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牛頓第二定律　 瞬間問題 1．如圖所示，一木塊在光滑水平面上受一恒力F作用而運動，前方固定一個彈簧，當木塊接觸彈簧后(　　) A．將立即做變減速運動 B．將立即做勻減速運動 C．在一段時間內仍然做加速運動，速度繼續(xù)增大 D．在彈簧處于最大壓縮量時，物體的加速度為零 解析：因為水平面光滑，物塊與彈簧接觸前，在推力的作用下做加速運動，與彈簧接觸后，隨著壓縮量的增加，彈簧彈力不斷變大，彈力小于推力時，物體繼續(xù)加速，彈力等于推力時，物體的加速度減為零，速度達到最大，彈力大于推力后，物體減速，當壓縮量最大時，物塊靜止． 答案：C 2．(2017屆瀏陽一中月考)搬運工人沿粗糙斜面把一個物體拉上卡車，當力沿斜面向上，大小為F時，物體的加速度為a1；若保持力的方向不變，大小變?yōu)?F時，物體的加速度為a2，則(　　) A．a1＝a2 B．a1＜a2＜2a1 C．a2＝2a1 D．a2＞2a1 解析：當力沿斜面向上，大小為F時，物體的加速度為a1，則F－mgsinθ－μmgcosθ＝ma1；保持力的方向不變，大小變?yōu)?F時，物體的加速度為a2,2F－mgsinθ－μmgcosθ＝ma2；可見a2＞2a1；綜上本題選D. 答案：D 3．(2017屆天津一中月考)如圖所示，A、B、C三球質量均為m，輕質彈簧一端固定在斜面頂端、另一端與A球相連，A、B間固定一個輕桿，B、C間由一輕質細線連接．傾角為θ的光滑斜面固定在地面上，彈簧、輕桿與細線均平行于斜面，初始系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)，細線被燒斷的瞬間，下列說法正確的是(　　) A．A球的受力情況未變，加速度為零 B．C球的加速度沿斜面向下，大小為g C．A、B之間桿的拉力大小為2mgsinθ D．A、B兩個小球的加速度均沿斜面向上，大小均為gsinθ 解析：細線被燒斷的瞬間，以A、B整體為研究對象，彈簧彈力不變，細線拉力突變?yōu)?，合力不為0，加速度不為0，故A錯誤；對球C，由牛頓第二定律得：mgsinθ＝ma，解得：a＝gsinθ，方向向下，故B錯誤；以A、B、C組成的系統(tǒng)為研究對象，燒斷細線前，A、B、C靜止，處于平衡狀態(tài)，合力為零，彈簧的彈力f＝3mgsinθ，燒斷細線的瞬間，由于彈簧彈力不能突變，彈簧彈力不變，以A、B為研究對象，由牛頓第二定律得：3mgsinθ－2mgsinθ＝2ma，則B的加速度a＝gsinθ，故D正確；由D可知，B的加速度為a＝gsinθ，以B為研究對象，由牛頓第二定律得T－mgsinθ＝ma.解得：T＝mgsinθ，故C錯誤；故選D. 答案：D 9．如圖所示，質量分別為m、2m的兩物塊A、B中間用輕彈簧相連，A、B與水平面間的動摩擦因數(shù)均為μ，在水平推力F作用下，A、B一起向右做加速度大小為a的勻加速直線運動。當突然撤去推力F的瞬間，A、B兩物塊的加速度大小分別為(　　) A．aA＝2a＋3μg B．aA＝2(a＋μg) C．aB＝a D．aB＝a＋μg 答案　AC 解析　撤去F前，根據(jù)牛頓第二定律，對A、B、彈簧整體有F－μ·3mg＝3ma, 對B有FN－μ·2mg＝2ma，得FN＝2(a＋μg)m。撤去F的瞬間彈簧彈力不變，大小仍為FN，兩物塊受到的滑動摩擦力不變，所以，物塊B受力不變，aB＝a，對物塊A，由牛頓第二定律得FN＋μmg＝maA，有aA＝2a＋3μg。綜上分析，A、C項正確。 整體隔離法的靈活應用 3.如圖所示，A、B兩物塊疊放在一起，在粗糙的水平面上保持相對靜止地向右做勻減速直線運動，運動過程中B受到的摩擦力(　　) A．方向向左，大小不變 B．方向向左，逐漸減小 C．方向向右，大小不變 D．方向向右，逐漸減小 解析：A、B兩物塊疊放在一起共同向右做勻減速直線運動，對A、B整體根據(jù)牛頓第二定律有a＝＝μg，然后隔離B，根據(jù)牛頓第二定律有fAB＝mBa＝μmBg，其大小不變，物塊B向右做勻減速直線運動，故加速度方向向左，摩擦力向左；故選A. 答案：A 4.如圖所示，光滑水平面上放置質量分別為m、2m和3m的三個木塊，其中質量為2m和3m的木塊間用一不可伸長的輕繩相連，輕繩能承受的最大拉力為T.現(xiàn)用水平拉力F拉其中一個質量為3m的木塊，使三個木塊以同一加速度運動，則以下說法正確的是(　　) A．質量為2m的木塊受到四個力的作用 B．當F逐漸增大到T時，輕繩剛好被拉斷 C．當F逐漸增大到1.5T時，輕繩還不會被拉斷 D．輕繩剛要被拉斷時，質量為m和2m的木塊間的摩擦力為T 解析：質量為2m的木塊受到重力、質量為m的木塊的壓力、m對其作用的向后的摩擦力、輕繩的拉力、地面的支持力五個力的作用，故A錯誤；對整體，由牛頓第二定律可知，a＝；隔離后面的疊加體，由牛頓第二定律可知，輕繩中拉力為F′＝3ma＝，由此可知，當F逐漸增大到2T時，輕繩中拉力等于T，輕繩才剛好被拉斷，故B錯誤，C正確；輕繩剛要被拉斷時，木塊加速度a′＝，質量為m和2m的木塊間的摩擦力為f＝ma′＝，故D錯誤．故選C. 答案：C 4.(2016屆馬鞍山二中、安師大附中、淮北一中、銅陵一中聯(lián)考)如圖所示，在傾角為θ的固定斜面上有兩個靠在一起的物體A、B，兩物體與斜面間的動摩擦因數(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動，且B對A的壓力平行于斜面，則下列說法中正確的是(　　) A．只減小A的質量，B對A的壓力大小不變 B．只減小B的質量，B對A的壓力大小會增大 C．只減小斜面間的傾角，B對A的壓力大小不變 D．只減小兩物體與斜面間的動摩擦因數(shù)μ，B對A的壓力會增大 解析：將A、B看成一個整體，整體在沿斜面方向上受到沿斜面向下的重力的分力，沿斜面向下的滑動摩擦力，沿斜面向上的推力，根據(jù)牛頓第二定律可得a＝＝－gsinθ－μgcosθ，隔離B分析可得N－mBgsinθ－μmBgcosθ＝mBa，解得N＝，由牛頓第三定律可知，B對A的壓力N′＝，若只減小A的質量，壓力變大，若只減小B的質量，壓力變小，A、B錯誤；A、B之間的壓力與斜面的傾角、與斜面間的動摩擦因數(shù)無關，C正確，D錯誤． 答案：C 4．(2016屆河南頂級名校月考)兩個質量分別為m1、m2的物體A和B緊靠在一起放在光滑水平桌面上，如圖所示，如果它們分別受到水平推力2F和F，則A、B之間彈力的大小為(　　) A.F B．F C.F D．F 解析：根據(jù)牛頓第二定律對整體有：2F－F＝(m1＋m2)a，方向水平向右：對物體B有：FN－F＝m2a，聯(lián)立上述兩式得：FN＝F，故選項A、B、D均錯誤，選項C正確． 答案：C 臨界極值問題 6.(2017屆遼寧二中月考)如圖所示，A、B兩物塊的質量分別為3m和2m，兩物塊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(μ≠0)．最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g.現(xiàn)對B施加一水平推力F，則下列說法正確的是(　　) A．若F＝μmg，A、B間的摩擦力一定為零 B．當F＞7.5μmg時，A相對B滑動 C．當F＝3μmg時，A的加速度為μg D．若去掉B上的力，而將F＝3μmg的力作用在A上，則B的加速度為0.1μg 解析：A、B與地面間的最大靜摩擦力為f1＝μ(3m＋2m)g＝，若F＝μmg，A、B保持靜止，A、B間的摩擦力一定為零，故A正確；A物體的最大加速度為μg，根據(jù)牛頓第二定律有F－＝5ma，解得F＝7.5μmg，故當F＞7.5μmg時，A相對B滑動，故B正確；當F＝3μmg時，A、B保持相對靜止，A的加速度為a＝＝0.1μg，故C錯誤；若去掉B上的力，而將F＝3μmg的力作用在A上，B發(fā)生相對滑動的臨界加速度a＝＝0.25μg，對A分析F－3μmg＝3ma，解得不發(fā)生相對滑動的最小拉力F＝3.75μmg，可知F＝3μmg的力作用在A上，一起做勻加速直線運動，a＝＝0.1μg，故D正確． 答案：ABD 例3　如圖所示，物體A疊放在物體B上，B置于光滑水平面上，A、B質量分別為mA＝6 kg、mB＝2 kg，A、B之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，開始時F＝10 N，此后逐漸增大，在增大到45 N的過程中，則(　　) A.當拉力F<12 N時，物體均保持靜止狀態(tài) B.兩物體開始沒有相對運動，當拉力超過12 N時，開始相對滑動 C.兩物體從受力開始就有相對運動 D.兩物體始終沒有相對運動 (1)A、B何時發(fā)生相對滑動？ 提示：當A、B間摩擦力達到最大值時。 (2)適合以哪一物體求臨界加速度？ 提示：B。 嘗試解答　選D。 當A、B間達最大靜摩擦力時兩者開始相對滑動，以B為研究對象，設臨界加速度為a，由牛頓第二定律得：μmAg＝mBa，得a＝6 m/s2。由整體法得： F＝(mA＋mB)a＝48 N，所以F增大到45 N的過程中，兩物體始終沒相對運動。 2．如圖所示，質量均為m的A、B兩物體疊放在豎直彈簧上并保持靜止，用大小等于mg的恒力F向上拉B，運動距離h時，B與A分離，下列說法正確的是(　　) A.B和A剛分離時，彈簧長度等于原長 B.B和A剛分離時，它們的加速度為g C.彈簧的勁度系數(shù)等于 D.在B和A分離前，它們做勻加速直線運動 答案　C 解析　A、B分離前，A、B共同做加速運動，由于F是恒力，而彈力是變力，故A、B做變加速直線運動，當兩物體要分離時，F(xiàn)AB＝0。 對B：F－mg＝ma， 對A：kx－mg＝ma。 即F＝kx時，A、B分離，此時彈簧處于壓縮狀態(tài)， 由F＝mg，拉B前設彈簧壓縮量為x0， 則2mg＝kx0，h＝x0－x， 解以上各式得k＝，綜上所述，只有C項正確。 3. (2017屆福建師大附中期中)如圖所示，a、b兩個帶有異種電荷的小球(可視為質點)分別被兩根絕緣細線系在木盒內，且在同一豎直線上，木盒置于固定的臺秤上，整個裝置靜止，細繩均有彈力．若將系b的細線剪斷，下列說法中正確的是(　　) A．剪斷細線瞬間，臺秤的示數(shù)不變 B．剪斷細線瞬間，臺秤的示數(shù)變小 C．在b向a靠近的過程中，臺秤的示數(shù)不變 D．在b向a靠近的過程中，臺秤的示數(shù)變大 解題思路：靜止時，對小球b和整體進行受力分析，根據(jù)共點力平衡的條件得出力之間的關系．若將系b的細線斷開，對整體進行受力分析，運用牛頓第二定律求解． 解析：將a、b兩個小球和木盒看做整體，開始臺秤示數(shù)等于它們的總重力，將系b的細線剪斷后，b球向上加速，系統(tǒng)處于超重狀態(tài)，臺秤示數(shù)大于它們的總重力，在b向a靠近的過程中，a、b之間的庫侖力增大，臺秤的示數(shù)變大，D正確．綜上本題選D. 答案：D 運動與力的關系 5．(2016屆河南扶溝高中月考)高空滑索是一種勇敢者的運動項目．如果一個人用輕繩通過輕質滑環(huán)懸吊在足夠長的傾斜鋼索上運動，在下滑過程中可能會出現(xiàn)如圖甲、乙所示的兩種情形．不計空氣阻力，則下列說法正確的是(　　) A．圖甲的情形中，人只能勻加速下滑 B．圖甲的情形中，鋼索對輕環(huán)的作用力大小為 C．圖乙的情形中，人勻速下滑 D．圖乙的情形中，鋼索對輕環(huán)無摩擦力 解析：題圖甲的情形中，受力如圖(a)所示： 所以人只能勻加速下滑，選項A正確；鋼索對輕環(huán)的作用力大小為N＝mgcos30°＝，選項B正確；題圖乙的情形中，受力如圖(b)所示： 所以人勻速下滑，選項C正確；對鋼環(huán)分析如圖(c)所示： 題圖乙的情形中，鋼索對輕環(huán)有摩擦力，選項D錯誤；綜上本題選A、B、C. 答案：ABC 8.(2016屆四川涼山州一診)如圖所示，傾角為θ的斜面放在粗糙的水平地面上，現(xiàn)有一帶固定支架的滑塊m正沿斜面加速下滑．支架上用細線懸掛的小球達到穩(wěn)定(與滑塊相對靜止)后，懸線的方向與豎直方向的夾角也為θ，斜面體始終保持靜止，則下列說法正確的是(　　) A．斜面光滑 B．斜面粗糙 C．達到穩(wěn)定狀態(tài)后，地面對斜面體的摩擦力水平向左 D．達到穩(wěn)定狀態(tài)后，地面對斜面體的摩擦力水平向右 解析：隔離小球，可知小球的加速度方向為沿斜面向下，大小為gsinθ，對支架系統(tǒng)進行分析，只有斜面光滑，支架系統(tǒng)的加速度才是gsinθ，所以A正確，B錯誤．將支架系統(tǒng)和斜面看成一個整體，因為整體具有沿斜面向下的加速度，故地面對斜面體的摩擦力水平向左，C正確，D錯誤．故選A、C. 答案：AC 7.(2017屆河南中原名校聯(lián)考)某科研單位設計了一空間飛行器，飛行器從地面起飛時，發(fā)動機提供的動力方向與水平方向夾角α＝60°，使飛行器恰恰沿與水平方向成θ＝30°角的直線斜向右上方勻加速飛行，經時間t后，將動力的方向沿逆時針旋轉60°同時適當調節(jié)其大小，使飛行器依然可以沿原方向勻減速飛行，飛行器所受空氣阻力不計，下列說法中正確的是(　　) A．加速時加速度的大小為g B．加速時動力的大小等于mg C．減速時動力的大小等于mg D．減速飛行時間t后速度為零 解析：起飛時，飛行器受動力和重力，兩個力的合力與水平方向成30°角斜向上，設動力為F，合力為F合，由幾何關系得F合＝mg，由牛頓第二定律得飛行器的加速度為a1＝g；加速時動力的大小F＝mg.動力方向逆時針旋轉60°，合力的方向與水平方向成30°角斜向下，動力F′跟合力F合′垂直，由幾何關系得動力的大小F′＝mg，此時合力的大小為F合′＝mgsin30°，飛行器的加速度大小a2＝，所以減速飛行時間2t后速度為零，故A、C正確． 答案：AC 8.如圖所示，傾角θ＝30°的光滑斜面體固定在水平面上，斜面長度L＝0.8 m，一質量m＝1×10－3 kg、帶電量q＝＋1×10－4 C的帶電小球靜止在斜面底端．現(xiàn)要使小球能夠到達斜面頂端，可施加一沿斜面向上、場強大小為E＝100 V/m的勻強電場，重力加速度g＝10 m/s2，則這個勻強電場存在的時間t可能為(　　) A．0.5 s B．0.4 s C．0.3 s D．0.2 s 解析：電場存在時，a1＝－gsinθ＝5 m/s2，方向向上，電場消失后，a2＝gsinθ＝5 m/s2，方向向下，若小球恰好到達斜面頂端，L＝a1t2＋，可得t＝0.4 s，選項A、B正確． 答案：AB 動力學圖像問題 4．(2016屆遼寧師大附中期中)一個物體在多個力的作用下處于靜止狀態(tài)，如果僅使其中一個力大小逐漸減小到零，然后又從零逐漸恢復到原來的大小(此力的方向始終未變)，在此過程中其余各力均不變．那么，圖中能正確描述該過程中物體速度變化情況的是(　　) 解析：原來物體在多個力的作用下處于靜止狀態(tài)，物體所受的合力為零，使其中的一個力保持方向不變、大小逐漸減小到零，然后又從零逐漸恢復到原來的大小的過程中，物體的合力從開始逐漸增大，又逐漸減小恢復到零，物體的加速度先增大后減小，物體先做加速度增大的加速運動，后做加速度減小的加速運動，根據(jù)速度—時間圖象的斜率等于加速度可知，速度—時間圖象的斜率先增大后減小，D正確．綜上本題選D. 答案：D 2.(2017屆湖北襄陽五中、宜昌一中、龍泉中學聯(lián)考)水平地面上有一輕質彈簧，下端固定，上端與物體A相連接，整個系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)．現(xiàn)用一豎直向下的力壓物體A，使A豎直向下做勻加速直線運動一段距離，整個過程中彈簧一直處在彈性限度內．下列關于所加力F的大小和運動距離x之間的關系圖象正確的是(　　) 解析：開始時，物體處于平衡狀態(tài)，物體受重力和彈力，則有mg＝kx1，物體向下勻加速過程，對物體受力分析，受重力、彈簧向上的彈力、推力F，根據(jù)牛頓第二定律，有F＋mg－F彈＝ma，根據(jù)胡克定律，有F彈＝k(x1＋x)＝mg＋kx，解得F＝ma－mg＋F彈＝ma＋kx，故彈力與x呈線性關系，且是增函數(shù)，故D正確． 答案：D 7．(2017屆黑龍江雙鴨山一中月考)如圖(a)所示，用一水平外力F拉著一個靜止在傾角為θ的光滑斜面上的物體，逐漸增大F，物體做變加速運動，其加速度a隨外力F變化的圖象如圖(b)所示，若重力加速度g取10 m/s2.根據(jù)圖(b)中所提供的信息可以計算出(　　) A．物體的質量 B．斜面的傾角 C．加速度為6 m/s2時物體的速度 D．加速度由2 m/s2增加到6 m/s2過程物體通過的位移 解析：對物體受力分析，受拉力、重力、支持力，如圖所示： x方向：Fcosθ－mgsinθ＝ma，y方向：FN－Fsinθ－Gcosθ＝0.從題圖中取兩個點(20 N,2 m/s2)，(30 N，6 m/s2)， 解得m＝2 kg，θ＝37°，故A、B正確． 當a＝0時，可解得F＝15 N，即最小拉力為15 N. 題中并未說明力F隨時間變化的情況，故無法求出加速度為6 m/s2時物體的速度大?。铀俣扔? m/s2增加到6 m/s2過程不能求出物體通過的位移，故C、D錯誤．綜上本題選A、B. 答案：AB 傳送帶問題 例5　(多選)如圖所示，水平傳送帶A、B兩端點相距x＝4 m，以v0＝2 m/s的速度(始終保持不變)順時針運轉。今將一小煤塊(可視為質點)無初速度地輕放至A點處，已知小煤塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.4, g取10 m/s2。由于小煤塊與傳送帶之間有相對滑動，會在傳送帶上留下劃痕。則小煤塊從A運動到B的過程中(　　) A．小煤塊從A運動到B的時間是 s B．小煤塊從A運動到B的時間是2.25 s C．劃痕長度是4 m D．劃痕長度是0.5 m (1)小煤塊在傳送帶上做什么運動？ 提示：若加速到v0時的位移小于x，則先加速后勻速。若位移為x，速度未達到v0，則一直加速。 (2)劃痕是小煤塊以地面為參照物的位移嗎？ 提示：不是，是以傳送帶為參照物的位移。 嘗試解答　選BD。 小煤塊剛放上傳送帶后，加速度a＝μg＝4 m/s2，由v0＝at1可知，小煤塊加速到與傳送帶同速的時間為t1＝＝0.5 s，此時小煤塊運動的位移x1＝t1＝0.5 m，而傳送帶的位移為x2＝v0t1＝1 m，故小煤塊在傳送帶上的劃痕長度為l＝x2－x1＝0.5 m，D正確，C錯誤；之后的x－x1＝3.5 m，小煤塊勻速運動，故t2＝＝1.75 s，故小煤塊從A運動到B的時間t＝t1＋t2＝2.25 s，A錯誤，B正確。 1.如圖甲所示，繃緊的水平傳送帶始終以恒定速度v1運行。初速度大小為v2的小物塊從與傳送帶等高的光滑水平地面上的A處滑上傳送帶。若從小物塊滑上傳送帶開始計時，小物塊在傳送帶上運動的v-t圖象(以地面為參考系)如圖乙所示。已知v2>v1，則(　　) A．t2時刻，小物塊離A處的距離達到最大 B.t2時刻，小物塊相對傳送帶滑動的距離達到最大 C.0～t2時間內，小物塊受到的摩擦力方向先向右后向左 D.0～t3時間內，小物塊始終受到大小不變的摩擦力作用 答案　B 解析　小物塊對地速度為零時，即t1時刻，向左離開A處最遠，t2時刻，小物塊相對傳送帶靜止，此時不再相對傳送帶滑動，所以從開始到此刻，它相對傳送帶滑動的距離最大，A錯誤、B正確。0～t2時間內，小物塊受到的摩擦力為滑動摩擦力，方向始終向右，大小不變，t2時刻以后小物塊相對傳送帶靜止，與傳送帶一起以速度v1勻速運動，不再受摩擦力作用，C、D錯誤。 2.(多選)如圖所示，用皮帶傳送一質量為M的物體，二者始終保持相對靜止，則下列關于物體所受摩擦力的說法正確的是(　　) A．皮帶傳送的速度越大，摩擦力越大 B．皮帶加速運動時，加速度越大，則摩擦力越大 C．皮帶的速度恒定時，物塊的質量越大，摩擦力越大 D．摩擦力的方向一定與皮帶速度的方向相同 解析：由于二者相對靜止，因此物塊所受的是靜摩擦力，則：若傳送帶勻速運動，則f＝Mgsinθ，與傳送帶的速度無關，A錯誤，C正確； 若傳送帶勻加速運動，則靜摩擦力的方向一定沿傳送帶向上，且f－Mgsinθ＝Ma，要求μMgcosθ＞Mgsinθ，所以f＝Ma＋Mgsinθ，B正確若傳送帶勻減速向上運動，分三種情況： 若a＜gsinθ，則物塊所受的靜摩擦力沿斜面向上，即Mgsinθ－f＝Ma； 若a＝gsinθ，則物塊所受的靜摩擦力為零； 若a＞gsinθ，則物塊所受的靜摩擦力沿斜面向下之前v2′＝v1，之后做勻速運動，所以D錯誤． 答案：BC ； 2．如圖所示，傾角為37°，長為l＝16 m的傳送帶，轉動速度為v＝10 m/s，在傳送帶頂端A處無初速度的釋放一個質量為m＝0.5 kg的物體，已知物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，g取10 m/s2。求：(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8) (1)傳送帶順時針轉動時，物體從頂端A滑到底端B的時間； (2)傳送帶逆時針轉動時，物體從頂端A滑到底端B的時間。 答案　(1)4 s　(2)2 s 解析　(1)傳送帶順時針轉動時，物體相對傳送帶向下運動，則物體所受滑動摩擦力沿斜面向上，相對傳送帶向下勻加速運動，根據(jù)牛頓第二定律有： mg(sin37°－μcos37°)＝ma 則a＝gsin37°－μgcos37°＝2 m/s2， 根據(jù)l＝at2得t＝4 s。 (2)傳送帶逆時針轉動，當物體下滑速度小于傳送帶轉動速度時，物體相對傳送帶向上運動，則物體所受滑動摩擦力沿傳送帶向下，設物體的加速度大小為a1，由牛頓第二定律得mgsin37°＋μmgcos37°＝ma1 則有a1＝＝10 m/s2 設當物體運動速度等于傳送帶轉動速度時經歷的時間為t1，位移為x1，則有 t1＝＝ s＝1 s， x1＝a1t＝5 mμmgcos37°，則下一時刻物體相對傳送帶向下運動，受到傳送帶向上的滑動摩擦力——摩擦力發(fā)生突變。設當物體下滑速度大于傳送帶轉動速度時物體的加速度為a2，則 a2＝＝2 m/s2 x2＝l－x1＝11 m 又因為x2＝vt2＋a2t， 則有10t2＋t＝11 解得：t2＝1 s(t2＝－11 s舍去) 所以t總＝t1＋t2＝2 s。 4. 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摩擦因數(shù)μ＝0.1，取重力加速度大小g＝10 m/s2。工件滑上A端瞬時速度vA＝4 m/s，達到B端的瞬時速度設為vB，則下列說法不正確的是(　　) A．若傳送帶不動，則vB＝3 m/s B．若傳送帶以速度v＝4 m/s逆時針勻速轉動，則vB＝3 m/s C．若傳送帶以速度v＝2 m/s順時針勻速轉動，則vB＝3 m/s D．若傳送帶以速度v＝2 m/s順時針勻速轉動，則vB＝2 m/s 答案　D 板塊滑動 12．[2015·保定一模](18分)一長木板靜止在水平地面上，在t＝0時刻，一小滑塊以某一速度滑到木板上表面，經過2 s滑塊和木板同時停下，滑塊始終在木板上。木板運動的速度隨時間變化的圖象如圖所示，已知木板和滑塊的質量均為0.1 kg，重力加速度g取10 m/s2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，根據(jù)圖象信息解答下面問題： (1)求出木板和滑塊間的動摩擦因數(shù)； (2)滑塊剛滑到木板上時的速度多大？ (3)求整個過程中滑塊和木板之間產生的熱量。 答案　(1)μ＝0.3　(2)v0＝4 m/s　(3)Q＝0.6 J 解析　(1)由圖象求得0～1 s木板加速度大小 a1＝1 m/s2 1～2 s木板與滑塊整體加速度大小a2＝1 m/s2 木板與地面間摩擦力大小F＝2ma2＝0.2 N 設木板和滑塊間的動摩擦因數(shù)為μ，在0～1 s內 μmg－F＝ma1 代入數(shù)據(jù)解得μ＝0.3 (2)滑塊在滑上木板0～1 s過程中μmg＝ma v0－at＝v 由圖象可得v0＝4 m/s (3)由圖象可知，從開始到木板與滑塊共速過程的位移 s木＝0.5 m s塊＝×1 m＝2.5 m 設滑塊和木板之間產生的熱量為Q，熱量只在0～1 s的過程中產生 Q＝μmg(s塊－s木) 代入數(shù)據(jù)解得Q＝0.6 J。 10．如圖甲所示，有一傾角為30°的光滑固定斜面，斜面底端的水平面上放一質量為M的木板．開始時質量為m＝1 kg的滑塊在水平向左的力F作用下靜止在斜面上，今將水平力F變?yōu)樗较蛴遥敾瑝K滑到木板上時撤去力F，滑塊滑上木板的過程不考慮能量損失，此后滑塊和木板在水平方向上運動的v-t圖象如圖乙所示，g＝10 m/s2.求： (1)水平作用力F的大??； (2)滑塊開始下滑時的高度； (3)木板的質量． 解析：(1)滑塊受到水平推力F、重力mg和支持力FN處于平衡F＝mgtanθ，代入數(shù)據(jù)可得：F＝ N. (2)滑塊滑到木板上的初速度為10 m/s，當F變?yōu)樗较蛴抑?，由牛頓第二定律可得：mgsinθ＋Fcosθ＝ma，解得a＝10 m/s2 下滑的位移：x＝，解得x＝5 m 故下滑的高度h＝xsin30°＝2.5 m. (3)由圖象可知，二者先發(fā)生相對滑動，當達到共同速度后一塊做勻減速運動，設木板與地面間的動摩擦因數(shù)為μ1，滑塊與木反間的動摩擦因數(shù)為μ2，二者共同減速時的加速度大小a1＝1 m/s2 發(fā)生相對滑動時，木板的加速度a2＝1 m/s2 滑塊減速的加速度大小為a3＝4 m/s2 對整體受力分析可得a1＝＝μ1g 可得μ1＝0.1 在0～2 s內分別對m和M做受力分析 對M：＝a2，對m：＝a3 代入數(shù)據(jù)解方程可得M＝1.5 kg. 答案：(1) N　(2)2.5 m　(3)1.5 kg 6．如圖所示，質量M＝8 kg的小車放在水平光滑的平面上，在小車左端加一水平推力F＝8 N，當小車向右運動的速度達到1.5 m/s時，在小車前端輕輕地放上一個大小不計、質量為m＝2 kg的小物塊，物塊與小車間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，小車足夠長，求： (1)放上小物塊后，小物塊及小車的加速度各為多大？ (2)經多長時間兩者達到相同的速度？ (3)從小物塊放上小車開始，經過t＝1.5 s小物塊通過的位移大小為多少？(取g＝10 m/s2) 解析：(1)物塊的加速度am＝μg＝2 m/s2，小車的加速度：aM＝＝0.5 m/s2. (2)二者均做加速運動，但是木塊的加速度大．由amt＝v0＋aMt，得：t＝1 s. (3)在開始1 s內小物塊的位移：s1＝amt2＝1 m，最大速度：v＝amt＝2 m/s. 假設在接下來的0.5 s物塊與小車相對靜止，一起做加速運動，則加速度：a＝＝0.8 m/s2，此時二者之間的摩擦力f＝ma＜μmg，因此假設成立此0.5 s內的位移：s2＝vt＋at2＝1.1 m，通過的總位移s＝s1＋s2＝2.1 m. 答案：(1)2 m/s2　0.5 m/s2　(2)1 s　(3)2.1 m 7.如圖所示，水平地面上依次排放兩塊完全相同的木板，長度均為l＝2 m，質量均為m2＝100 kg，一質量為m1＝100 kg的物體(可視為質點)以v0＝6 m/s的速度沖上A木板的左端，物體與木板間的動摩擦因數(shù)為μ1，木板與地面間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.2.(最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等；取g＝10 m/s2) (1)若物體滑上木板A時，木板不動，而滑上木板B時，木板B開始滑動，求μ1應滿足的條件； (2)若μ1＝0.5，求物體滑到木板A末端時的速度和在木板A上運動的時間． 解析：(1)若滑上木板A時，木板不動，由受力分析得μ1m1g≤μ2(m1＋2m2)g； 若滑上木板B時，木板B開始滑動，由受力分析得μ1m1g＞μ2(m1＋m2)g，聯(lián)立方程，代入數(shù)據(jù)得0.4＜μ1≤0.6. (2)若μ1＝0.5，則物體在木板A上滑動時，木板A不動．設貨物在木板A上做減速運動時的加速度大小為a1，由牛頓第二定律得μ1m1g＝m1a1，設物體滑到木板A末端時的速度為v1，由運動學公式得v－v＝－2a1l，設在木板A上運動的時間為t，由運動學公式得v1＝v0－a1t，代入數(shù)據(jù)得v1＝4 m/s，t＝0.4 s. 答案：(1)0.4＜μ1≤0.6　(2)4 m/s　0.4 s 8．如圖所示，有1、2、3三個質量均為m＝1 kg的物體，物體2與物體3通過不可伸長輕繩連接，跨過光滑的定滑輪，設長板2到定滑輪足夠遠，物體3離地面高H＝5.75 m，物體1與長板2之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2.長板2放在光滑的水平桌面上從靜止開始釋放，同時物體1(視為質點)在長板2的左端以v＝4 m/s的初速度開始向右運動，運動過程中恰好沒有從長板2的右端掉下．求： (1)長板2的長度L0； (2)當物體3落地時，物體1在長板2的位置． 解析：(1)1在向左的滑動摩擦力作用下做勻減速運動，加速度大小為a1＝μg＝2 m/s2，對2和3分別由牛頓第二定律可得：F＋μmg＝ma2，mg－F＝ma2，二式相加得a2＝(g＋μg)＝6 m/s2； 設經過時間t1，三者速度達到相等，設為v1，則v1＝v－a1t1＝a2t1，解得v1＝3 m/s，t1＝0.5 s，則1和2運動的位移分別為 x1＝(v＋v1)t1＝1.75 m；x2＝v1t1＝0.75 m＜H，而L0＝x1－x2，解得L0＝1 m. (2)假設速度相同時三者相對靜止，對整體由牛頓第二定律得mg＝3ma，解得a＝.對物塊1，當受到滑動摩擦力時，其加速度最大．最大值為μg，小于，故1與2要發(fā)生相對滑動，物體1相對于2向后滑動，其加速度大小a3＝2 m/s2，方向向右．對2和3整體由牛頓第二定律得： a4＝(g－μg)＝4 m/s2，故2和3做勻加速運動． 設再經過時間t2物體3落地，則對2可得H－x2＝v1t2＋a4t，解得t2＝1 s，物體1的位移x3＝v1t2＋a3t＝4 m．而H－x2－x3＝1 m，所以當物體3落地時，物體1在長木板2的最左端． 答案：(1)1 m　(2)物體1在長木板2的最左端 13