用的滑动摩擦力，Ff2为地面对木板的滑动摩擦力，则Ff1＝Ff1′＝μ2mg，Ff2＝μ1(M＋m)g
对于铁块和木板，由牛顿第二定律分别得F－μ2mg＝ma1 μ2mg－μ1(M＋m)g＝Ma2
1设经时间t铁块运动到木板的左端，则x木＝a2t2
21x铁＝a1t2
2又x铁－x木＝L
联立以上各式解得L＝1 m
(2)①当F≤μ1(m＋M)g＝2 N时，木板和铁块组成的系统没有被拉动，静摩擦力与外力成正比，即Ff＝F
②当F>μ1(m＋M)g＝2 N时，如果M、m相对静止，铁块与木板有相同的加速度a，则F－μ1(M＋m)g＝(m＋M)a F－Ff＝ma 解得F＝2Ff－2 N
此时Ff≤μ2mg＝4 N，即F≤6 N F
所以当2 N 2 ③当F>6 N时，M、m相对滑动，此时铁块受到的摩擦力为Ff＝μ2mg＝4 N Ff－F图象如图所示 答案 见解析 题后反思 1．对于滑块—长木板模型，在两者发生相对滑动时，要画出两者运动的示意图，找出两者的位移关系； 2．两者之间是相对静止还是发生相对滑动，在许多题目中需要判断，判断方法：先假设不发生相对滑动，求共同加速度，然后求两者不发生相对滑动时所需的相互作用力，并与最大静摩擦力进行比较． 3．要注意地面对木板的摩擦力的计算．Ff2＝μ1(M＋m)g，而不是Ff2＝μ1Mg. 1 例5 (15分)如图13所示，AB段为一半径R＝0.2 m的光滑圆弧轨道，EF是一倾角为30° 4的足够长的光滑固定斜面，斜面上有一质量为0.1 kg的薄木板CD，开始时薄木板被锁定．一质量也为0.1 kg的物块(图中未画出)从A点由静止开始下滑，通过B点后水平抛出，经过一段时间后恰好以平行于薄木板的方向滑上薄木板，在物块滑上薄木板的同时薄木板解除锁定，下滑过程中某时刻物块和薄木板能达到共同速度．已知物块与薄木板间的动摩擦因数为μ＝ 3 .(g＝10 m/s2，结果可保留根号)求： 6 图13 (1)物块到达B点时对圆弧轨道的压力； (2)物块滑上薄木板时的速度大小； (3)达到共同速度前物块下滑的加速度大小及从物块滑上薄木板至达到共同速度所用的时间． 解析 (1)物块从A到B的过程，由动能定理得： 1mgR＝mv2 2B ① ② 解得：vB＝2 m/s 在B点由牛顿第二定律得： 2vB FN－mg＝m R ③ 解得：FN＝3 N ④ 由牛顿第三定律得物块对轨道的压力大小为3 N，方向竖直向下⑤ vB (2)设物块滑上薄木板的速度为v，则：cos 30°＝v 43解得：v＝ m/s 3 ⑥ ⑦ (3)物块和薄木板下滑过程中，由牛顿第二定律得： 对物块：mgsin 30°－μmgcos 30°＝ma1 对薄木板：mgsin 30°＋μmgcos 30°＝ma2 ⑧ ⑨ ⑩ ? 设物块和薄木板达到的共同速度为v′，则：v′＝v＋a1t＝a2t 43解得：t＝ s 15 4343答案 (1)3 N，方向竖直向下 (2) m/s (3) s 315评分细则 1.第(1)问5分，①～⑤式各1分． ①式所依据的物理规律是动能定理，也可写成机械能守恒定律，将③式直接写成FN＝ 2 vB mg＋m不给分，因为该写法没有物理依据．没有明确写出牛顿第三定律，但写出“物 R 块对轨道的压力”的同样给分，若两者都没有写出，扣1分． 2．第(2)问3分，其中⑥式2分，⑦式1分． 3．第(3)问7分，其中⑧⑨⑩三式各2分，?式1分．若⑧写成μmgcos 30°－mgsin 30°＝ma1，同时⑩式写成v－a1t＝a2t，同样给分，两者不统一的，不给分．若⑨式写成mgsin 30°－μmgcos 30°＝ma2，不给分． 知识专题练 训练3 1．如图1所示，运动员手持网球拍托球沿水平面匀加速直线向前跑，设球拍和球质量分别为M、m，球拍平面和水平面之间的夹角为θ，球拍与球保持相对静止，它们之间的摩擦及空气阻力不计，重力加速度为g，则 ( ) 、 图1 A．运动员的加速度为gsin θ mg B．球拍对球的作用力为 cos θ C．运动员对球拍的作用力大小为Mgcos θ D．运动员对球拍的作用力斜向前上方，且与水平方向夹角为 θ 答案 B 解析 运动员、球拍和球具有共同的加速度，选取球进行受力分析：球受重力、球拍的mg 弹力作用，Fcos θ＝mg，Fsin θ＝ma，解得a＝gtan θ，F＝，选项A错误，B正确．选 cos θ?M＋m?g 取球和球拍组成的系统进行受力分析得F′＝，方向与竖直方向夹角为θ，选项 cos θC、D错误． 2．如图2所示，一质量为m的滑块以初速度v0从固定斜面的底端沿斜面向上滑动一段距离后，又沿斜面向下滑回到斜面底端，若滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，则此过程中以下说法正确的是 ( ) 图2 A．向上和向下滑动过程的摩擦力大小都等于μmgcos θ B．滑块在最高点时速度为零，所以加速度也等于零 C．向下滑动过程的加速度大于向上滑动过程的加速度 D．向上滑动过程的时间大于向下滑动过程的时间 答案 A 解析 对滑块受力分析可知，向上滑动过程中，受沿斜面向下的滑动摩擦力、重力和斜面的支持力作用，加速度a1＝μgcos θ＋gsin θ；向下滑动过程中，受沿斜面向上的滑动摩擦力、重力和斜面的支持力作用，加速度a2＝gsin θ－μgcos θ，所以a1>a2，向上和向下滑动过程的摩擦力大小都等于Ff＝μFN＝μmgcos θ；滑块在最高点时速度为零，加速度 1 为a＝gsin θ；由于a1>a2，L＝at2，所以向上滑动过程的时间小于向下滑动过程的时间， 2只有A对． 3．如图3甲所示，物体原来静止在水平地面上，用一水平力F拉物体，在F从0开始逐渐增大的过程中，物体先静止后做变加速运动，其加速度a随外力F变化的图象如图乙所示，设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度g取10 m/s2.根据题目提供的信息，下列判断正确的是 ( ) 图3 A．物体的质量m＝2 kg B．物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.6 C．物体与水平面的最大静摩擦力Ffmax＝12 N D．在F为10 N时，物体的加速度a＝2.5 m/s2 答案 A 解析 F1－μmg＝ma1，F2－μmg＝ma2， 联立解得m＝2 kg，μ＝0.3 物体与水平面的最大静摩擦力Ffmax＝μmg＝6 N 当F3＝10 N时，F3－μmg＝ma3 解得：a3＝2 m/s2，只有A正确． 4．如图4甲所示，两物体A、B叠放在光滑水平面上，对物体A施加一水平力F，F－t关系图象如图乙所示，两物体在力F作用下由静止开始运动，且始终相对静止，则( ) 图4 A．两物体沿直线做往复运动 B．2 s～3 s时间内两物体间的摩擦力逐渐减小 C．两物体做匀变速直线运动 D．A对B的摩擦力方向始终与F方向相同 学案3 牛顿运动定律的应用 【考情分析】 【考点预测】 牛顿运动定律是中学物理的基础，更是力学的核心知识，在整个物理学中占有非常重要的地位，近几年对牛顿运动定律的考查频率非常高，预计在2014年高考中，牛顿运动定律仍是考查的知识点之一，将主要考查考生分析问题、应用知识的能力，考查牛顿运动定律在动力学综合问题、电场与磁场中电荷运动问题、电磁感应综合问题中的应用． 考题1 对瞬态变化问题的考查 例1 如图1所示，两个质量分别为m1＝2 kg、m2＝3 kg的物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧测力计连接，两个大小分别为F1＝30 N、F2＝20 N的水平拉力分别作用在m1、m2上，则 图1 A．弹簧测力计的示数是25 N B．弹簧测力计的示数是50 N C．在突然撤去力F2 的瞬间，m1的加速度大小为5 m/s2 D．在突然撤去力F1的瞬间，m1的加速度大小为13 m/s2 审题突破 ①在连接体问题中，求加速度一般用整体法，求内力要用隔离法，实际问题中常常是整体法与隔离法相结合．②在瞬态变化问题中，要注意瞬态变化前物体的受力，并求出各力的大小，然后分析瞬态变化时各力的变化，进而确定物体的加速度． 解析 以m1、m2整体为研究对象，根据牛顿第二定律可得a＝＝2 m/s2，以m1 m1＋m2为研究对象，F1－F＝m1a，解得F＝26 N，故选项A、B错误．在突然撤去力F2的瞬间，弹簧的弹力不发生变化，故m1的加速度不发生变化，选项C错误．在突然撤去力F1的F 瞬间，m1的加速度大小为a1＝＝13 m/s2，选项D正确． m1答案 D F1－F2 ( ) 规律方法 牛顿第二定律的表达式为F合＝ma，其核心是加速度与合外力的瞬时对应关系，即力的瞬时变化将导致加速度的瞬时变化，加速度的变化不需要时间的积累，加速度和力同时存在、同时变化、同时消失，题目中常伴随一些诸如“瞬时”、“突然”、“猛地”等标志性词语．在分析瞬时对应关系时应注意： (1)“轻绳”模型：轻绳的质量和重力均可视为零，只能受拉力作用，不能承受压力，各处受力相等且沿绳子背离受力物体，轻绳一般不可伸长，拉力可以发生突变． (2)“轻质弹簧”模型：轻质弹簧的质量和重力都不计，既能受拉力作用，也能受压力作用(橡皮筋除外)，其受力方向与弹簧形变方向相反，因其发生形变需要一定时间，故其所受弹力不能发生突变，但当弹簧或橡皮筋被剪断时，其所受的弹力立即消失. 突破练习 1．如图2所示，A、B两小球分别连在轻绳两端，B球另一端用弹簧固定在倾角为30°的光滑斜面上．A、B两小球的质量分别为mA、mB，重力加速度为g，若不计弹簧质量，在绳被剪断瞬间，A、B两球的加速度大小分别为 ( ) 图2 gA．都等于 2gmAgC.和· 2mB2答案 C 解析 在绳剪断之前，绳上的拉力F1＝mAgsin 30°，弹簧上的拉力F2＝(mA＋mB)gsin 30°，绳剪断瞬间，绳上的拉力变为零，所以mAgsin 30°＝mAaA.F2－mBgsin 30°＝mBaB，解得gmAgsin 30°mAgaA＝gsin 30°＝，aB＝＝.选项C正确． 2mB2mB 2．如图3所示，质量m＝1 kg的小球放在光滑水平面上，一水平放置的轻弹簧一端与墙相连，另一端与小球相连，一不可伸长的轻质细绳一端与小球相连，另一端固定在天花板上，细绳与竖直方向成45°角，此时小球处于静止状态，且水平面对小球的弹力恰为零．取g＝10 m/s2，则在烧断轻绳的瞬间，下列说法正确的是 ( ) g B.和0 2mAggD.·和 mB22 图3 A．小球所受合外力为零 B．小球加速度大小为10 m/s2，方向向左 C．小球加速度大小为102 m/s2，方向向左 D．小球所受合外力的方向沿左下方与竖直方向成45°角 答案 B 解析 烧断轻绳前弹簧上的弹力F＝mgtan 45°，烧断轻绳瞬间，弹簧弹力未变，竖直方F 向小球的重力和水平面对小球的支持力平衡，小球的合力向左，a＝＝gtan 45°＝10 mm/s2，选项B正确． 3．如图4所示，光滑水平面上放置质量分别为m、2m和3m的三个木块，其中质量为2m和3m的木块间用一轻弹簧相连，轻弹簧能承受的最大拉力为FT.现用水平拉力F拉质量为3m的木块，使三个木块一起加速运动，则以下说法正确的是 ( ) 图4 A．质量为2m的木块受到四个力的作用 B．当F逐渐增大到FT时，轻弹簧刚好被拉断 C．当F逐渐增大到1.5FT时，轻弹簧将被拉断 D．当F撤去瞬间，m所受摩擦力的大小和方向不变 答案 D 解析 隔离木块2m分析受力情况，质量为2m的木块受到重力、地面的支持力、m对它的压力、m对它的静摩擦力、弹簧的拉力五个力的作用，选项A错误；当F逐渐增大到FT时，轻弹簧中弹力小于FT，不会被拉断，选项B错误；当F逐渐增大到1.5FT时，由牛顿第二定律，1.5FT＝6ma，轻弹簧中拉力FT′＝3ma＝0.75FT，小于轻弹簧能承受的最大拉力FT，轻弹簧还不会被拉断．当F撤去瞬间，轻弹簧中拉力不变，m所受摩擦力的大小和方向不变，选项D正确． 考题2 对超重、失重问题的考查 例2 我国神舟十号载着三位航天员顺利升空，完成任务后返回舱于2013年6月26日返回地面．图5为返回舱返回地面的示意图，假定其过程可简化为：打开降落伞一段时间后，整个装置匀速下降，为确保安全着陆，需点燃返回舱的缓冲火箭，在火箭喷气过程中返回舱做减速直线运动，则( ) 图5 A．火箭开始喷气瞬间伞绳对返回舱的拉力变小 B．返回舱在喷气过程中减速的主要原因是空气阻力 C．返回舱在喷气过程中所受合外力可能做正功 D．返回舱在喷气过程中处于失重状态 审题突破 ①火箭喷气的过程中火箭获得向上的反冲力，加速度向上． ②返回舱所受外力的合力向上，动能减小，合外力做负功． 解析 在火箭喷气过程中返回舱做减速直线运动 ，加速度方向向上，返回舱处于超重状态，动能减小，返回舱所受合外力做负功，返回舱在喷气过程中减速的主要原因是缓冲火箭向下喷气而获得向上的反冲力．火箭开始喷气前匀速下降，所受拉力等于重力减去返回舱受到的空气阻力，火箭开始喷气瞬间反冲力直接对返回舱作用，因而伞绳对返回舱的拉力变小． 答案 A 规律方法 1．超重和失重的实质 物体发生超重或失重现象时，它的重力并没有发生变化，而是对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)发生了变化，发生超重或失重时对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)又称为视重，即我们感觉物体的重力好像发生了变化． 2．超重和失重状态的判断 如果物体有竖直向上的加速度(或分加速度)时，物体处于超重状态；如果物体有竖直向下的加速度(或分加速度)时，物体处于失重状态，也就是说超重或失重现象仅与加速度方向有关，与物体运动方向、速度大小无关． 3．在完全失重状态下，一切由于重力产生的现象都会消失，例如在太空飞行的宇宙飞船中天平不能称物体的质量、水银气压计不能测出气压、浸没在液体中的物体不再受浮力作用等． 4．对于系统处于超重、失重的判定不能只看某一物体，要综合分析某一物体的加速运动会不会引起其他物体运动状态的变化，如台秤上放一盛水容器，水中一细线一端拴一木球，另一端拴于盛水容器的底部，剪断细线，木球加速上升的同时有相同体积的水以相同加速度在加速下降，综合起来台秤示数会减小． 突破练习 4．(2013·浙江·19)如图6所示，总质量为460 kg的热气球，从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5 m/s2，当热气球上升到180 m时，以5 m/s的速度向上匀速运动．若离开地面后热气球所受浮力保持不变，上升过程中热气球总质量不变，重力加速度g＝10 m/s2.关于热气球，下列说法正确的是 ( ) 图6 A．所受浮力大小为4 830 N B．加速上升过程中所受空气阻力保持不变 C．从地面开始上升10 s后的速度大小为5 m/s D．以5 m/s匀速上升时所受空气阻力大小为4 600 N 答案 A 解析 从地面刚开始竖直上升时v＝0，空气阻力Ff＝0.由F浮－mg＝ma，得F浮＝m(g＋a)＝4 830 N，故A正确；最终气球匀速上升，说明气球加速运动的过程中空气阻力逐 渐增大，故B错误；气球做加速度减小的加速运动，故加速到5 m/s的时间大于10 s，C错误；匀速上升时F浮－mg－Ff＝0，计算得Ff＝230 N，D错误． 5．如图7所示，在一升降机内，一物块被一轻质弹簧紧压在天花板上，弹簧的下端固定在升降机的地板上，弹簧保持竖直，在升降机运动过程中，物块未曾离开升降机的天花板．当升降机按如图所示的v－t图象上行时，升降机天花板所受压力F1和地板所受压力F2随时间变化的定性图象可能正确的是 ( ) 图7 A．①③ B．②③ C．①④ D．②④ 答案 A 解析 0～t1时间内物块向上加速运动，处于超重状态，合力的方向向上；t1～t2时间内物块向上匀速运动，合力为零；t2～t3时间内向上减速运动，处于失重状态，合力方向向下，全过程弹簧长度不变，弹簧的弹力不变，所以F2不变．正确选项为A. 6．如图8所示，动物园的水平地面上放着一个质量为M的笼子，笼内有一只质量为m的猴子，当猴以某一加速度a沿竖直柱子加速上爬时，笼子对地面的压力为F1；当猴以同样大小的加速度沿竖直柱子加速下滑时，笼子对地面的压力为F2，关于F1和F2的大小，下列判断正确的是 ( ) 图8 A．F1＝F2 B．F1>(M＋m)g，F2>(M＋m)g C．F1＋F2＝2(M＋m)g D．F1－F2＝2(M＋m)g 答案 C 解析 把猴子和笼子看做整体，当猴以某一加速度沿竖直柱子加速上爬时，整体处于超重状态，F1>(M＋m)g，当猴以同样大小的加速度沿竖直柱子加速下滑时，整体处于失重状态，F2<(M＋m)g，选项A、B错误；当猴以某一加速度a沿竖直柱子加速上爬时，由牛顿第二定律得，F1－(M＋m)g＝ma；当猴以同样大小的加速度沿竖直柱子加速下滑时，由牛顿第二定律得，(M＋m)g－F2＝ma，联立解得F1＋F2＝2(M＋m)g，F1－F2＝2ma，选项C正确，D错误． 考题3 对动力学两类基本问题的考查 例3 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9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： (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. 图9 审题突破 ①v－t图线为直线，说明木块做匀减速运动． ②分析木块受力，画出受力示意图． ③求解木块返回的加速度，注意与上滑时的加速度不同． 解析 (1)由题图乙可知，木块经0.5 s滑至最高点，上滑过程中 Δv 加速度大小：a1＝＝8 m/s2. Δt (2)上滑过程中木块受力如图，由牛顿第二定律得： mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1 代入数据得μ＝ 3 5 (3)下滑的距离等于上滑的距离 v2420x＝＝ m＝1 m，下滑过程中木块受力如图，由牛顿第二2a12×8 定律得：mgsin θ－μmgcos θ＝ma2 下滑至出发点的速度大小 v＝2a2x 联立解得v＝2 m/s 答案 (1)8 m/s2 (2)点拨提升 1．用动力学方法解题时应抓住“两个分析”：“受力分析”和“运动过程分析”；“一个桥梁”：加速度的求解． 2．多运动过程问题要逐一分析每一过程的受力情况和运动情况．两个运动过程转折点的受力、状态的特点，往往是解题的关键． 突破练习 7．高空跳伞运动是跳伞者乘飞机、气球等航空器或其他器械升至高空后跳下，或者从陡峭的山顶、高地上跳下，如图10所示．在张开降落伞之前可看做是自由落体运动，开伞后受到的空气阻力与速度成正比，运动员减速下降，最后匀速下降，在指定区域安全着陆．从下落时开始计时，在整个过程中，用v表示运动员下落的速度，h表示运动员从初位置开始下落的高度，F表示运动员受到的合力，Ep表示运动员的重力势能(选地面为零势能面)，下列图象正确的是 ( ) 3 (3)2 m/s 5 图10 答案 D 解析 跳伞运动员先做自由落体运动，再做加速度减小的减速运动，最后所受合外力为零，做匀速运动，A、B错；打开降落伞后做加速度逐渐减小的减速运动，所受合外力向上，与开始时的合外力方向相反，为负值且逐渐减小；最后匀速下降，合外力为零，C错；运动员的重力势能Ep＝mg(H－h)，D正确． 8．如图11所示，以速度v0逆时针匀速运动的足够长的传送带与水平面的夹角为θ，现将一个质量为m的小木块轻轻地放在传送带的上端，小木块与传送带间的动摩擦因数为μ(μ ( ) 图11 答案 D 解析 开始阶段，木块受到传送带的滑动摩擦力作用，方向沿传送带向下，所以mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，得a1＝gsin θ＋μgcos θ.因为μ 9．擦黑板的同学们都经历过，手拿黑板擦在竖直的黑板面上，或上下或左右使黑板擦与黑板之间进行滑动摩擦，将黑板上的粉笔字擦干净．已知黑板的规格为4.5×1.5 m2，黑板的下边沿离地的高度为0.8 m，若黑板擦(可视为质点)的质量为0.1 kg，现假定某同学用力将黑板擦在黑板表面缓慢竖直向上擦黑板，当手臂对黑板擦的作用力F与黑板面所成角度为θ＝53°时，F＝5 N．(取g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8) (1)求黑板擦与黑板间的动摩擦因数μ； (2)当他擦到离地最大高度2.05 m时，黑板擦意外脱手沿黑板面竖直向下滑落，求黑板擦砸到黑板下边沿前瞬间的速度v的大小． 答案 (1)0.5 (2)5 m/s 解析 (1)黑板擦竖直向上缓慢运动，根据受力分析 Fsin θ－FN＝0 Fcos θ－mg－Ff＝0 Ff＝μFN 联立解得：μ＝0.5 (2)可视为质点的黑板擦竖直下落时与黑板之间无摩擦，做自由落体运动． 下落高度h＝2.05 m－0.8 m＝1.25 m v＝ 2gh＝5 m/s 物理模型一 滑块—长木板模型 滑块—长木板模型是力学中常见的物理模型．许多实际问题如木箱在汽车上的滑动、滑块在传送带上的滑动等都可以简化成滑块—长木板模型．分析该类模型的关键是正确分析滑块和长木板的受力，分析各自的运动规律，画出运动示意图，找出两者的位移关系和时间、速度关系． 例4 如图12甲，质量为M＝1 kg的木板静止在水平地面上，质量为m＝1 kg、大小可以忽略的铁块静止在木板的右端，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，已知木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，铁块与木板之间的动摩擦因数μ2＝0.4，取g＝10 m/s2.现给铁块施加一个水平向左的力F. 图12 (1)若力F恒为8 N，经1 s铁块运动到木板的左端，求木板的长度L； (2)若力F从零开始逐渐增加，且木板足够长，试通过分析与计算，在图乙中作出铁块受到摩擦力Ff随力F大小变化的图象． 审题突破 ①铁块与木板之间、木板与地面之间均发生相对运动时，两者的对地位移之差等于木板的长度； ②力F从零开始逐渐增加时，铁块所受的摩擦力会由静摩擦力转变为滑动摩擦力． 解析 (1)铁块与木板的受力示意图如图所示，图中Ff1、Ff1′为铁块和木板之间相互作 答案 D 解析 系统的加速度方向始终与合外力的方向相同．在0～2 s时间内，加速度沿正方向，两物体先做加速度逐渐增大的加速运动，后做加速度逐渐减小的加速运动.2 s～4 s时间内加速度反向，两物体做减速运动，4 s时物体的速度减为零，此后仍向前运动，运动具有周期性，选项A、C错误.2 s～3 s时间内，两物体组成的系统的加速度增大，A、B间的摩擦力增大，B错误．A对B的摩擦力使B产生加速度，摩擦力的方向与加速度方向相同，即与F方向相同，D正确． 5．细线拴一个质量为m的小球，小球用固定在墙上的水平轻弹簧支撑，小球与弹簧不粘连，平衡时细线与竖直方向的夹角为53°，如图5所示，已知cos 53°＝0.6，sin 53°＝0.8，以下说法中正确的是 ( ) 图5 3A．小球静止时弹簧的弹力大小为mg 53 B．小球静止时细线的拉力大小为mg 55 C．细线烧断的瞬间小球的加速度为g 3D．快速撤去弹簧的瞬间小球的加速度为g 答案 C 解析 依题意可知，小球受重力mg、弹簧的弹力F1和细线的拉力F2作用处于平衡状态，4mg5根据共点力的平衡知识可得F1＝mgtan 53°＝mg，F2＝＝mg，故选项A、B均 3cos 53°3错误；细线烧断的瞬间，弹簧对小球的弹力不变，此时重力与弹簧弹力的合力大小F′55 ＝F2 ＝mg，由牛顿第二定律可得加速度a＝g，故选项C正确；快速撤去弹簧的瞬间， 33细线的拉力发生突变，重力沿细线方向的分力与其平衡，此时小球所受合力等于重力沿44 垂直细线方向的分力，即F″＝mgsin 53°＝mg，由牛顿第二定律可得加速度a′＝g， 55故选项D错误． 6．如图6所示，水平传送带两边分别是与传送带等高的光滑水平地面A、B，初速度大小为v1的小物块从与传送带相接的地面A滑上传送带，当绷紧的水平传送带处于静止状态时，小物块恰好可以运动到传送带的中点，如果传送带以恒定速率v2(v2＝2v1)运行，若从小物块滑上传送带开始计时，则小物块运动的v－t图象(以地面为参考系)可能是 ( ) 图6 A．①③ C．②③ 答案 B 解析 对小物块受力分析可知，它滑上传送带后受到重力mg、支持力FN和摩擦力Ff三个力的作用，其中重力与支持力平衡，故由Ff＝μmg＝ma，可得a＝μg，当传送带向右运动时，小物块做匀减速运动到中点时减速到零，然后反向加速，因为v2>v1，且加速v1 度大小不变，故小物块回到A时速度大小仍为v1，加速时间为t1＝，所以①正确，② aL 错误；当传送带向左运动时，小物块做匀加速直线运动，根据减速时有v21＝2a·，加速2运动到B时有v 2 B．①④ D．②④ －v2联立解得：v＝1＝2aL， v－v1 3v1，加速时间t＝＝ a ( 3－1v1 ＝0.73t1，a ) 故③错误，④正确，本题选B. 7．如图7a所示，一长木板静止放在光滑水平面上，一滑块(可视为质点)以水平初速度v0从左端滑上木板，滑块滑至木板的右端时恰好与木板相对静止．已知滑块在滑动过程中所受摩擦力始终不变．若将木板分成长度和质量均相同的甲、乙两段后，紧挨着静止放在光滑水平面上，让滑块仍以相同的初速度v0由甲的左端滑上木板，如图b所示．则滑块( ) 图7 A．滑到乙板的左端与乙板相对静止 B．滑到乙板中间某一位置与乙板相对静止 C．滑到乙板的右端与乙板相对静止 D．将从乙板的右端滑离 答案 B 解析 滑块第一次在长木板上运动过程中，滑块与木板之间的摩擦力使整个木板一直加速，第二次滑块先使整个木板加速，运动到乙部分上后甲部分停止加速，只有乙部分加速，加速度大于第一次的对应过程，而在两次过程中，滑块做匀减速运动的加速度相等，故第二次滑块与乙木板将更早达到速度相等，所以滑块还没有运动到乙的右端，故选项B正确． 8．如图8所示，静止在光滑地面上的小车，由光滑的斜面AB和粗糙的平面BC组成(它们在B处平滑连接)，小车右侧与竖直墙壁之间连接着一个力传感器，当传感器受压时，其示数为正值，当传感器被拉时，其示数为负值．一个小滑块从小车A点由静止开始下滑至C点的过程中，传感器记录到的力F随时间t的关系图中可能正确的是 ( ) 图8 答案 D 解析 当滑块在光滑的斜面AB上运动时，滑块对小车有斜向右下方、大小不变的压力，因此传感器对小车有向左的弹力，大小不变，方向为正．当滑块在粗糙的平面BC上运动时，滑块对小车有方向向左、大小不变的摩擦力，因此传感器对小车有向右的拉力，大小不变，方向为负，故正确答案为D. 9．一同学想研究电梯上升过程的运动规律．某天乘电梯上楼时他携带了一个质量为5 kg的重物和一套便携式DIS实验系统，重物悬挂在力传感器上，电梯从第一层开始启动，中间不间断一直到最高层停止，在这个过程中，显示器上显示出的力随时间变化的关系如图9所示，取重力加速度g＝10 m/s2，根据图象中的数据，求： 图9 (1)电梯在最初加速阶段的加速度a1与最后减速阶段的加速度a2的大小； (2)电梯在3 s～13 s时段内的速度v1的大小与电梯在19 s内上升的高度H. 答案 (1)1.6 m/s2 0.8 m/s2 (2)4.8 m/s 69.6 m 解析 由题图知：重物在加速的t1＝3 s内受到的拉力F1＝58 N，在减速的t2＝6 s内受到的拉力F2＝46 N 由牛顿第二定律有：F1－mg＝ma1，F2－mg＝ma2 代入数据得：a1＝1.6 m/s2，a2＝－0.8 m/s2(大小为0.8 m/s2，负号表示方向向下) (2)v1＝a1t1＝4.8 m/s 在3 s～13 s时段的t＝10 s内做匀速运动，由运动学规律知电梯在19 s内上升的高度： 112H＝a1t21＋v1t＋v1t2＋a2t2 22代入数据解得：H＝69.6 m 10．水平桌面上放着质量m1＝3 kg的木板A，木板A上放着一个质量为m2＝2 kg的滑块B， 如图10所示．开始时，用手固定木板A使它不动，在滑块B上施加一个水平向右的力，从而使滑块B以v0＝0.6 m/s的速度在木板A上匀速滑动．当滑块B与木板A右端相距L＝1 m时立刻放开木板A，同时撤去水平向右的力，已知木板A与滑块B之间的动摩擦因数为μ1＝0.05，木板A与桌面之间的动摩擦因数为μ2＝0.01.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10 m/s2，求： 图10 (1)通过计算判断放开木板A后，木板A是否会在桌面上滑动； (2)求放开木板A后，B在木板A上滑行的距离； (3)求放开木板A后，滑块B与木板A相互摩擦产生的内能． 答案 见解析 解析 (1)滑块B对木板A的滑动摩擦力为FfBA＝μ1m2g＝1 N 地面与木板A之间的最大静摩擦力为Ff地Amax＝μ2(m1＋m2)g＝0.5 N 因FfBA>Ff地Amax，则木板A会在桌面上滑动． (2)放开木板A后，A做匀加速直线运动 对木板A，根据牛顿第二定律可得FfBA－Ff地Amax＝m1a1 滑块B做匀减速直线运动的加速度为μ1m2g＝m2a2 设二者达到共同速度的时间为t，则a1t＝v0－a2t 1 此过程中木板A的位移为x1＝a1t2 2 1 滑块B做匀减速直线运动的位移为x2＝v0t－a2t2 2滑块B和木板A的位移之差为Δx＝x2－x1 联立解得Δx＝0.27 m (3)放开木板A后，滑块B与木板A相互摩擦产生的内能为Q＝FfBA·Δx＝0.27 J 11．某兴趣小组为探究“新型智能ER材料对物体运动的影响”，设计了如图11所示的实验 装置，有一个固定在水平地面上的透气圆筒．筒中有一原长L＝0.2 m、劲度系数k＝50 N/m的轻弹簧，其一端固定，另一端连接一质量为m＝0.2 kg的滑块A.圆筒内壁涂有一层智能ER材料．它可以调节滑块与筒壁间的阻力．开始时滑块静止，弹簧处于原长，ER材料对其阻力为零．滑块B(大小略小于筒的直径)与A相距L，质量也为m，与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.5，水平向右的恒力F＝3 N将B从静止推至a处并与A结合，粘合后速度为粘合前B滑块速度的一半；AB一起向右做匀减速运动(粘合时间忽略不计，F始终作用在B上)，当粘合体右移至距a处d1＝0.08 m的c处时速度减为零．忽略空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2.求： 图11 (1)B滑到a处时的速度大小； (2)B从初始位置运动到c处的时间； (3)粘合体右移至距a处d2＝0.03 m时ER材料对粘合体的阻力大小． 答案 (1)2 m/s (2)0.36 s (3)4 N 解析 (1)设B运动到A过程中的加速度为a1，由牛顿第二定律得F－μmg＝ma1，a1＝10 m/s2 B滑到A处时的速度为v，则v2＝2a1L 解得v＝2 m/s v2(2)设粘合之后的共同速度为v1，共同运动的加速度大小为a2，则v1＝，v1＝2a2d1，即 2a2＝6.25 m/s2 v＝a1t1，t1＝0.2 s v1＝a2t2，t2＝0.16 s B从开始向右运动到c处的时间为t＝t1＋t2 联立解得t＝0.36 s (3)以粘合体为研究对象，设ER材料对粘合体的阻力大小为FfER，由牛顿第二定律可得： kd2＋FfER－F＝2ma2 解得：FfER＝4 N (1)B滑到a处时的速度大小； (2)B从初始位置运动到c处的时间； (3)粘合体右移至距a处d2＝0.03 m时ER材料对粘合体的阻力大小． 答案 (1)2 m/s (2)0.36 s (3)4 N 解析 (1)设B运动到A过程中的加速度为a1，由牛顿第二定律得F－μmg＝ma1，a1＝10 m/s2 B滑到A处时的速度为v，则v2＝2a1L 解得v＝2 m/s v2(2)设粘合之后的共同速度为v1，共同运动的加速度大小为a2，则v1＝，v1＝2a2d1，即 2a2＝6.25 m/s2 v＝a1t1，t1＝0.2 s v1＝a2t2，t2＝0.16 s B从开始向右运动到c处的时间为t＝t1＋t2 联立解得t＝0.36 s (3)以粘合体为研究对象，设ER材料对粘合体的阻力大小为FfER，由牛顿第二定律可得： kd2＋FfER－F＝2ma2 解得：FfER＝4 N 百度搜索“70edu”或“70教育网”即可找到本站免费阅读全部范文。收藏本站方便下次阅读，70教育网，提供经典综合文库专题二 力与物体的直线运动3精讲在线全文阅读。
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