1、1专题强化三 动力学两类基本问题和临界极值问题专题解读 1.本专题是动力学方法处理动力学两类基本问题、多过程问题和临界极值问题，高考在选择题和计算题中命题频率都很高.2.学好本专题可以培养同学们的分析推理能力，应用数学知识和方法解决物理问题的能力.3.本专题用到的规律和方法有：整体法和隔离法、牛顿运动定律和运动学公式、临界条件和相关的数学知识.一、动力学的两类基本问题1.由物体的受力情况求解运动情况的基本思路：先求出几个力的合力，由牛顿第二定律( F 合 ma)求出加速度，再由运动学的有关公式求出速度或位移.2.由物体的运动情况求解受力情况的基本思路：已知加速度或根据运动规律求出加速度，再由牛
2、顿第二定律求出合力，从而确定未知力.应用牛顿第二定律解决动力学问题，受力分析和运动分析是关键，加速度是解决此类问题的纽带，分析流程如下：受 力 情 况 F合 F合 ma 加 速 度 a 运 动 学 公 式 运 动 情 况 v、 x、 t自测 1 (多选)(2016全国卷19)两实心小球甲和乙由同一种材料制成，甲球质量大于乙球质量.两球在空气中由静止下落，假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，与球的速率无关.若它们下落相同的距离，则( )A.甲球用的时间比乙球长B.甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小C.甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小D.甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功答案 B
3、D解析 小球的质量 m r3，由题意知 m 甲 m 乙 ， 甲 乙 ，则 r 甲 r 乙. 空气阻力43f kr，对小球由牛顿第二定律得， mg f ma，则a g g ，可得 a 甲 a 乙 ，由 h at2知， t 甲 v 乙 ，故选项 B 正确；因 f 甲 f 乙 ，由球克服阻力做功2ah2Wf fh 知，甲球克服阻力做功较大，选项 D 正确.二、动力学中的临界与极值问题1.临界或极值条件的标志(1)题目中“刚好” “恰好” “正好”等关键词句，明显表明题述的过程存在着临界点.(2)题目中“取值范围” “多长时间” “多大距离”等词句，表明题述过程存在着“起止点” ，而这些“起止点”一般
4、对应着临界状态.(3)题目中“最大” “最小” “至多” “至少”等词句，表明题述的过程存在着极值，这个极值点往往是临界点.2.常见临界问题的条件(1)接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离，临界条件是：弹力 FN0.(2)相对滑动的临界条件：静摩擦力达到最大值.(3)绳子断裂与松弛的临界条件：绳子断裂的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力；绳子松弛的临界条件是 FT0.(4)最终速度(收尾速度)的临界条件：物体所受合外力为零.自测 2 (2015山东理综16)如图 1，滑块 A 置于水平地面上，滑块 B 在一水平力作用下紧靠滑块 A(A、 B 接触面竖直)，此时 A 恰好不滑动， B
5、 刚好不下滑.已知 A 与 B 间的动摩擦因数为 1， A 与地面间的动摩擦因数为 2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力. A 与 B 的质量之比为( )图 1A. B.1 1 2 1 1 2 1 2C. D.1 1 2 1 2 2 1 2 1 2答案 B解析 对物体 A、 B 整体在水平方向上有 F 2(mA mB)g；对物体 B 在竖直方向上有 1F mBg；联立解得： ，选项 B 正确.mAmB 1 1 2 1 2命题点一 动力学两类基本问题1.解题关键3(1)两类分析物体的受力分析和物体的运动过程分析；(2)两个桥梁加速度是联系运动和力的桥梁；速度是各物理过程间相互联系的桥梁.2.常用方法(
6、1)合成法在物体受力个数较少(2 个或 3 个)时一般采用合成法.(2)正交分解法若物体的受力个数较多(3 个或 3 个以上)时，则采用正交分解法.类型 1 已知物体受力情况，分析物体运动情况例 1 (2014课标全国卷24)公路上行驶的两汽车之间应保持一定的安全距离.当前车突然停止时，后车司机可以采取刹车措施，使汽车在安全距离内停下而不会与前车相碰.通常情况下，人的反应时间和汽车系统的反应时间之和为 1s.当汽车在晴天干燥沥青路面上以 108km/h 的速度匀速行驶时，安全距离为 120m.设雨天时汽车轮胎与沥青路面间的动摩擦因数为晴天时的 .若要求安全距离仍为 120m，求汽车在雨天安全行
7、驶的最大速度.25答案 20m/s解析 设路面干燥时，汽车与地面间的动摩擦因数为 0，刹车时汽车的加速度大小为a0，安全距离为 s，反应时间为 t0，由牛顿第二定律和运动学公式得 0mg ma0 s v0t0 v202a0式中， m 和 v0分别为汽车的质量和刹车前的速度.设在雨天行驶时，汽车与地面间的动摩擦因数为 ，依题意有 0 25设在雨天行驶时汽车刹车的加速度大小为 a，安全行驶的最大速度为 v，由牛顿第二定律和运动学公式得mg ma s vt0 v22a联立式并代入题给数据得v20m/s( v24 m/s 不符合实际，舍去)变式 1 如图 2 所示滑沙游戏中，做如下简化：游客从顶端 A
8、 点由静止滑下 8s 后，操纵刹车手柄使滑沙车匀速下滑至底端 B 点，在水平滑道上继续滑行直至停止.已知游客和滑沙车的总质量 m70kg，倾斜滑道 AB 长 lAB128m，倾角 37，滑沙车底部与沙面间的动摩擦因数 0.5.滑沙车经过 B 点前后的速度大小不变，重力加速度 g 取10m/s2，sin370.6，cos370.8，不计空气阻力.4图 2(1)求游客匀速下滑时的速度大小；(2)求游客匀速下滑的时间；(3)若游客在水平滑道 BC 段的最大滑行距离为 16m，则他在此处滑行时，需对滑沙车施加多大的水平制动力？答案 (1)16m/s (2)4s (3)210N解析 (1)由 mgsin
9、 mg cos ma，解得游客从顶端 A 点由静止滑下的加速度a2m/s 2.游客匀速下滑时的速度大小为 v at116 m/s.(2)加速下滑路程为 l1 at1264m，匀速下滑路程 l2 lAB l164m，游客匀速下滑的时12间 t2 4s.l2v(3)设游客在 BC 段的加速度大小为 a，由 0 v22 a x解得 a 8m/s 2，由牛顿第二定律得 F mg ma，解得制动力 F210N.0 v2 2x类型 2 已知物体运动情况，分析物体受力情况例 2 (2014课标全国卷24)2012 年 10 月，奥地利极限运动员菲利克斯鲍姆加特纳乘气球升至约 39km 的高空后跳下，经过 4
10、 分 20 秒到达距地面约 1.5km 高度处，打开降落伞并成功落地，打破了跳伞运动的多项世界纪录.取重力加速度的大小 g10m/s 2.(1)若忽略空气阻力，求该运动员从静止开始下落至 1.5km 高度处所需的时间及其在此处速度的大小；(2)实际上，物体在空气中运动时会受到空气的阻力，高速运动时所受阻力的大小可近似表示为 f kv2，其中 v 为速率， k 为阻力系数，其数值与物体的形状、横截面积及空气密度有关.已 知 该 运 动 员 在 某 段 时 间 内 高 速 下 落 的 vt 图 象 如 图 3 所 示 .若 该 运 动 员 和 所 带 装备 的 总 质 量 m 100 kg， 试
11、估 算 该 运 动 员 在 达 到 最 大 速 度 时 所 受 阻 力 的 阻 力 系 数 .(结 果 保留 1 位 有 效 数 字 )图 3答案 (1)87s 8.710 2 m/s (2)0.008 kg/m5解析 (1)设该运动员从开始自由下落至 1.5km 高度处的时间为 t，下落距离为 s，在1.5km 高度处的速度大小为 v.根据运动学公式有v gt s gt2 12根据题意有s3.910 4m1.510 3m3.7510 4m 联立式得t87s v8.710 2m/s (2)该运动员达到最大速度 vmax时，加速度为零，根据平衡条件有 mg kvmax2 由所给的 vt 图象可读
12、出 vmax360m/s 由式得 k0.008kg/m变式 2 如图 4 甲所示，质量 m1kg 的物块在平行斜面向上的拉力 F 作用下从静止开始沿斜面向上运动， t0.5s 时撤去拉力，利用速度传感器得到其速度随时间的变化关系图象( v t 图象)如图乙所示， g 取 10m/s2，求：图 4(1)2s 内物块的位移大小 x 和通过的路程 L；(2)沿斜面向上运动的两个阶段加速度大小 a1、 a2和拉力大小 F.答案 (1)0.5m 1.5m (2)4m/s 2 4 m/s 2 8N解析 (1)在 2s 内，由题图乙知：物块上升的最大距离： x1 21m1m12物块下滑的距离： x2 11m
13、0.5m12所以位移大小 x x1 x20.5m路程 L x1 x21.5m(2)由题图乙知，所求两个阶段加速度的大小a14m/s 2a24m/s 2设斜面倾角为 ，斜面对物块的摩擦力为 Ff，根据牛顿第二定律有600.5s 内： F Ff mgsin ma10.51s 内： Ff mgsin ma2解得 F8N命题点二 多物体多过程问题1.将“多过程”分解为许多“子过程” ，各“子过程”间由“衔接点”连接.2.对各“衔接点”进行受力分析和运动分析，必要时画出受力图和过程示意图.3.根据“子过程” “衔接点”的模型特点选择合理的物理规律列方程.4.分析“衔接点”速度、加速度等的关联，确定各段间
14、的时间关联，并列出相关的辅助方程.5.联立方程组，分析求解，对结果进行必要的验证或讨论.例 3 (2015全国卷25)下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害.某地有一倾角为 37(sin37 )的山坡 C，上面有一质量为 m 的石板 B，其上下表面与35斜坡平行； B 上有一碎石堆 A(含有大量泥土)， A 和 B 均处于静止状态，如图 5 所示.假设某次暴雨中， A 浸透雨水后总质量也为 m(可视为质量不变的滑块)，在极短时间内， A、 B间的动摩擦因数 1减 小 为 ， B、 C 间 的 动 摩 擦 因 数 2减 小 为 0.5， A、 B 开 始 运 动 ， 此 时38刻 为 计
15、 时 起 点 ； 在 第 2 s 末 ， B 的 上 表 面 突 然 变 为 光 滑 ， 2保 持 不 变 .已 知 A 开 始 运 动 时 ，A 离 B 下 边 缘 的 距 离 l 27 m， C 足够长，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力.取重力加速度大小 g10m/s 2.求：图 5(1)在 02s 时间内 A 和 B 加速度的大小；(2)A 在 B 上总的运动时间.答案 (1)3m/s 2 1 m/s 2 (2)4s解析 (1)在 02s 时间内， A 和 B 的受力如图所示，其中 Ff1、 FN1是 A 与 B 之间的摩擦力和正压力的大小， Ff2、 FN2是 B 与 C 之间的摩擦力和正
16、压力的大小，方向如图所示.由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得7Ff1 1FN1 FN1 mgcos Ff2 2FN2 FN2 FN1 mgcos ， FN1 FN1 规定沿斜面向下为正.设 A 和 B 的加速度分别为 a1和 a2，由牛顿第二定律得mgsin Ff1 ma1 mgsin Ff2 Ff1 ma2， Ff1 Ff1 联立式，并代入题给条件得a13m/s 2 a21m/s 2. (2)在 t12s 时，设 A 和 B 的速度分别为 v1和 v2，则v1 a1t16m/s v2 a2t12m/s 2s 后，设 A 和 B 的加速度分别为 a1和 a2.此时 A 与 B 之间摩擦力为零，同
17、理可得a16m/s 2 a22m/s 2 由于 a20，可知 B 做减速运动.设经过时间 t2， B 的速度减为零，则有v2 a2 t20 联立式得 t21s 在 t1 t2时间内， A 相对于 B 运动的距离为x 12m27m (12a1t21 v1t2 12a1 t2) (12a2t21 v2t2 12a2 t2)此后 B 静止不动， A 继续在 B 上滑动.设再经过时间 t3后 A 离开 B，则有l x( v1 a1 t2)t3 a1 t32 12可得 t31s(另一解不合题意，舍去) 设 A 在 B 上总的运动时间 t 总 ，有 t 总 t1 t2 t34s变式 3 (2018华中师范
18、大学附中模拟)如图 6 甲所示为一倾角 37足够长的斜面，将一质量 m1kg 的物体在斜面上静止释放，同时施加一沿斜面向上的拉力，拉力随时间变8化关系图象如图乙所示，物体与斜面间动摩擦因数 0.25.取 g10m/s 2，sin370.6，cos370.8，求：图 6(1)2s 末物体的速度大小；(2)前 16s 内物体发生的位移.答案 (1)5m/s (2)30m，方向沿斜面向下解析 (1)分析可知物体在前 2s 内沿斜面向下做初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得mgsin F1 mg cos ma1，v1 a1t1，代入数据可得v15m/s.(2)设物体在前 2s 内发生的位移为
19、 x1，则x1 a1t125m.12当拉力为 F24.5N 时，由牛顿第二定律可得mgsin mg cos F2 ma2，代入数据可得 a20.5m/s 2，物体经过 t2时间速度减为零，则0 v1 a2t2，t210s，设 t2时间内发生的位移为 x2，则x2 v1t2 a2t2225m，12由于 mgsin mg cos 1m，故滑块会掉下来.L2(3)加上恒力 F 的方向与摩擦力方向相同，故滑块所受合力 F 合 Ff F，由牛顿第二定律有 F 合 ma，10滑 块 放 上 车 后 做 匀 加 速 直 线 运 动 ， 设 当 经 历 时 间 t 之 后 速 度 达 到 v0， 滑 块 通
20、过 位 移x1 a t 2，12且 v0 a t，车通过位移 x2 v0t，只需要满足位移差 x x2 x1 即可，L2联立以上各式有 F6N.变式 4 如图 8 所示，物体 A 叠放在物体 B 上， B 置于光滑水平面上， A、 B 质量分别为mA6kg、 mB2kg， A、 B 之间的动摩擦因数 0.2，开始时 F10N，此后逐渐增加，在增大到 45N 的过程中，则( )图 8A.当拉力 Fgtan ，求减速阶段球受到箱子左壁和顶部的作用力大小.答案 (1) (2)0 mav22ax v2 ( atan g)解析 (1)设箱子加速阶段的加速度为 a，经过的位移为 x1，减速阶段经过的位移为
21、 x2，有 v22 a x1， v22 ax2，且 x1 x2 x，解得 a .av22ax v2(2)如果球刚好不受箱子作用，箱子的加速度设为 a0，应满足FNsin ma0， FNcos mg，解得 a0 gtan .箱子减速时加速度水平向左，当 agtan时，箱子左壁对球的作用力为零，顶部对球的力不为零.此时球受力如图，由牛顿第二定律得， FNcos F mg， FNsin ma，解得 F m .(atan g)1.如图 1 所示，一质量为 1kg 的小球套在一根固定的直杆上，直杆与水平面夹角 为30.现小球在 F20N 的竖直向上的拉力作用下，从 A 点静止出发向上运动，已知杆与球间的
22、动摩擦因数为 .试求：36图 112(1)小球运动的加速度大小；(2)若 F 作用 1.2s 后撤去，求小球上滑过程中距 A 点最大距离.答案 (1)2.5m/s 2 (2)2.4m解析 (1)在力 F 作用下，由牛顿第二定律得( F mg)sin30 (F mg)cos30 ma1解得 a12.5m/s 2(2)刚撤去 F 时，小球的速度 v1 a1t13m/s小球的位移 x1 t11.8mv12撤去力 F 后，小球上滑时，由牛顿第二定律得 mgsin30 mg cos30 ma2解得 a27.5m/s 2小球上滑时间 t2 0.4sv1a2上滑位移 x2 t20.6mv12则小球上滑的最大
23、距离为 xm x1 x22.4m.2.如图 2 所示，一质量 m0.4kg 的小物块，在与斜面成某一夹角的拉力 F 作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经 t2s 的时间物块由 A 点运动到 B 点，物块在 A 点的速度为v02m/s， A、 B 之间的距离 L10m.已知斜面倾角 30，物块与斜面之间的动摩擦因数 .重力加速度 g 取 10m/s2.33图 2(1)求物块加速度的大小及到达 B 点时速度的大小.(2)拉力 F 与斜面夹角多大时，拉力 F 最小？拉力 F 的最小值是多少？答案 (1)3 m/s 2 8 m/s (2)30 N1335解析 (1)设物块加速度的大小为 a，到达 B 点
24、时速度的大小为 v，由运动学公式得L v0t at2 12v v0 at 联立式，代入数据得a3m/s 2 v8m/s (2)设物块所受支持力为 FN，所受摩擦力为 Ff，拉力与斜面的夹角为 ，受力分析如图所13示，由牛顿第二定律得Fcos mgsin Ff ma Fsin FN mgcos 0 又 Ff F N 联立式得 F mg sin cos macos sin由数学知识得 cos sin sin(60 ) 33 233由式可知对应 F 最小时与斜面间的夹角 30 联立式，代入数据得 F 的最小值为 Fmin N 13353.如图 3 所示，一儿童玩具静止在水平地面上，一名幼儿用沿与水平
25、面成 30角的恒力拉着它沿水平地面运动，已知拉力 F6.5N，玩具的质量 m1kg，经过时间 t2.0s，玩具移动了距离 x2 m，这时幼儿将手松开，玩具又滑行了一段距离后停下.( g 取 10m/s2)求：3图 3(1)玩具与地面间的动摩擦因数.(2)松开后玩具还能滑行多远？(3)当力 F 与水平方向夹角 为多少时拉力 F 最小？答案 (1) (2) m (3)3033 335解析 (1)玩具做初速度为零的匀加速直线运动，由位移公式可得 x at2，解得12a m/s2，3对玩具，由牛顿第二定律得 Fcos30 (mg Fsin30) ma解得 .33(2)松手时，玩具的速度 v at2 m
26、/s3松手后，由牛顿第二定律得 mg ma14解得 a m/s21033由匀变速运动的速度位移公式得玩具的位移 x m.0 v2 2a 335(3)设拉力与水平方向的夹角为 ，玩具要在水平面上运动，则 Fcos Ff0Ff F N在竖直方向上，由平衡条件得 FN Fsin mg解得 F mgcos sin因为 cos sin sin(60 )1 2所以当 30时，拉力最小.4.如图 4 所示，静止在光滑水平面上的斜面体，质量为 M，倾角为 ，其斜面上有一静止的滑块，质量为 m，两者之间的动摩擦因数为 ，滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，重力加速度为 g.现给斜面体施加水平向右的力使斜
27、面体加速运动，求：图 4(1)若要使滑块与斜面体一起加速运动，图中水平向右的力 F 的最大值；(2)若要使滑块做自由落体运动，图中水平向右的力 F 的最小值.答案 (1) (2) m M g cos sin sin cos Mgtan解析 (1)当滑块与斜面体一起向右加速时，力 F 越大，加速度越大，当 F 最大时，斜面体对滑块的静摩擦力达到最大值 Ffm，滑块受力如图所示.设一起加速的最大加速度为 a，对滑块应用牛顿第二定律得：FNcos Ffmsin mg Ffmcos FNsin ma 由题意知 Ffm F N 联立解得 a g cos sincos sin15对整体受力分析 F( M
28、m)a联立解得 F m M g cos sin sin cos(2)要使滑块做自由落体运动，滑块与斜面体之间没有力的作用，滑块的加速度为 g，设此时 M 的加速度为 aM，则对 M： F MaM当水平向右的力 F 最小时，二者没有相互作用但仍接触，则有 tan ，即12gt212aMt2tan ，联立解得 F .gaM Mgtan1专题强化四 动力学中三种典型物理模型专题解读 1.本专题是动力学方法在三类典型模型问题中的应用，其中等时圆模型常在选择题中考查，而滑块木板模型和传送带模型常以计算题压轴题的形式命题.2.通过本专题的学习，可以培养同学们审题能力、建模能力、分析推理能力和规范表达等物理
29、学科素养，针对性的专题强化，通过题型特点和解题方法的分析，能帮助同学们迅速提高解题能力.3.用到的相关知识有：匀变速直线运动规律、牛顿运动定律、相对运动的有关知识.一、 “等时圆”模型1.两种模型(如图 1)图 12.等时性的证明设某一条光滑弦与水平方向的夹角为 ，圆的直径为 d(如图 2).根据物体沿光滑弦做初速度为零的匀加速直线运动，加速度为 a gsin ，位移为 s dsin ，所以运动时间为t0 .2sa 2dsin gsin 2dg图 2即沿同一起点或终点的各条光滑弦运动具有等时性，运动时间与弦的倾角、长短无关.2二、 “传送带”模型1.水平传送带模型项目 图示 滑块可能的运动情况
30、情景 1可能一直加速可能先加速后匀速情景 2 v0v，可能一直减速，也可能先减速再匀速 v0 v，一直匀速 v0v 返回时速度为 v，当 v0t2t3C.t3t1t2D.t1 t2 t3答案 D解析 如图所示，滑环在下滑过程中受到重力 mg 和杆的支持力 FN作用.设杆与水平方向的夹角为 ，根据牛顿第二定律有 mgsin ma，得加速度大小 a gsin .设圆周的直径为D，则滑环沿杆滑到 d 点的位移大小 x Dsin ， x at2，解得 t .可见，滑环滑到 d12 2Dg点的时间 t 与杆的倾角 无关，即三个滑环滑行到 d 点所用的时间相等，选项 D 正确.4变式 1 如图 4 所示，
31、位于竖直平面内的固定光滑圆环轨道与水平面相切于 M 点，与竖直墙相切于 A 点.竖直墙上另一点 B 与 M 的连线和水平面的夹角为 60， C 是圆环轨道的圆心.已知在同一时刻 a、 b 两球分别由 A、 B 两点从静止开始沿光滑倾斜直轨道 AM、 BM 运动到 M 点；c 球由 C 点自由下落到 M 点.则( )图 4A.a 球最先到达 M 点B.b 球最先到达 M 点C.c 球最先到达 M 点D.b 球和 c 球都可能最先到达 M 点答案 C解析 设圆轨道半径为 R，据“等时圆”理论， ta 2 ， tbta， c 球做自由落体运动4Rg Rgtc ，C 选项正确.2Rg命题点二 “传送带
32、”模型1.水平传送带水平传送带又分为两种情况：物体的初速度与传送带速度同向(含物体初速度为 0)或反向.在匀速运动的水平传送带上，只要物体和传送带不共速，物体就会在滑动摩擦力的作用下，朝着和传送带共速的方向变速(若 v 物 v 传 ，则物体减速)，直到共速，滑动摩擦力消失，与传送带一起匀速，或由于传送带不是足够长，在匀加速或匀减速过程中始终没达到共速.计算物体与传送带间的相对路程要分两种情况：若二者同向，则 s| s 传 s 物 |；若二者反向，则 s| s 传 | s 物 |.2.倾斜传送带物体沿倾角为 的传送带传送时，可以分为两类：物体由底端向上运动，或者由顶端向下运动.解决倾斜传送带问题
33、时要特别注意 mgsin 与 mg cos 的大小和方向的关系，进一5步判断物体所受合力与速度方向的关系，确定物体运动情况.例 2 如图 5 所示为车站使用的水平传送带模型，其 A、 B 两端的距离 L8m，它与水平台面平滑连接.现有物块以 v010m/s 的初速度从 A 端水平地滑上传送带.已知物块与传送带间的动摩擦因数为 0.6.试求：图 5(1)若传送带保持静止，物块滑到 B 端时的速度大小？(2)若传送带顺时针匀速转动的速率恒为 12m/s，则物块到达 B 端时的速度大小？(3)若传送带逆时针匀速转动的速率恒为 4 m/s，且物块初速度变为 v06 m/s，仍从 A端滑上传送带，求物块
34、从滑上传送带到离开传送带的总时间？答案 (1)2 m/s (2)12 m/s (3) s2512解析 (1)设物块的加速度大小为 a，由受力分析可知FN mg， Ff ma， Ff F N得 a6m/s 2传送带静止，物块从 A 到 B 做匀减速直线运动，又 x mL8m，v202a 253则由 vB2 v022 aL得 vB2m/s(2)由题意知，物块先加速到 v112m/s由 v12 v022 ax1，得 x1 mFfm，则发生相对滑动将滑块和木板看成一个整体，对整体进行受力分析和运动过程分析临界条件两者速度达到相等的瞬间，摩擦力可能发生突变当木板的长度一定时，滑块可能从木板滑下，恰好滑到
35、木板的边缘，二者共速是滑块滑离木板的临界条件相关知识 时间及位移关系式、运动学公式、牛顿运动定律、动能定理、功能关系等例 3 (2017全国卷25)如图 8，两个滑块 A 和 B 的质量分别为 mA1kg 和 mB5kg，8放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为 10.5；木板的质量为 m4kg，与地面间的动摩擦因数为 20.1.某时刻 A、 B 两滑块开始相向滑动，初速度大小均为 v03m/s. A、 B 相遇时， A 与木板恰好相对静止.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小 g10 m/s 2.求：图 8(1)B 与木板相对静止时，木板的速度；(2)A、
36、B 开始运动时，两者之间的距离.答案 (1)1m/s，方向与 B 的初速度方向相同 (2)1.9m解析 (1)滑块 A 和 B 在木板上滑动时，木板也在地面上滑动.设 A、 B 和木板所受的摩擦力大小分别为 Ff1、 Ff2和 Ff3， A 和 B 相对于地面的加速度大小分别为 aA和 aB，木板相对于地面的加速度大小为 a1.在滑块 B 与木板达到共同速度前有Ff1 1mAg Ff2 1mBg Ff3 2(m mA mB)g 由牛顿第二定律得Ff1 mAaA Ff2 mBaB Ff2 Ff1 Ff3 ma1 设在 t1时刻， B 与木板达到共同速度，其大小为 v1.由运动学公式有v1 v0
37、aBt1 v1 a1t1 联立式，代入已知数据得v11m/s，方向与 B 的初速度方向相同 (2)在 t1时间间隔内， B 相对于地面移动的距离为sB v0t1 aBt12 12设在 B 与木板达到共同速度 v1后，木板的加速度大小为 a2.对于 B 与木板组成的系统，由牛顿第二定律有Ff1 Ff3( mB m)a2 由式知， aA aB；再由式知， B 与木板达到共同速度时， A 的速度大小也为v1，但运动方向与木板相反.由题意知， A 和 B 相遇时， A 与木板的速度相同，设其大小为v2.设 A 的速度大小从 v1变到 v2所用的时间为 t2，则由运动学公式，对木板有v2 v1 a2t2
38、 9对 A 有： v2 v1 aAt2 在 t2时间间隔内， B(以及木板)相对地面移动的距离为s1 v1t2 a2t22 12在( t1 t2)时间间隔内， A 相对地面移动的距离为sA v0(t1 t2) aA(t1 t2)2 12A 和 B 相遇时， A 与木板的速度也恰好相同.因此 A 和 B 开始运动时，两者之间的距离为s0 sA s1 sB 联立以上各式，并代入数据得s01.9m (也可用如图所示的速度时间图线求解)变式 3 如图 9 所示，质量 m1kg 的物块 A 放在质量 M4kg 木板 B 的左端，起初 A、 B静 止 在 水 平 地 面 上 .现 用 一 水 平 向 左
39、的 力 F 作 用 在 木 板 B 上 ， 已 知 A、 B 之 间 的 动 摩 擦 因数 为 1 0.4， 地 面 与 B 之 间 的 动 摩 擦 因 数 为 2 0.1， 假 设 最 大 静 摩 擦 力 等 于 滑 动 摩擦 力 ， g 10m/s2，求：图 9(1)能使 A、 B 发生相对滑动的 F 的最小值；(2)若 F30N，作用 1s 后撤去，要想 A 不从 B 上滑落，则木板至少多长；从开始到 A、 B均静止， A 的总位移是多少.答案 (1)25N (2)0.75m 14.4m解析 (1)对于 A，最大加速度由 A、 B 间的最大静摩擦力决定，即 1mg mam， am4m/s
40、 2对 A、 B 整体 F 2(M m)g( M m)am，解得 F25N(2)设 F 作用在 B 上时 A、 B 的加速度分别为 a1、 a2，撤掉 F 时速度分别为 v1、 v2，撤去外力 F 后加速度分别为 a1、 a2， A、 B 共同运动时速度为 v3，加速度为 a3，对于 A 1mg ma1，得 a14 m/s 2， v1 a1t14 m/s对于 B F 1mg 2(M m)g Ma2，10得 a25.25 m/s 2， v2 a2t15.25 m/s撤去外力 a1 a14m/s， a2 2.25m/s 2 1mg 2 M m gM经过 t2时间后 A、 B 速度相等 v1 a1
41、t2 v2 a2 t2解得 t20.2s共同速度 v3 v1 a1 t24.8m/s从开始到 A、 B 相对静止， A、 B 的相对位移即为木板最短的长度 LL xB xA a1(t1 t2)20.75mv22a2 v23 v2 2a2 12A、 B 速度相等后共同在水平面上匀减速运动，加速度 a3 2g1m/s 2从 v3至最终静止位移为 x 11.52mv232a3所以 A 的总位移为 xA 总 xA x14.4m.1.(2018广东东莞质检)如图 1 所示， AB 和 CD 为两条光滑斜槽，它们各自的两个端点均分别位于半径 R 和 r 的两个相切的圆上，且斜槽都通过切点 P.设有一重物先
42、后沿两个斜槽从静止出发，由 A 滑到 B 和由 C 滑到 D，所用的时间分别为 t1和 t2，则 t1与 t2之比为( )图 1A.21B.11C. 1D.13 3答案 B2.如图 2 所示，水平方向的传送带顺时针转动，传送带速度大小恒为 v2m/s，两端 A、 B间距离为 3 m.一物块从 B 端以初速度 v04 m/s 滑上传送带，物块与传送带间的动摩擦因数 0.4， g 取 10m/s2.物块从滑上传送带至离开传送带的过程中，速度随时间变化的图象是图中的( )图 211答案 B3.(多选)如图 3 所示，一足够长的木板静止在粗糙的水平面上， t0 时刻滑块从木板的左端以速度 v0水平向右
43、滑行，木板与滑块之间存在摩擦，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则滑块的 v t 图象可能是下列图中的( )图 3答案 BD4.(多选)如图 4 所示，表面粗糙、质量 M2kg 的木板， t0 时在水平恒力 F 的作用下从静止开始沿水平面向右做匀加速直线运动，加速度 a2.5 m/s2， t0.5 s 时，将一个质量 m1 kg 的小铁块(可视为质点)无初速度地放在木板最右端，铁块从木板上掉下时速度是木板速度的一半.已知铁块和木板之间的动摩擦因数 10.1，木板和地面之间的动摩擦因数 20.25， g10 m/s 2，则( )图 4A.水平恒力 F 的大小为 10NB.铁块放上木板后，木板的加速度
44、为 2m/s2C.铁块在木板上运动的时间为 1sD.木板的长度为 1.625m答案 AC解析 未放铁块时，对木板由牛顿第二定律： F 2Mg Ma，解得 F10N，选项 A 正确；铁块放上木板后，对木板： F 1mg 2(M m)g Ma，解得： a0.75m/s 2，选项 B错误；0.5 s 时木板的速度 v0 at12.50.5 m/s1.25m/s，铁块滑离木板时，木板的速度： v1 v0 a t21.250.75 t2，铁块的速度 v a 铁 t2 1gt2 t2，由题意：12v v1，解得 t21 s， 选 项 C 正 确 ； 铁 块 滑 离 木 板 时 ， 木 板 的 速 度 v1
45、 2 m/s， 铁 块 的 速12度 v 1 m/s， 则 木 板 的 长 度 为 ： L t2 t2 1 m 1 m 1.125 v0 v12 v2 1.25 22 12m， 选 项 D 错 误 ； 故 选 A、 C.5.如图 5 所示为粮袋的传送装置，已知 A、 B 两端间的距离为 L，传送带与水平方向的夹角为 ，工作时运行速度为 v，粮袋与传送带间的动摩擦因数为 ，正常工作时工人在 A 端将粮袋放到运行中的传送带上.设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度大小为g.关于粮袋从 A 到 B 的运动，以下说法正确的是( )图 5A.粮袋到达 B 端的速度与 v 比较，可能大，可能小也可
46、能相等B.粮袋开始运动的加速度为 g(sin cos )，若 L 足够大，则以后将以速度 v 做匀速运动C.若 tan ，则粮袋从 A 端到 B 端一定是一直做加速运动D.不论 大小如何，粮袋从 到 端一直做匀加速运动，且加速度 a gsin答案 A解析 若传送带较短，粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达 B 端时的速度小于v；若传送带较长， tan ，则粮袋先做匀加速运动，当速度与传送带的速度相同后，做匀速运动，到达 B 端时速度与 v 相同；若 tan ，则粮袋先做加速度为g(sin cos )的匀加速运动，当速度与传送带相同后做加速度为 g(sin cos )的匀加速运动，到达 B
47、端时的速度大于 v，选项 A 正确；粮袋开始时速度小于传送带的速度，相对传送带的运动方向是沿传送带向上，所以受到沿传送带向下的滑动摩擦力，大小为 mg cos ，根据牛顿第二定律得加速度 a g(sin cos )，mgsin mgcosm选项 B 错误；若 tan ，粮袋从 A 到 B 可能是一直做匀加速运动，也可能先匀加速运动，当速度与传送带的速度相同后，做匀速运动，选项 C、D 均错误.6.如图 6 所示，倾角为 37的传送带始终保持以 v5 m/s 的速率顺时针匀速转动，AB 两端距离 d15.25 m.现将一物块(可视为质点)无初速度从 A 端放上传送带，物块与传送带间的动摩擦因数
48、0.5，取 g10 m/s2，sin370.6，cos370.8，求物块到达 B 端时的速度大小和物块从 A 端运动到 B 端所用的时间.13图 6答案 9m/s 2.5s解析 设物块由静止运动到传送带速度 v5m/s 的过程，其加速度为 a1，运动时间为 t1，位移为 x1，由牛顿第二定律和运动学规律有mgsin mg cos ma1v a1t1x1 a1t1212代入数据解得 a110m/s 2， t10.5s， x11.25m由于 x11.25mmg cos37，物块将继续向下做匀加速运动.设物块此后运动的加速度为 a2，运动时间为 t2，位移为 x2，到 B 端的速度为 vB，由牛顿第
49、二定律和运动学规律，有mgsin mg cos ma2x2 d x1 vt2 a2t2212vB v a2t2代入数据解得 a22m/s 2， t22 s， vB9 m/s物块从 A 端运动到 B 端所用时间为 t，有 t t1 t22.5s7.(2018青海西宁调研)图 7 甲为一转动的传送带 AB，传送带以恒定的速率 v 逆时针转动.在传送 带 的 左 侧 边 缘 的 B 点 有 一 滑 块 ， 若 让 滑 块 以 初 速 度 v1 3 m/s 冲 上 传 送 带 ， 滑 块 运动 的 v t 图象如图乙中 a 所示，若让滑块以初速度 v26 m/s 冲上传送带，滑块运动的v t 图象如图
50、乙中 b 所示. g 取 10m/s2，试求：图 7(1)传送带的长度 l 和传送带与物块之间的动摩擦因数 ；(2)滑块以初速度 v13m/s 冲上传送带时，滑块返回 B 点的时间.答案 (1)32m 0.05 (2)12.5s14解析 (1)根据 v t 图象，滑块以初速度 v26m/s 冲上传送带时，在 t8s 时刻，到达 A点，所以传送带的长度 l (62)8m32m12根据图线 a 或者图线 b，滑块的加速度大小为 a 0.5m/s 2 v t根据牛顿第二定律得 mg ma解得传送带与滑块之间的动摩擦因数 0.05(2)滑块在 06s 和 6 ts 内的位移大小相等，方向相反63m (
51、t6 t10)2m12 12滑块返回 B 点的时间 t12.5s.8.如 图 8 所 示 ， 质 量 M 1 kg 的 木 板 A 静 止 在 水 平 地 面 上 ， 在 木 板 的 左 端 放 置 一 个 质 量m 1kg 的铁块 B(大小可忽略)，铁块与木块间的动摩擦因数 10.3，木板长 L1m，用F5N 的水平恒力作用在铁块上， g 取 10m/s2.图 8(1)若水平地面光滑，计算说明铁块与木板间是否会发生相对滑动；(2)若木板与水平地面间的动摩擦因数 20.1，求铁块运动到木板右端所用的时间.答案 见解析解析 (1) A、 B 之间的最大静摩擦力为Ffm 1mg0.3110N3N假设 A、 B 之间不发生相对滑动则对 A、 B 整体： F( M m)a对 B： FfAB ma解得： FfAB2.5N因 FfABFfm，故 A、 B 之间不发生相对滑动(2)A、 B 之间发生相对滑动，则对 B： F 1mg maB对 A： 1mg 2(M m)g MaA据题意： xB xA L； xA aAt2； xB aBt212 12解得： t s.2
