高考物理大二輪復習 專題訓練二 第1課時 動力學觀點在力學中的應用

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1、高考物理大二輪復習 專題訓練二 第1課時 動力學觀點在力學中的應用 專題定位　本專題解決的是物體(或帶電體)在力的作用下的勻變速直線運動問題．高考對本專題考查的內容主要有：①勻變速直線運動的規(guī)律及運動圖象問題；②行車安全問題；③物體在傳送帶(或平板車)上的運動問題；④帶電粒子(或帶電體)在電場、磁場中的勻變速直線運動問題；⑤電磁感應中的動力學分析．考查的主要方法和規(guī)律有：動力學方法、圖象法、臨界問題的處理方法、運動學的基本規(guī)律等． 應考策略　抓住“兩個分析”和“一個橋梁”．“兩個分析”是指“受力分析”和“運動情景或運動過程分析”．“一個橋梁”是指“加速度是聯(lián)系運動和受力的橋梁”．綜合應用牛

2、頓運動定律和運動學公式解決問題． 第1課時　動力學觀點在力學中的應用 1．物體或帶電粒子做勻變速直線運動的條件是：物體或帶電粒子所受合力為恒力，且與速度方向共線． 2．勻變速直線運動的基本規(guī)律為 速度公式：v＝v0＋at. 位移公式：x＝v0t＋at2. 速度和位移公式的推論：v2－v＝2ax. 中間時刻的瞬時速度：v＝＝. 任意相鄰兩個連續(xù)相等的時間內的位移之差是一個恒量，即Δx＝xn＋1－xn＝a·(Δt)2. 3．速度—時間關系圖線的斜率表示物體運動的加速度，圖線與時間軸所包圍的面積表示物體運動的位移．勻變速直線運動的v－t圖象是一條傾斜直線． 4．位移—時間

3、關系圖線的斜率表示物體的速度，勻變速直線運動的x－t圖象是一條拋物線． 5．超重或失重時，物體的重力并未發(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．物體發(fā)生超重或失重現(xiàn)象與物體的運動方向無關，只決定于物體的加速度方向．當a有豎直向上的分量時，超重；當a有豎直向下的分量時，失重；當a＝g且豎直向下時，完全失重． 1．動力學的兩類基本問題的處理思路 2．解決動力學問題的常用方法 (1)整體法與隔離法． (2)正交分解法：一般沿加速度方向和垂直于加速度方向進行分解，有時根據(jù)情況也可以把加速度進行正交分解． (3)逆向思維法：把運動過程的末狀態(tài)作為初狀態(tài)的反向研

4、究問題的方法，一般用于勻減速直線運動問題，比如剎車問題、豎直上拋運動. 考向1　運動學基本規(guī)律的應用 例1　(xx·新課標Ⅰ·24)公路上行駛的兩汽車之間應保持一定的安全距離．當前車突然停止時，后車司機可以采取剎車措施，使汽車在安全距離內停下而不會與前車相碰．通常情況下，人的反應時間和汽車系統(tǒng)的反應時間之和為1 s．當汽車在晴天干燥瀝青路面上以108 km/h的速度勻速行駛時，安全距離為120 m．設雨天時汽車輪胎與瀝青路面間的動摩擦因數(shù)為晴天時的.若要求安全距離仍為120 m，求汽車在雨天安全行駛的最大速度．(g取10 m/s2) 審題突破　在反應時間內汽車做什么運動？采取剎車措施

5、后呢？要求安全距離和汽車的位移有什么關系？ 解析　設路面干燥時，汽車與地面間的動摩擦因數(shù)為μ0，剎車時汽車的加速度大小為a0，安全距離為s，反應時間為t0，由牛頓第二定律和運動學公式得 μ0mg＝ma0① s＝v0t0＋② 式中，m和v0分別為汽車的質量和剎車前的速度． 設在雨天行駛時，汽車與地面間的動摩擦因數(shù)為μ，依題意有 μ＝μ0③ 設在雨天行駛時汽車剎車的加速度大小為a，安全行駛的最大速度為v，由牛頓第二定律和運動學公式得 μmg＝ma④ s＝vt0＋⑤ 聯(lián)立①②③④⑤式并代入題給數(shù)據(jù)得 v＝20 m/s(v＝－24 m/s不符合實際，舍去) 答案　20 m/s

6、 以題說法　解決此類問題必須熟練掌握運動學的基本規(guī)律和推論(即五個關系式)．對于勻減速直線運動還要會靈活運用逆向思維法．對于追及相遇問題要能分別清晰地分析兩物體的運動過程，能找出空間和時間的關系等． 為了迎接外賓，對國賓車隊要求非常嚴格．設從同一地點先后開出甲、乙兩輛不同型號的國賓汽車在平直的公路上排成直線行駛．汽車甲先開出，汽車乙后開出．汽車甲從靜止出發(fā)先做加速度為a1的勻加速直線運動，達到速度v后改為勻速直線運動．汽車乙從靜止出發(fā)先做加速度為a2的勻加速直線運動，達到同一速度v后也改為勻速直線運動．要使甲、乙兩輛汽車都勻速行駛時彼此間隔的間距為x.則甲、乙兩輛汽車依次啟動的時間間隔為多少

7、？(不計汽車的大小) 答案?。? 解析　設當甲經過一段時間t1勻加速運動達到速度v，位移為x1， 對甲，有：v＝a1t1① v2＝2a1x1② 設乙出發(fā)后，經過一段時間t2勻加速運動達到速度v，位移為x2， 對乙，有：v＝ɑ2t2③ v2＝2ɑ2x2④ 設甲勻速運動時間t后，乙也開始勻速運動，甲、乙依次啟動的時間間隔為Δt， 由題意知：Δt＝t1＋t－t2⑤ x＝x1＋vt－x2⑥ 解得：Δt＝＋－. 考向2　挖掘圖象信息解決動力學問題 例2　如圖1甲所示，在傾角為37°的粗糙且足夠長的斜面底端，一質量m＝2 kg可視為質點的滑塊壓縮一輕彈簧并鎖定，滑塊與彈簧不相連．

8、t＝0 s時解除鎖定，計算機通過傳感器描繪出滑塊的速度時間圖象如圖乙所示，其中Ob段為曲線，bc段為直線，g取10 m/s2， sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.則下列說法正確的是(　　) 　　 圖1 A．在0.15 s末滑塊的加速度為－8 m/s2 B．滑塊在0.1～0.2 s時間間隔內沿斜面向下運動 C．滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.25 D．在滑塊與彈簧脫離之前，滑塊一直在做加速運動 審題突破　結合圖象可知滑塊在斜面上分別做什么運動？bc段為直線說明什么？ 解析　在v－t圖象中，斜率代表加速度，0.15 s末滑塊的加速度a＝＝－8 m/s2，故A正確；滑

9、塊在0.1～0.2 s時間間隔內沿斜面向上運動，故B錯誤；滑塊在0.1～0.2 s內，由牛頓第二定律可知，－mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma，可求得μ＝0.25，故C正確；在0～0.1 s過程中為滑塊和彈簧接觸的過程，由圖象可知，滑塊先做加速運動后做減速運動，故D錯誤． 答案　AC 以題說法　解圖象類問題的關鍵在于將圖象與物理過程對應起來，通過圖象的坐標軸、關鍵點、斜率、面積等信息，對運動過程進行分析，從而解決問題． (xx·福建·15)如圖2所示，滑塊以初速度v0沿表面粗糙且足夠長的固定斜面，從頂端下滑，直至速度為零．對于該運動過程，若用h、s、v、a分別表示滑塊的下降

10、高度、位移、速度和加速度的大小，t表示時間，則下列圖象最能正確描述這一運動規(guī)律的是(　　) 圖2 答案　B 解析　滑塊沿斜面向下做勻減速運動，故滑塊下滑過程中，速度隨時間均勻變化，加速度a不變，選項C、D錯誤． 設斜面傾角為θ，則s＝＝v0t－at2，故h—t、s—t圖象都應是開口向下的拋物線，選項A錯誤，選項B正確． 考向3　應用動力學方法分析傳送帶問題 例3　如圖3所示，一水平傳送帶以4 m/s的速度逆時針傳送，水平部分長L＝6 m，其左端與一傾角為θ＝30°的光滑斜面平滑相連，斜面足夠長，一個可視為質點的物塊無初速度地放在傳送帶最右端，已知物塊與傳送帶間的動摩擦因

11、數(shù)μ＝0.2，g＝10 m/s2.求物塊從放到傳送帶上到第一次滑回傳送帶最遠端所用的時間． 圖3 審題突破　物塊在傳送帶上向左和向右如何判斷做何運動？在斜面上向上、向下運動的時間是否一樣？ 解析　物塊與傳送帶間的摩擦力：Ff＝μmg＝ma1 代入數(shù)據(jù)得a1＝2 m/s2 設當物塊加速到與傳送帶速度相同時發(fā)生的位移為x1， 由v2＝2a1x1，解得：x1＝4 m＜6 m 則物塊加速到v的時間：t1＝＝2 s 物塊與傳送帶速度相同時，它們一起運動，一起運動的位移為x2＝L－x1＝2 m 一起運動的時間：t2＝＝0.5 s 物塊在斜面上運動的加速度：a2＝＝5 m/s2 根

12、據(jù)對稱性，上升和下降的時間相同：t3＝＝0.8 s 返回傳送帶后，向右減速的時間：t4＝＝2 s 物塊從放到傳送帶上到第一次滑回傳送帶最遠端所用的時間：t總＝t1＋t2＋2t3＋t4＝6.1 s. 答案　6.1 s 以題說法　1.傳送帶問題的實質是相對運動問題，這樣的相對運動將直接影響摩擦力的方向．因此，搞清楚物體與傳送帶間的相對運動方向是解決該問題的關鍵． 2．傳送帶問題還常常涉及到臨界問題，即物體與傳送帶速度相同，這時會出現(xiàn)摩擦力改變的臨界狀態(tài)，具體如何改變要根據(jù)具體情況判斷． (xx·河南豫東豫北名校五模)如圖4所示，與水平方向成37°角的傳送帶以恒定速度v＝2 m/s順時

13、針方向轉動，兩傳動輪間距L＝5 m．現(xiàn)將質量為1 kg且可視為質點的物塊以v0＝4 m/s的速度沿傳送帶向上的方向自底端滑上傳送帶．物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.5，取g＝10 m/s2，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，計算時，可認為滑動摩擦力近似等于最大靜摩擦力，求物塊在傳送帶上上升的最大高度． 圖4 答案　0.96 m 解析　物塊剛滑上傳送帶時，物塊相對傳送帶向上運動，受到摩擦力沿傳送帶向下，將勻減速上滑，直至與傳送帶速度相同，物塊向上減速時，由牛頓第二定律得 mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1 則有：a1＝g(sin θ＋μcos θ)＝10

14、×(0.6＋0.5×0.8) m/s2＝10 m/s2 物塊沿傳送帶向上的位移為： x1＝＝ m＝0.6 m 由于最大靜摩擦力Ff＝μmgcos θ＜mgsin θ，物塊與傳送帶速度相同后，物塊受到滑動摩擦力沿傳送帶向上，但合力沿傳送帶向下，故繼續(xù)勻減速上升，直至速度為零． 根據(jù)牛頓第二定律可得：mgsin θ－μmgcos θ＝ma2 得：a2＝g(sin θ－μcos θ)＝10×(0.6－0.5×0.8)m/s2＝2 m/s2 物塊沿傳送帶向上運動的位移為：x2＝＝ m＝1 m 則物塊沿傳送帶上升的最大高度為： H＝(x1＋x2)sin 37°＝(0.6＋1)×0.6 m

15、＝0.96 m. 2．應用動力學方法分析“滑塊—木板模型”問題 例4　(14分)如圖5所示，水平地面上有一質量為M的長木板，一個質量為m的物塊(可視為質點)放在長木板的最右端．已知m與M之間的動摩擦因數(shù)為μ1，木板與地面間的動摩擦因數(shù)為μ2.從某時刻起物塊m以v1的水平初速度向左運動，同時木板M在水平外力F作用下始終向右以速度v2(v2>v1)勻速運動，求： 圖5 (1)在物塊m向左運動過程中外力F的大??； (2)木板至少多長物塊不會從木板上滑下來？ 思維導圖 解析　(1)在物塊m向左運動過程中，木板受力如圖所示，其中Ff1、Ff2分別為物塊和地面給木板的摩擦力，

16、由題意可知 Ff1＝μ1mg(1分) Ff2＝μ2(m＋M)g(2分) 由平衡條件得：F＝Ff1＋Ff2＝μ1mg＋μ2(m＋M)g(2分) (2)設物塊向左勻減速至速度為零的時間為t1，則t1＝(1分) 設物塊向左勻減速運動的位移為x1，則 x1＝t1＝(1分) 設物塊由速度為零向右勻加速至與木板同速(即停止相對滑動)的時間為t2，則t2＝(1分) 設物塊向右勻加速運動的位移為x2，則 x2＝t2＝(1分) 此過程中木板向右勻速運動的總位移為x′，則 x′＝v2(t1＋t2)(1分) 則物塊不從木板上滑下來的最小長度： L＝x′＋x1－x2(2分) 代入數(shù)據(jù)解得：

17、L＝.(2分) 答案　(1)μ1mg＋μ2(m＋M)g　(2) 點睛之筆　平板車類問題中，滑動摩擦力的分析方法與傳送帶類似，但這類問題比傳送帶類問題更復雜，因為平板車往往受到摩擦力的影響也做勻變速直線運動，處理此類雙體勻變速運動問題要注意從速度、位移、時間等角度，尋找它們之間的聯(lián)系．要使滑塊不從車的末端掉下來的臨界條件是滑塊到達小車末端時的速度與小車的速度恰好相等． (限時：15分鐘，滿分：18分) 如圖6所示，傾角α＝30°的足夠長光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一長L＝1.8 m、質量M＝3 kg的薄木板，木板的最右端疊放一質量m＝1 kg的小物塊，物塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ＝

18、.對木板施加沿斜面向上的恒力F，使木板沿斜面由靜止開始做勻加速直線運動．設物塊與木板間最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度g＝10 m/s2. 圖6 (1)為使物塊不滑離木板，求力F應滿足的條件； (2)若F＝37.5 N，物塊能否滑離木板？若不能，請說明理由；若能，求出物塊滑離木板所用的時間及滑離木板后沿斜面上升的最大距離． 答案　(1)F≤30 N　(2)能　1.2 s　0.9 m 解析　(1)對M、m組成的整體，由牛頓第二定律 F－(M＋m)gsin α＝(M＋m)a 對m，有Ff－mgsin α＝ma Ff≤μmgcos α 代入數(shù)據(jù)得F≤30 N. (2)

19、F＝37.5 N>30 N，物塊能滑離木板 對M，有F－μmgcos α－Mgsin α＝Ma1 對m，有μmgcos α－mgsin α＝ma2 設物塊滑離木板所用時間為t，由運動學公式 a1t2－a2t2＝L 代入數(shù)據(jù)得：t＝1.2 s 物塊滑離木板時的速度v＝a2t 由－2gssin α＝0－v2 代入數(shù)據(jù)得s＝0.9 m. (限時：45分鐘) 題組1　運動學基本規(guī)律的應用 1．酒后駕駛會導致許多安全隱患，其中之一是駕駛員的反應時間變長，“反應時間”是指駕駛員從發(fā)現(xiàn)情況到開始采取制動的時間．下表中“反應距離”是指駕駛員從發(fā)現(xiàn)情況到采取制動的時間內汽車行駛的距離；

20、“剎車距離”是指駕駛員從踩下剎車踏板制動到汽車停止的時間內汽車行駛的距離．分析上表可知，下列說法正確的是(　　) 速度 反應距離 剎車距離 正常 酒后 正常 酒后 15 m/s 6 m 12 m 15 m 15 m A.駕駛員正常情況下反應時間為0.4 s B．駕駛員酒后反應時間比正常情況下多0.5 s C．汽車剎車時，加速度大小為10 m/s2 D．汽車剎車時，加速度大小為7.5 m/s2 答案　AD 解析　在“反應距離”內汽車做勻速直線運動，駕駛員酒后反應時間為t1＝＝ s＝0.8 s，正常情況時間應為t2＝＝ s＝0.4 s．所以駕駛員酒后反應時間比正

21、常情況下多0.4 s，故A正確，B錯誤．汽車制動時做勻減速直線運動，初速度v0＝15 m/s，末速度v＝0，位移x＝15 m, 由v2－v＝2ax，得a＝＝ m/s2＝－7.5 m/s2，加速度大小為7.5 m/s2，故C錯誤，D正確． 2．(xx·新課標Ⅱ·24)xx年10月，奧地利極限運動員菲利克斯·鮑姆加特納乘氣球升至約39 km的高空后跳下，經過4分20秒到達距地面約1.5 km高度處，打開降落傘并成功落地，打破了跳傘運動的多項世界紀錄．取重力加速度的大小g＝10 m/s2. (1)若忽略空氣阻力，求該運動員從靜止開始下落至1.5 km高度處所需的時間及其在此處速度的大小； (2

22、)實際上，物體在空氣中運動時會受到空氣的阻力，高速運動時所受阻力的大小可近似表示為f＝kv2，其中v為速率，k為阻力系數(shù)，其數(shù)值與物體的形狀、橫截面積及空氣密度有關．已知該運動員在某段時間內高速下落的v—t圖象如圖1所示．若該運動員和所帶裝備的總質量m＝100 kg，試估算該運動員在達到最大速度時所受阻力的阻力系數(shù)．(結果保留1位有效數(shù)字) 圖1 答案　(1)87 s　8.7×102 m/s　(2)0.008 kg/m 解析　(1)設該運動員從開始自由下落至1.5 km高度處的時間為t，下落距離為s，在1.5 km高度處的速度大小為v.根據(jù)運動學公式有 v＝gt① s＝gt2②

23、 根據(jù)題意有 s＝3.9×104 m－1.5×103 m＝3.75×104 m③ 聯(lián)立①②③式得t≈87 s④ v≈8.7×102 m/s⑤ (2)該運動員達到最大速度vmax時，加速度為零，根據(jù)平衡條件有mg＝kv⑥ 由所給的v—t圖象可讀出vmax≈360 m/s⑦ 由⑥⑦式得 k≈0.008 kg/m. 題組2　挖掘圖象信息解決動力學問題 3．(xx·新課標Ⅱ·14)甲、乙兩汽車在一平直公路上同向行駛．在t＝0到t＝t1的時間內，它們的v—t圖像如圖2所示．在這段時間內(　　) 圖2 A．汽車甲的平均速度比乙的大 B．汽車乙的平均速度等于 C．甲、乙兩汽車的

24、位移相同 D．汽車甲的加速度大小逐漸減小，汽車乙的加速度大小逐漸增大 答案　A 解析　根據(jù)v—t圖像下方的面積表示位移，可以看出汽車甲的位移x甲大于汽車乙的位移x乙，選項C錯誤；根據(jù)v＝得，汽車甲的平均速度v甲大于汽車乙的平均速度v乙，選項A正確；汽車乙的位移x乙小于初速度為v2、末速度為v1的勻減速直線運動的位移x，即汽車乙的平均速度小于，選項B錯誤；根據(jù)v—t圖像的斜率反映了加速度的大小，因此汽車甲、乙的加速度大小都逐漸減小，選項D錯誤． 4．(xx·遼寧省大連二模)如圖3甲所示，一個m＝3 kg的物體放在粗糙水平地面上，從t＝0時刻起，物體在水平力F作用下由靜止開始做直線運動．在

25、0～3 s時間內物體的加速度a隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示，已知物體與地面間的動摩擦因數(shù)處處相等．則(　　) 　　　 甲　　　　 　　　　　乙 圖3 A．在0～3 s時間內，物體的速度先增大后減小 B．3 s末物體的速度最大，最大速度為10 m/s C．2 s末F最大，F(xiàn)的最大值為12 N D．前2 s內物體做勻變速直線運動，力F大小保持不變 答案　BD 解析　物體在前3 s內始終做加速運動，第3 s內加速度減小說明物體速度增加得慢了，但仍是加速運動，故A錯誤；因為物體速度始終增加，故3 s末物體的速度最大，在a－t圖象上圖象與時間軸所圍圖形的面積表示速度變化，

26、Δv＝10 m/s，物體由靜止開始加速運動，故最大速度為10 m/s，所以B正確；由F合＝ma知前2 s內的合外力為12 N，由于受摩擦力作用，故作用力大于12 N，故C錯誤． 5．2013年12月14日21時11分，嫦娥三號著陸器成功降落在月球虹灣地區(qū)，實現(xiàn)中國人的飛天夢想．該著陸器質量為1.2×103 kg，在距離月球表面100 m處懸停，自動判斷合適著陸點后，豎直下降到距離月球表面4 m時速度變?yōu)?，然后關閉推力發(fā)動機自由下落，直至平穩(wěn)著陸．若月球表面重力加速度是地球表面重力加速度的倍，著陸器下降過程中的高度與時間關系圖象如圖4所示，則下述判斷正確的是(　　) 圖4 A．著陸器

27、在空中懸停時，發(fā)動機推力大小是1.2×104 N B．著陸器從高100 m下降至4 m過程中的平均速度為8 m/s C．著陸器著陸時的速度大約是3.65 m/s D．著陸器著陸后，對月球表面的壓力是2×104 N 答案　BC 解析　著陸器在空中懸停時，發(fā)動機推力大小等于月球對它的吸引力，即F＝mg′＝m·g＝1.2×103 kg××10 m/s2＝2×103 N，選項A錯誤；著陸器從高100 m下降至4 m過程中的平均速度為＝＝ m/s＝8 m/s，選項B正確；著陸器著陸時的速度大約是v＝＝ m/s≈3.65 m/s，選項C正確；著陸器著陸后，對月面的壓力等于它在月球上的重力是2×

28、103 N，選項D錯誤． 題組3　應用動力學方法分析傳送帶問題 6．(xx·四川·7)如圖5所示，水平傳送帶以速度v1勻速運動，小物體P、Q由通過定滑輪且不可伸長的輕繩相連，t＝0時刻P在傳送帶左端具有速度v2，P與定滑輪間的繩水平，t＝t0時刻P離開傳送帶．不計定滑輪質量和摩擦，繩足夠長．正確描述小物體P速度隨時間變化的圖像可能是(　　) 圖5 答案　BC 解析　若v1>v2，且P受到的滑動摩擦力大于Q的重力，則可能先向右勻加速，加速至v1后隨傳送帶一起向右勻速，此過程如圖B所示，故B正確．若v1>v2，且P受到的滑動摩擦力小于Q的重力，此時P一直向右減速，減速到零后反

29、向加速．若v2>v1，P受到的滑動摩擦力向左，開始時加速度a1＝，當減速至速度為v1時，摩擦力反向，若有FT>μmg，此后加速度a2＝，故C正確，A、D錯誤． 7．如圖6甲所示，水平傳送帶AB逆時針勻速轉動，一個質量為M＝1.0 kg的小物塊以某一初速度由傳送帶左端滑上，通過速度傳感器記錄下物塊速度隨時間的變化關系如圖乙所示(圖中取向左為正方向，以物塊滑上傳送帶時為計時零點)．已知傳送帶的速度保持不變，g取 10 m/s2.求： 　　　　 甲　　　　　　　　　　　 乙 圖6 (1)物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ； (2)物塊在傳送帶上的運動時間；

30、 (3)整個過程中系統(tǒng)產生的熱量． 答案　(1)0.2　(2)4.5 s　(3)18 J 解析　(1)由速度圖象可知，物塊做勻變速運動的加速度：a＝＝2.0 m/s2 由牛頓第二定律得Ff＝Ma 則物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝＝0.2. (2)由速度圖象可知，物塊初速度大小v＝4 m/s、傳送帶速度大小v′＝2 m/s，物塊在傳送帶上滑動t1＝3 s后，與傳送帶相對靜止． 前2 s內物塊的位移大小x1＝t＝4 m，向右， 后1 s內的位移大小x2＝t′＝1 m，向左， 3 s內位移x＝x1－x2＝3 m，向右； 物塊再向左運動時間t2＝＝1.5 s. 物塊在傳送帶上運動時

31、間t＝t1＋t2＝4.5 s. (3)物塊在傳送帶上滑動的3 s內，傳送帶的位移x′＝v′t1＝6 m，向左 物塊的位移x＝x1－x2＝3 m，向右 相對位移為Δx′＝x′＋x＝9 m 所以轉化的熱能EQ＝Ff·Δx′＝18 J. 題組4　應用動力學方法分析“滑塊—木板模型”問題 8．(xx·江蘇·8)如圖7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(shù)為μ，B與地面間的動摩擦因數(shù)為μ.最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g.現(xiàn)對A施加一水平拉力F，則(　　) 圖7 A．當F<2μmg時，A、B都相對地面靜止 B．當F＝μmg時，A

32、的加速度為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 答案　BCD 解析　當03μmg時，A相對B向右做加速運動，B相對地面也向右加速，選項A錯誤，選項C正確．當F＝μmg時，A與B共同的加速度a＝＝μg，選項B正確．F較大時，取物塊B為研究對象，物塊B的加速度最大為a2＝＝μg，選項D正確． 9．如圖8甲所示，由斜面AB和水平面BC組成的物塊，放在光滑水平地面上，斜面AB部分光滑，AB長度為s＝2.5 m，水平部分BC粗糙．物

33、塊左側與豎直墻壁之間連接著一個力傳感器，當傳感器受壓時示數(shù)為正值，被拉時為負值．上表面與BC等高且粗糙程度相同的木板DE緊靠在物塊的右端，木板DE質量M＝4 kg，長度L＝1.5 m．一可視為質點的滑塊從A點由靜止開始下滑，經B點由斜面轉到水平面時速度大小不變．滑塊從A到C過程中，傳感器記錄到力和時間的關系如圖乙所示．g取10 m/s2，求： 　　 圖8 (1)斜面AB的傾角θ； (2)滑塊的質量m； (3)滑塊到達木板DE右端時的速度大?。? 答案　(1)30°　(2)2 kg　(3)1 m/s 解析　(1)在0～1 s內滑塊沿斜面勻加速下滑： mgsin θ＝ma s＝at

34、2 由題圖乙知：t＝1 s 解得sin θ＝，即θ＝30°. (2)在0～1 s內對物塊ABC受力分析： mgcos θ·sin θ－F＝0 由題圖乙知：F＝5 N 解得m＝2 kg. (3)滑塊到達B點時的速度vB＝at＝gtsin θ＝5 m/s 1～2 s滑塊在BC部分做減速運動：μmg＝ma′ 對物塊，由圖象知：μmg＝F＝4 N 解得a′＝2 m/s2，μ＝0.2 滑塊到達C點時：vC＝vB－a′t＝vB－μg·t＝3 m/s 滑塊滑上木板DE時：對滑塊：－μmg＝ma1 對木板：μmg＝Ma2 解得a1＝－2 m/s2，a2＝1 m/s2 設滑塊在木板上的滑行時間為t， x滑塊＝vCt＋a1t2 x木板＝a2t2 L＝x滑塊－x木板 解得t＝1 s 此時，滑塊速度v滑塊＝vC＋a1t＝1 m/s 木板速度v木板＝a2t＝1 m/s 滑塊恰好滑到木板右端，速度為1 m/s.