.0 N 1．隔離法的選取原則：若連接體或關聯體內各物體的加速度不相同，或者需要求出系統內兩物體之間的作用力時，就需要把物體從系統中隔離出來，應用牛頓第二定律列方程求解． 2．整體法的選取原則：若連接體內各物體具有相同的加速度，且不需要求系統內物體之間的作用力時，可以把它們看成一個整體來分析整體受到的外力，應用牛頓第二定律求出加速度(或其他未知量)． 3．整體法、隔離法交替運用原則：若連接體內各物體具有相同的加速度，且要求系統內物體之間的作用力時，可以先用整體法求出加速度，然后再用隔離法選取合適的研

15、究對象，應用牛頓第二定律求作用力．即“先整體求加速度、后隔離求內力”． 4．“四種”典型臨界條件 (1)接觸與脫離的臨界條件：兩物體相接觸或脫離，臨界條件是：彈力FN＝0. (2)相對滑動的臨界條件：兩物體相接觸且處于相對靜止時，常存在著靜摩擦力，則相對滑動的臨界條件是：靜摩擦力達到最大值． (3)繩子斷裂與松弛的臨界條件：繩子所能承受的張力是有限度的，繩子斷與不斷的臨界條件是繩中張力等于它所能承受的最大張力，繩子松弛與拉緊的臨界條件是：FT＝0. (4)加速度變化時，速度達到最值的臨界條件：當加速度變?yōu)?時． 5．“四種”典型數學方法 (1)三角函數法； (2)根據臨界條件列

16、不等式法； (3)利用二次函數的判別式法； (4)極限法．　 　傳送帶問題的解題技巧[學生用書P50] 【題型解讀】 1．模型特征 (1)水平傳送帶模型 項目 圖示 滑塊可能的運動情況 情景1 (1)可能一直加速 (2)可能先加速后勻速 情景2 (1)v0>v時，可能一直減速，也可能先減速再勻速 (2)v0v返回時速度為v，當v0

17、可能的運動情況 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 2.模型動力學分析 (1)傳送帶模型問題的分析流程 (2)判斷方法 ①水平傳送帶 　若≤l，物、帶能共速； 　若≤l，物、帶能共速； 　若≤l，物塊能返回． ②傾斜傳送帶 　若≤l，物、帶能共速； 　若≤l，物、帶能共速； 若μ≥tan θ，物、帶共速后勻速； 若μ

18、從A到B長度為L＝10.25 m，傳送帶以v0＝10 m/s的速率逆時針轉動．在傳送帶上端A無初速度地放一個質量為m＝0.5 kg的黑色煤塊，它與傳送帶之間的動摩擦因數為μ＝0.5.煤塊在傳送帶上經過會留下黑色痕跡．已知sin 37°＝0.6，g＝10 m/s2，求： (1)煤塊從A到B的時間； (2)煤塊從A到B的過程中傳送帶上形成痕跡的長度． [審題指導]　(1)煤塊剛放上時，判斷摩擦力的方向，計算加速度． (2)判斷煤塊能否達到與傳送帶速度相等，若不能，煤塊從A→B加速度不變，若能，則要進一步判斷煤塊能否相對傳送帶靜止． (3)達到相同速度后，若煤塊不再滑動，則勻速運動到B

19、點，形成的痕跡長度等于傳送帶和煤塊對地的位移之差．煤塊若相對傳送帶滑動，之后將以另一加速度運動到B點，形成的痕跡與上段留下的痕跡重合，最后結果取兩次痕跡長者． [解析]　(1)煤塊剛放上時，受到向下的摩擦力，如圖甲，其加速度為a1＝g(sin θ＋μcos θ)＝10 m/s2， t1＝＝1 s，x1＝a1t＝5 m＜L， 即下滑5 m與傳送帶速度相等． 達到v0后，受到向上的摩擦力，由于μ＜tan 37°，煤塊仍將加速下滑，如圖乙，a2＝g(sin θ－μcos θ)＝2 m/s2， x2＝L－x1＝5.25 m， x2＝v0t2＋a2t，得t2＝0.5 s， 則煤塊從A到B的

20、時間為t＝t1＋t2＝1.5 s. 　　 　　　　　　　　　　　　　甲　　　　　　　　　　乙 (2)第一過程痕跡長Δx1＝v0t1－a1t＝5 m， 第二過程痕跡長Δx2＝x2－v0t2＝0.25 m， Δx1與Δx2部分重合， 故痕跡總長為5 m. [答案]　(1)1.5 s　(2)5 m 【遷移題組】 遷移1　水平傳送帶模型 1. 如圖所示為水平傳送裝置，軸間距離AB長l＝8.3 m，質量為M＝1 kg的木塊隨傳送帶一起以v1＝2 m/s的速度向左勻速運動(傳送帶的傳送速度恒定)，木塊與傳送帶間的動摩擦因數μ＝0.5.當木塊運動至最左端A點時，一顆質量為m＝20

21、 g的子彈以v0＝300 m/s、水平向右的速度正對射入木塊并穿出，穿出速度v＝50 m/s，以后每隔1 s就有一顆子彈射向木塊，設子彈射穿木塊的時間極短，且每次射入點各不相同，g取10 m/s2.求： (1)在被第二顆子彈擊中前，木塊向右運動離A點的最大距離． (2)木塊在傳送帶上最多能被多少顆子彈擊中？ 解析：(1)子彈射入木塊過程中系統動量守恒，以子彈的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得 mv0－Mv1＝mv＋Mv′1 解得v′1＝3 m/s 木塊向右做減速運動的加速度大小 a＝＝5 m/s2 木塊速度減為零所用時間為t1＝ 解得t1＝0.6 s<1 s 所以木塊在

22、被第二顆子彈擊中前，向右運動離A點最遠時，速度為零，移動距離為s1＝，解得s1＝0.9 m. (2)在第二顆子彈射中木塊前，木塊在向左做加速運動 時間為t2＝1 s－0.6 s＝0.4 s 速度增大為v2＝at2＝2 m/s(恰與傳送帶共速) 向左移動的位移為s2＝at＝×5×0.42 m＝0.4 m 所以在兩顆子彈射中木塊的時間間隔內 木塊總位移s0＝s1－s2＝0.5 m，方向向右 第16顆子彈擊中前，木塊向右移動的位移為s＝15×0.5 m＝7.5 m 第16顆子彈擊中后，木塊將會先向右移動0.9 m 總位移為0.9 m＋7.5 m＝8.4 m>8.3 m，木塊將從B端

23、落下，所以木塊在傳送帶上最多能被16顆子彈擊中． 答案：見解析 遷移2　傾斜傳送帶模型 2．如圖所示，與水平面成θ＝30°的傳送帶正以v＝3 m/s 的速度勻速運行，A、B兩端相距l(xiāng)＝13.5 m．現每隔1 s把質量m＝1 kg的工件(視為質點)輕放在傳送帶上，工件在傳送帶的帶動下向上運動，工件與傳送帶間的動摩擦因數μ＝，取g＝10 m/s2，結果保留兩位有效數字．求： (1)相鄰工件間的最小距離和最大距離； (2)滿載與空載相比，傳送帶需要增加多大的牽引力？ 解析：(1)設工件在傳送帶上加速運動時的加速度為a，則 μmgcos θ－mgsin θ＝ma 代入數據解得

24、a＝1.0 m/s2 剛放上下一個工件時，該工件離前一個工件的距離最小，且最小距離dmin＝at2 解得dmin＝0.50 m 當工件勻速運動時兩相鄰工件相距最遠，則 dmax＝vt＝3.0 m. (2)由于工件加速時間為t1＝＝3.0 s，因此傳送帶上總有三個(n1＝3)工件正在加速，故所有做加速運動的工件對傳送帶的總滑動摩擦力f1＝3μmgcos θ 在滑動摩擦力作用下工件移動的位移x＝＝4.5 m 傳送帶上勻速運動的工件數n2＝＝3 當工件與傳送帶相對靜止后，每個工件受到的靜摩擦力f0＝mgsin θ，所有做勻速運動的工件對傳送帶的總靜摩擦力f2＝n2f0 與空載相比，

25、傳送帶需增大的牽引力F＝f1＋f2 聯立解得F＝33 N. 答案：(1)0.50 m　3.0 m　(2)33 N 解答傳送帶問題應注意的事項 (1)比較物塊和傳送帶的初速度情況，分析物塊所受摩擦力的大小和方向，其主要目的是得到物塊的加速度． (2)關注速度相等這個特殊時刻，水平傳送帶中兩者一塊勻速運動，而傾斜傳送帶需判斷μ與tan θ的關系才能決定物塊以后的運動． (3)得出運動過程中兩者相對位移情況，以后在求解摩擦力做功時有很大作用．　 　滑塊——滑板模型分析[學生用書P52] 【題型解讀】 1．模型特征 滑塊——滑板模型(如圖a)，涉及摩擦力分析、相對運動、摩擦生

26、熱，多次相互作用，屬于多物體、多過程問題，知識綜合性較強，對能力要求較高，故頻現于高考試卷中，例如2015年全國Ⅰ、Ⅱ卷中壓軸題25題．另外，常見的子彈射擊滑板(如圖b)、圓環(huán)在直桿中滑動(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．思維模板 【典題例析】 　(2017·高考全國卷Ⅲ) 如圖，兩個滑塊A和B的質量分別為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均為μ1＝0.5；木板的質量為m＝4 kg，與地面間的動摩擦因數為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

27、相遇時，A與木板恰好相對靜止．設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 (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在木板上滑動時，木板也在地面上滑動．設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與木板達到共同速度前有f1＝μ1mAg ① f2＝μ1mBg ② f3＝μ2(m＋mA＋mB)g ③ 由牛頓第二定律得 f1＝mAaA ④ f2＝mBaB ⑤ f2－f1－f3＝ma1 ⑥ 設在

28、t1時刻，B與木板達到共同速度，其大小為v1.由運動學公式有v1＝v0－aBt1 ⑦ v1＝a1t1 ⑧ 聯立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知數據得v1＝1 m/s. ⑨ (2)在t1時間間隔內，B相對于地面移動的距離為 sB＝v0t1－aBt ⑩ 設在B與木板達到共同速度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，設其大小為v2.設A的速度大小從v1變到v2所用的時間

29、為t2，則由運動學公式，對木板有v2＝v1－a2t2? 對A有v2＝－v1＋aAt2 ? 在t2時間間隔內，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，A相對地面移動的距離為 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 ? 聯立以上各式，并代入數據得s0＝1.9 m. (也可用如圖的速度－時間圖線求解) [答案]　見解析 【跟進題組】 1．質量M＝4 kg、長2l＝4 m的木板放在光滑水平地面上，以木板中點為界，

30、左邊和右邊的動摩擦因數不同．一個質量為m＝1 kg的滑塊(可視為質點)放在木板的左端，如圖甲所示．在t＝0時刻對滑塊施加一個水平向右的恒力F，使滑塊和木板均由靜止開始運動，t1＝2 s時滑塊恰好到達木板中點，滑塊運動的x1－t圖象如圖乙所示．取g＝10 m/s2. (1)求滑塊與木板左邊的動摩擦因數μ1和恒力F的大?。? (2)若滑塊與木板右邊的動摩擦因數μ2＝0.1，2 s末撤去恒力F，則滑塊能否從木板上滑落下來？若能，求分離時滑塊的速度大?。舨荒埽瑒t滑塊將停在離木板右端多遠處？ 解析：(1)滑塊和木板均做初速度為零的勻加速直線運動，設滑塊的加速度大小為a1，木板的加速度大小為a2

31、，則t1＝2 s時木板的位移x2＝a2t ① 滑塊的位移x1＝4 m ② 由牛頓第二定律得a2＝ ③ 由位移關系得x1－x2＝l ④ 聯立①②③④解得μ1＝0.4 ⑤ 滑塊位移x1＝a1t ⑥ 恒力F＝ma1＋μ1mg ⑦ 聯立②⑤⑥⑦解得F＝6 N. (2)設滑塊到達木板中點時，滑塊的速度為v1，木板的速度為v2，滑塊滑過中點后做勻減速運動，木板繼續(xù)做勻加速運動，此時滑塊和木板的加速度大小分別為 a′1＝＝μ2g，a′2＝ 設滑塊與木板從t1時刻開始到速度相等時的運動時間為t2，則v2＝a2t1，v1＝a1t1，v1－a′1t2＝v2＋a′2t2 解得t2＝1.6 s

32、 在此時間內，滑塊位移x′1＝v1t2－a′1t 木板的位移x′2＝v2t2＋a′2t Δx＝x′1－x′2 聯立解得Δx＝1.6 m<2 m 因此滑塊沒有從木板上滑落，滑塊與木板相對靜止時距木板右端的距離為d＝l－Δx＝0.4 m. 答案：見解析 2．(2015·高考全國卷Ⅱ) 下暴雨時，有時會發(fā)生山體滑坡或泥石流等地質災害．某地有一傾角為θ＝37°的山坡C，上面有一質量為m的石板B，其上下表面與斜坡平行；B上有一碎石堆A(含有大量泥土)，A和B均處于靜止狀態(tài)，如圖所示．假設某次暴雨中，A浸透雨水后總質量也為m(可視為質量不變的滑塊)，在極短時間內，A、B間的動摩擦因數μ1

33、減小為，B、C間的動摩擦因數μ2減小為0.5，A、B開始運動，此時刻為計時起點；在第2 s末，B的上表面突然變?yōu)楣饣?，?保持不變．已知A開始運動時，A離B下邊緣的距離l＝27 m，C足夠長，設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： (1)在0～2 s時間內A和B加速度的大??； (2)A在B上總的運動時間． 解析：(1)在0～2 s時間內，A和B的受力如圖所示，其中f1、N1是A與B之間的摩擦力和正壓力的大小，f2、N2是B與C之間的摩擦力和正壓力的大小，方向如圖所示．由滑動摩擦力公式和力的平衡條件得 f1＝μ1N1 ① N1＝mgcos θ ②

34、f2＝μ2N2 ③ N2＝N′1＋mgcos θ ④ 規(guī)定沿斜面向下為正．設A和B的加速度分別為a1和a2，由牛頓第二定律得 mgsin θ－f1＝ma1 ⑤ mgsin θ－f2＋f1′＝ma2 ⑥ N1＝N1′ ⑦ f1＝f1′ ⑧ 聯立①②③④⑤⑥⑦⑧式，并代入題給數據得 a1＝3 m/s2 ⑨ a2＝1 m/s2. ⑩ (2)在t1＝2 s時，設A和B的速度分別為v1和v2，則 v1＝a1t1＝6 m/s ? v2＝a2t1＝2 m/s ? t＞t1時，設A和B的加速度分別為a′1和a′2.此時A與B之間的摩擦力為零，同理可得 a′1＝6 m/s2 ? a

35、′2＝－2 m/s2 ? B做減速運動．設經過時間t2，B的速度減為零，則有 v2＋a′2t2＝0 ? 聯立???式得 t2＝1 s ? 在t1＋t2時間內，A相對于B運動的距離為 s＝－ ＝12 m<27 m ? 此后B靜止，A繼續(xù)在B上滑動．設再經過時間t3后A離開B，則有 l－s＝(v1＋a′1t2)t3＋a′1t ? 可得t3＝1 s(另一解不合題意，舍去) ? 設A在B上總的運動時間為t總，有 t總＝t1＋t2＋t3＝4 s. (另解：也可利用下面的速度圖線求解) 答案：(1)3 m/s2　1 m/s2　(2)4 s 分析滑塊—滑板模型的一個轉折

36、和兩個關聯 分析滑塊—滑板類模型時要抓住一個轉折和兩個關聯．一個轉折——滑塊與滑板達到相同速度或者滑塊從滑板上滑下是受力和運動狀態(tài)變化的轉折點． 兩個關聯——轉折前、后受力情況之間的關聯和滑塊、滑板位移與板長之間的關聯．一般情況下，由于摩擦力或其他力的轉變，轉折前、后滑塊和滑板的加速度都會發(fā)生變化，因此以轉折點為界，對轉折前、后進行受力分析是建立模型的關鍵．　 　 [學生用書P53] 1. (2018·武漢模擬)如圖所示，兩黏連在一起的物塊a和b，質量分別為ma和mb，放在光滑的水平桌面上，現同時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b的作

37、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 解析：選C.將a、b看做一個整體，加速度a＝，單獨對a進行分析，設a、b間的作用力為Fab，則a＝＝，即Fab＝，由于不知道m(xù)a與mb的大小關系，故Fab可能為正，可能為負，也可能等于0. 2．(2018·南陽五校聯考) 如圖所示，滑輪A可沿傾角為θ的足夠長光滑軌道下滑，滑輪下用輕繩掛著一個重為G的物體B，下滑時，物體B相對于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 解析：選A. A、

38、B相對靜止，即兩物體的加速度相同，以A、B整體為研究對象分析受力可知，系統的加速度為gsin θ，所以選項A正確；再以B為研究對象進行受力分析，如圖，根據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，故選項B、C、D都錯誤． 3. (多選)(高考江蘇卷)如圖所示，A、B 兩物塊的質量分別為2m和m, 靜止疊放在水平地面上．A、B 間的動摩擦因數為μ，B 與地面間的動摩擦因數為μ.最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為 g．現對 A 施加一水平拉力 F，則(　　) A．當 F < 2μmg 時，A、B 都相對地面靜止 B．當 F ＝μmg 時， A 的加速度為

39、μg C．當 F > 3μmg 時，A 相對 B 滑動 D．無論 F 為何值，B 的加速度不會超過μg 解析：選BCD.A、B間的最大靜摩擦力為2μmg，B和地面之間的最大靜摩擦力為μmg，對A、B整體，只要F＞μmg，整體就會運動，選項A錯誤；當A對B的摩擦力為最大靜摩擦力時，A、B將要發(fā)生相對滑動，故A、B一起運動的加速度的最大值滿足2μmg－μmg＝mamax，B運動的最大加速度amax＝μg，選項D正確；對A、B整體，有F－μmg＝3mamax，則F＞3μmg時兩者會發(fā)生相對運動，選項C正確；當F＝μmg時，兩者相對靜止，一起滑動，加速度滿足F－μmg＝3ma，解得a＝μg，選項

40、B正確． 4. (2018·河南安陽模擬)在傾角為α的固定光滑斜面上，有一用繩子拴著的長木板，木板上站著一只貓．已知貓的質量是木板的質量的2倍．當繩子突然斷開時，貓立即沿著板向上跑，以保持其相對斜面的位置不變．則此時木板沿斜面下滑的加速度為(　　) A．3gsin α　　　　　　　 B．gsin α C. D．2gsin α 解析：選A.貓與木板加速度不同，分別對其受力分析是比較常見的解決方法．貓受力平衡，設貓的質量為2m，其所受摩擦力沿斜面向上，且Ff＝2mgsin α，則木板所受摩擦力沿斜面向下，木板的加速度為a＝＝3gsin α，正確選項為A. 5. 如圖所示為糧

41、袋的傳送裝置，已知A、B兩端間的距離為L，傳送帶與水平方向的夾角為θ，工作時運行速度為v，糧袋與傳送帶間的動摩擦因數為μ，正常工作時工人在A端將糧袋放到運行中的傳送帶上．設最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等，重力加速度大小為g.關于糧袋從A到B的運動，以下說法正確的是　(　　) A．糧袋到達B端的速度與v比較，可能大，可能小或也可能相等 B．糧袋開始運動的加速度為g(sin θ－μcos θ)，若L足夠大，則以后將以速度v做勻速運動 C．若μ≥tan θ，則糧袋從A端到B端一定是一直做加速運動 D．不論μ大小如何，糧袋從A端到B端一直做勻加速運動，且加速度a≥gsin θ 解析：選A.

42、若傳送帶較短，糧袋在傳送帶上可能一直做勻加速運動，到達B端時的速度小于v；若μ≥tan θ，則糧袋先做勻加速運動，當速度與傳送帶的速度相同后，做勻速運動，到達B端時速度與v相同；若μ

43、能一直是做勻加速運動，也可能先勻加速運動，當速度與傳送帶的速度相同后，做勻速運動，選項C、D均錯誤． 6．(多選)如圖所示，在山體下的水平地面上有一靜止長木板，某次山體滑坡，有石塊從山坡上滑下后，恰好以速度v1滑上長木板，石塊與長木板、長木板與水平地面之間都存在摩擦．設最大靜摩擦力大小等于滑動摩擦力的大小，且石塊始終未滑出長木板．下面給出了石塊在長木板上滑行的v－t圖象，其中可能正確的是(　　) 解析：選BD.由于石塊與長木板、長木板與地面之間都有摩擦，故石塊不可能做勻速直線運動，故選項A錯誤；若石塊對長木板向右的滑動摩擦力小于地面對長木板的最大靜摩擦力，則長木板將靜止不動，石

44、塊將在長木板上做勻減速直線運動，故選項D正確；設石塊與長木板之間的動摩擦因數為μ1，長木板與地面之間的動摩擦因數為μ2，石塊的質量為m，長木板的質量為M，當μ1mg＞μ2(M＋m)g時，最終石塊與長木板將一起做勻減速直線運動，此時的加速度為μ2g，由μ1mg＞μ2(M＋m)g，可得μ1mg＞μ2mg，即石塊剛開始的加速度大于石塊與長木板一起減速時的加速度，即μ1g＞μ2g，也就是說圖象的斜率將變小，故選項C錯誤，B正確． 7．(多選)(2018·安徽合肥模擬)如圖所示，繃緊的長為6 m的水平傳送帶，沿順時針方向以恒定速率v1＝2 m/s運行．一小物塊從與傳送帶等高的光滑水平臺面滑上傳送帶，其

45、速度大小為v2＝5 m/s.若小物塊與傳送帶間的動摩擦因數μ＝0.2，重力加速度g＝10 m/s2，下列說法中正確的是(　　) A．小物塊在傳送帶上先向左做勻減速直線運動，然后向右做勻加速直線運動 B．若傳送帶的速度為5 m/s，小物塊將從傳送帶左端滑出 C．若小物塊的速度為4 m/s，小物塊將以2 m/s的速度從傳送帶右端滑出 D．若小物塊的速度為1 m/s，小物塊將以2 m/s的速度從傳送帶右端滑出 解析：選BC.小物塊在傳送帶上先向左做勻減速直線運動，設加速度大小為a，速度減至零時通過的位移為x.根據牛頓第二定律得μmg＝ma，解得a＝μg＝2 m/s2，則x＝＝ m＝6.

46、25 m>6 m，所以小物塊將從傳送帶左端滑出，不會向右做勻加速直線運動，A錯誤；傳送帶的速度為5 m/s時，小物塊在傳送帶上受力情況不變，則運動情況也不變，仍會從傳送帶左端滑出，B正確；若小物塊的速度為4 m/s，小物塊向左減速運動的位移大小為x′＝＝ m＝4 m<6 m，則小物塊的速度減到零后再向右加速，小物塊加速到與傳送帶共速時的位移為x″＝＝ m＝1 m<6 m，以后小物塊以v1＝2 m/s的速度勻速運動到右端，則小物塊從傳送帶右端滑出時的速度為2 m/s，C正確；若小物塊的速度為1 m/s，小物塊向左減速運動的位移大小為x＝＝ m＝0.25 m<6 m，則小物塊速度減到零后再向右加

47、速，由于x