【物理】2019届一轮复习鲁科版第三章探究加速度与力、质量的关系学案

【物理】2019届一轮复习鲁科版第三章探究加速度与力、质量的关系学案

实验四　探究加速度与力、质量的关系 ‎, 注意事项 ‎1．实验方法：控制变量法。‎ ‎2．平衡摩擦力：不悬挂钩码，但小车连着纸带 ‎3．不重复：不重复平衡摩擦力。‎ ‎4．实验条件：M≫m。钩码的重力才可视为小车受到的拉力。‎ ‎5．一先一后一按住：先接通电源，后放小车，且在小车到达滑轮前按住小车。‎ ‎6．作图：作图时两轴标度比例要适当，各量须采用国际单位。‎ 误差分析 ‎1．因实验原理不完善引起的误差：本实验用钩码的重力mg代替小车的拉力，而实际上小车所受的拉力要小于钩码的重力。‎ ‎2．摩擦力平衡不准确、质量测量不准确、计数点间距测量不准确、纸带和细绳 不严格与木板平行都会引起误差。‎ 热点一　实验原理与基本操作 ‎【例1】　图1为“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置示意图。砂和砂桶的总质量为m，小车和砝码的总质量为M。实验中用砂和砂桶总重力的大小作为细线对小车拉力的大小。‎ 图1‎ ‎(1)实验中，为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力，先调节长木板一端滑轮的高度，使细线与长木板平行。接下来还需要进行的一项操作是__________(填正确答案标号)。‎ A．将长木板水平放置，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，给打点计时器通电，调节m的大小，使小车在砂和砂桶的牵引下运动，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动 B．将长木板的一端垫起适当的高度，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，撤去砂和砂桶，给打点计时器通电，轻推小车，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动 C．将长木板的一端垫起适当的高度，撤去纸带以及砂和砂桶，轻推小车，观察判断小车是否做匀速运动 ‎(2)实验中要进行质量m和M的选取，以下最合理的一组是__________(填正确答案标号)。‎ A．M＝200 g，m＝10 g、15 g、20 g、25 g、30 g、40 g B．M＝200 g，m＝20 g、40 g、60 g、80 g、100 g、120 g C．M＝400 g，m＝10 g、15 g、20 g、25 g、30 g、40 g D．M＝400 g，m＝20 g、40 g、60 g、80 g、100 g、120 g ‎(3)图2是实验中得到的一条纸带，A、B、C、D、E、F、G为7个相邻的计数点，相邻的两个计数点之间还有四个点未画出。量出相邻的计数点之间的距离分别为：‎ sAB＝4.22 cm、sBC＝4.65 cm、sCD＝5.08 cm、sDE＝5.49 cm、sEF＝5.91 cm，sFG＝6.34 cm。已知打点计时器的工作频率为50 Hz，则小车的加速度a＝________m/s2。(结果保留二位有效数字)‎ 图2‎ 解析　(1)小车在运动过程中受到重力、支持力、纸带的拉力、木板对小车的摩擦力和细线拉力的作用。为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合力，应把木板的一端垫起适当的高度，以使重力、支持力、纸带的拉力和摩擦力的合力为零，即小车做匀速运动，因此在进行这一操作时，不应挂砂桶，小车应连接纸带，A、C项错误，B项正确。(2)由于细线的拉力不易测量，本实验中用砂和砂桶的总重力来代替细线的拉力，而砂桶做加速运动，设加速度大小为a，则T＝m(g－a)，当砂桶的加速度很小时，T近似等于mg，因此实验中应控制实验条件，使砂桶的加速度很小。只有当小车的质量远大于砂和砂桶的总质量时，小车和砂桶的加速度才很小，细线的拉力才近似等于砂和砂桶的总重力。C项正确。‎ ‎(3)相邻两计数点间的时间T＝0.1 s，由Δs＝aT2可得a＝，代入数据解得a＝0.42 m/s2。‎ 答案　(1)B　(2)C　(3)0.42‎ 热点二　数据处理及误差分析 ‎【例2】　某组同学设计了“探究加速度a与物体所受合力F及质量m的关系”实验。图3甲为实验装置简图，A为小车，B为电火花计时器，C为装有细砂的小桶，D为一端带有定滑轮的长方形木板，实验中认为细绳对小车的拉力F等于细砂和小桶的总重力，小车运动的加速度a可用纸带上打出的点求得。‎ 图3‎ ‎(1)图乙为某次实验得到的纸带，已知实验所用电源的频率为50 Hz。根据纸带可求出电火花计时器打B点时的速度为__________m/s，小车的加速度大小为 ‎__________m/s2。(结果均保留两位有效数字)‎ ‎(2)在“探究加速度a与质量m的关系”时，某同学按照自己的方案将实验数据在坐标系中进行了标注，但尚未完成图象(如图4所示)。请继续帮助该同学作出坐标系中的图象。‎ ‎(3)在“探究加速度a与合力F的关系”时，该同学根据实验数据作出了加速度a与合力F的图线如图5，该图线不通过坐标原点，试分析图线不通过坐标原点的原因。‎ 答： ________________________________________________________________‎ ‎_____________________________________________________________________。‎ 解析　(1)AC这段位移的平均速度等于AC这段时间中间时刻的瞬时速度，即B点的瞬时速度，故 vB＝＝ m/s＝1.6 m/s。‎ 由逐差法求解小车的加速度，‎ a＝ ‎＝ m/s2‎ ‎＝3.2 m/s2。‎ ‎(2)将坐标系中各点连成一条直线，连线时应使直线过尽可能多的点，不在直线上的点应大致对称地分布在直线的两侧，离直线较远的点应视为错误数据，不予考虑，连线如图所示：‎ ‎(3)图线与横轴有截距，说明实验前没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够。‎ 答案　(1)1.6　3.2　(2)见解析 ‎(3)实验前没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够 ‎ 热点三　实验的改进与创新 以本实验为背景，通过改变实验条件、实验仪器设置题目，不脱离教材而又不拘泥教材，体现开放性、探究性等特点。‎ ‎1．实验器材的改进 气垫导轨(不用平衡摩擦力)长木板 ‎2．数据测量的改进 ‎(1)合外力的测量 由力传感器直接测量 ‎(2)加速度的获得 ‎①测定通过的时间，由a＝[()2－()2]求出加速度 ‎②小车的加速度由位移传感器及与之相连的计算机得到 ‎3．实验的拓展延伸 以“验证牛顿运动定律”为背景测量物块与木板间的动摩擦因数。‎ ‎【例3】　某同学做“探究加速度与力、质量关系”的实验。如图6甲所示是该同学探究小车加速度与力的关系的实验装置，他将光电门固定在水平轨道上的B点，用不同重物通过细线拉同一小车，每次小车都从同一位置A由静止释放。‎ 图6‎ ‎(1)实验中可近似认为细线对小车的拉力与重物重力大小相等，则重物的质量m与小车的质量M间应满足的关系为__________。‎ ‎(2)若用游标卡尺测出光电门遮光条的宽度d如图6乙所示，则d＝__________cm；实验时将小车从图示位置由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门的时间Δt，则小车经过光电门时的速度为__________(用字母表示)。‎ ‎(3)测出多组重物的质量m和对应遮光条通过光电门的时间Δt，并算出相应小车经过光电门时的速度v，通过描点作出v2－m线性图象(如图7所示)，从图线得到的结论是：在小车质量一定时，__________。‎ 图7‎ ‎(4)某同学作出的v2－m线性图象不通过坐标原点，挂某一质量钩码时加速度仍为零，那么开始实验前他应采取的做法是__________。‎ A．将不带滑轮的木板一端适当垫高，使小车在钩码拉动下恰好做匀速运动 B．将不带滑轮的木板一端适当垫高，使小车在钩码拉动下恰好做匀加速运动 C．将不带滑轮的木板一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车恰好做匀速运动 D．将不带滑轮的木板一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车恰好做匀加速运动 解析　(1)该实验的研究对象是小车，采用控制变量法研究。当质量一定时，研究小车的加速度和小车所受合力的关系。为消除摩擦力对实验的影响，可以把木板的右端适当垫高，以使小车的重力沿斜面分力和摩擦力抵消，那么小车的合力就是细线的拉力。‎ 根据牛顿第二定律得：对m：mg－T＝ma 对M：T＝Ma 解得：T＝ 当m≪M时，即重物重力要远小于小车的重力，细线的拉力近似等于重物的重力。‎ ‎(2)游标卡尺的主尺读数为10 mm，游标读数为0.05×7 mm＝0.35 mm，所以最终读数为：10 mm＋0.35 mm＝10.35 mm＝1.035 cm；数字计时器记录小车上遮光条通过光电门的时间，由位移公式计算出小车通过光电门的平均速度，用该平均速度代替小车的瞬时速度，故在遮光条经过光电门时小车的瞬时速度为v＝。‎ ‎(3)由题意可知，该实验中保持小车质量M不变，若是匀加速运动，有：v2＝2as＝s，由题意可知，M、x不变，因v2－m图象为过原点的直线，则说明加速度与合外力成正比。‎ ‎(4)v2－m线性图象不通过坐标原点，挂某一质量的钩码时，加速度仍为零，说明操作过程中没有平衡摩擦力或者平衡摩擦力不足，采取的方法是将不带滑轮的木板一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车恰好做匀速运动。故C正确。‎ 答案　(1)m≪M　(2)1.050　　(3)加速度与合外力成正比　(4)C ‎1．(2016·武汉华师一附中模拟)为了探究加速度与力、质量的关系，甲、乙、丙三位同学分别设计了如图8所示的实验装置，小车总质量用M表示(乙图中M包括小车与传感器，丙图中M包括小车和与小车固连的滑轮)，钩码总质量用m表示。‎ 图8‎ ‎(1)为便于测量合外力的大小，并得到小车总质量一定时，小车的加速度与所受合外力成正比的结论，下列说法正确的是(　　)‎ A．三组实验中只有甲需要平衡摩擦力 B．三组实验都需要平衡摩擦力 C．三组实验中只有甲需要满足所挂钩码的总质量m远小于小车的总质量M的条件 D．三组实验都需要满足所挂钩码的总质量m远小于小车的总质量M的条件 ‎(2)若乙、丙两位同学发现某次测量中力传感器和测力计读数相同，通过计算得到小车加速度均为a，a＝g，g为当地重力加速度，则乙、丙两人实验时所用小车总质量之比为__________，乙、丙两人实验用的钩码总质量之比为__________。‎ 答案　(1)BC　(2)1∶2　5∶4‎ ‎2．(2016·全国卷Ⅲ，23)某物理课外小组利用图9中的装置探究物体加速度与其所受合外力之间的关系。图中，置于实验台上的长木板水平放置，其右端固定一轻滑轮；轻绳跨过滑轮，一端与放在木板上的小滑车相连，另一端可悬挂钩码。本实验中可用的钩码共有N＝5个，每个质量均为0.010 kg。实验步骤如下：‎ 图9‎ ‎(1)将5个钩码全部放入小车中，在长木板左下方垫上适当厚度的小物块，使小车(和钩码)可以在木板上匀速下滑。‎ ‎(2)将n(依次取n＝1，2，3，4，5)个钩码挂在轻绳右端，其余N－n个钩码仍留在小车内；用手按住小车并使轻绳与木板平行。释放小车，同时用传感器记录小车在时刻t相对于其起始位置的位移s，绘制s－t图象，经数据处理后可得到相应的加速度a。‎ ‎(3)对应于不同的n的a值见下表。n＝2时的s－t图象如图10所示；由图10求出此时小车的加速度(保留2位有效数字)，将结果填入下表。‎ n ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ a/m·s－2‎ ‎0.20‎ ‎0.58‎ ‎0.78‎ ‎1.00‎ 图10‎ ‎(4)利用表中的数据在图11中补齐数据点，并作出a－n图象。从图象可以看出：当物体质量一定时，物体的加速度与其所受的合外力成正比。‎ 图11‎ ‎(5)利用a－n图象求得小车(空载)的质量为________kg(保留2位有效数字，重力加速度取g＝9.8 m·s－2)。‎ ‎(6)若以“保持木板水平”来代替步骤(1)，下列说法正确的是________(填入正确选项前的标号)‎ A．a－n图线不再是直线 B．a－n图线仍是直线，但该直线不过原点 C．a－n图线仍是直线，但该直线的斜率变大 解析　(3)因为小车做初速度为零的匀加速直线运动，将图(b)中点(2，0.78)代入s＝at2可得，a＝0.39 m/s2。‎ ‎(4)根据描点法可得如图所示图线。‎ ‎(5)根据牛顿第二定律可得nmg＝(M＋5m)a，则a＝n，图线斜率k＝＝，可得M＝0.45 kg ‎(6)若不平衡摩擦力，则有nmg－μ[M＋(5－n)m]g＝(M＋5m)a，则a＝n－，所以a－n图线仍是直线，但直线不过原点，斜率变大，故B、C正确。‎ 答案　(3)0.39　(4)见解析图　(5)0.45　(6)BC 单元质量检测(三)‎ 一、选择题(1～5题为单项选择题，6～9题为多项选择题)‎ ‎1．(2016·上海黄浦区模拟)下列关于牛顿运动定律的说法中，正确的是(　　)‎ A．惯性就是物体保持静止状态的性质 B．一对作用力和反作用力的作用效果总相同 C．物体运动状态改变的难易程度就是加速度 D．力的国际制单位“牛顿”是根据牛顿第二定律定义的 解析　惯性就是物体保持原有运动状态的性质，选项A错误；一对作用力与反作用力的作用效果不相同，选项B错误；物体运动状态改变的难易程度与质量有关，选项C错误；单位“牛顿”是根据牛顿第二定律定义的，选项D正确。‎ 答案　D ‎2.质量为0.1 kg的小球，用细线吊在倾角α为37°的斜面上，如图1所示。系统静止时绳与斜面平行，不计一切摩擦。当斜面体向右匀加速运动时，小球与斜面刚好不分离，则斜面体的加速度为(　　)‎ 图1‎ A．gsin α B．gcos α C．gtan α D. 解析　因小球与斜面刚好不分离，所以小球受力如图所示，由图知tan α＝，则a＝，D正确。‎ 答案　D ‎3．为了使雨滴能尽快地淌离房顶，要设计好房顶的高度，设雨滴沿房顶下淌时做无初速度无摩擦的运动，那么如图所示的四种情况中符合要求的是(　　)‎ 解析　设屋檐的底角为θ，底边长为2L(不变)。雨滴做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得加速度a＝＝gsin θ，位移大小s＝at2，而s＝，2sin θcos θ＝sin 2θ，联立以上各式得t＝。当θ＝45°时，sin 2θ＝1为最大值，时间t最短，故选项C正确。‎ 答案　C ‎4．如图2所示，两个质量分别为m1、m2的物块A和B通过一轻弹簧连接在一起并放置于水平传送带上，水平轻绳一端连接A，另一端固定在墙上，A、B与传送带间的动摩擦因数均为μ。传送带沿顺时针方向转动，系统达到稳定后，突然剪断轻绳的瞬间，设A、B的加速度大小分别为aA和aB，(弹簧在弹性限度内，重力加速度为g)则(　　)‎ 图2‎ A．aA＝μ(1＋)g，aB＝μg B．aA＝μg，aB＝0‎ C．aA＝μ(1＋)g，aB＝0‎ D．aA＝μg，aB＝μg 解析　稳定时A和B均受到向右的滑动摩擦力，B受到的滑动摩擦力大小为μm2g，等于弹簧向左的弹力F，B受到的合外力为0。剪断轻绳瞬间，弹簧弹力和B受到的滑动摩擦力都不变，则B的加速度为0；A的加速度为＝μ(1＋)g，选项C对。‎ 答案　C ‎5．一个大人和一个小孩用不同种雪橇在倾角为θ的倾斜雪地上滑雪，大人和小孩(大人和雪橇的质量较大)之间用一根轻杆(杆与斜面平行)相连。发现他们恰好匀速下滑。若大人、小孩同时松开轻杆，则可能的情况是(　　)‎ 图3‎ A．大人加速下滑，小孩减速下滑，两者加速度大小相同 B．大人加速下滑，小孩减速下滑，两者加速度大小不同 C．两人都加速下滑，但加速度不同 D．两人都减速下滑，但加速度不同 解析　由于整体匀速下滑，假设上面一个为大人，以大人为研究对象有Mgsin θ＝f1＋T，杆的弹力为T，以小孩为研究对象有mgsin θ＋T＝f2。当松开轻杆后有Mgsin θ－f1＝Ma大，f2－mgsin θ＝ma小，所以有Ma大＝ma小，由于大人和雪橇的质量大于小孩和雪橇的质量，即M＞m，故有a大＜a小，同时可看出两人加速度的方向始终相反，故正确选项为B。‎ 答案　B ‎6．(2017·咸阳模拟)消防员用绳子将一不慎落入井中的儿童从井内加速向上提的过程中，不计绳子的重力，以下说法正确的是(　　)‎ A．绳子对儿童的拉力大于儿童对绳子的拉力 B．绳子对儿童的拉力大于儿童的重力 C．消防员对绳子的拉力与绳子对消防员的拉力是一对作用力与反作用力 D．消防员对绳子的拉力与绳子对儿童的拉力是一对平衡力 解析　绳子对儿童的拉力和儿童对绳子的拉力是作用力和反作用力，大小相等，方向相反，故A错误；儿童从井内加速向上运动的过程中，加速度方向向上，根据牛顿第二定律得绳子对儿童的拉力大于儿童的重力，故B正确；消防员对绳子的拉力与绳子对消防员的拉力是一对作用力和反作用力，故C正确；消防员对绳子的拉力与绳子对儿童的拉力作用在不同物体上，不是一对平衡力，故D错误。‎ 答案　BC ‎7．关于图4中四幅图片，下列说法中正确的是(　　)‎ 图4‎ A．图甲中学生从如图姿势起立到直立站于体重计的过程中，体重计示数先减小后增大 B．图乙中运动员推开冰壶后，冰壶在冰面运动时受到的阻力很小，可以在较长时间内保持运动速度的大小和方向不变 C．图丙中赛车的质量不是很大却安装着强大的发动机，可以获得很大的加速度 D．图丁中高大的桥要造很长的引桥，从而减小桥面的坡度来减小车辆重力沿桥面方向的分力，保证行车方便与安全 解析　题图甲中学生从图示姿势起立到直立站于体重计的过程中，先向上加速，加速度向上，处于超重状态，再向上减速，加速度向下，处于失重状态，由超重和失重的概念可知，体重计的示数先增大后减小，A错误；冰壶受到的阻力很小，加速度就很小，但速度大小会减小，只是减小的很慢，B错误；由牛顿第二定律可知C正确；高大的桥造很长的引桥，可以减小桥面的坡度，这样可以减小车辆重力沿桥面方向的分力，保证行车方便与安全，D正确。‎ 答案　CD ‎8．如图5所示，A、B质量均为m，叠放在轻质弹簧上(弹簧下端固定于地面上)，对A施加一竖直向下、大小为F(F＞2mg)的力，将弹簧再压缩一段距离(弹簧始终处于弹性限度内)而处于平衡状态，现突然撤去力F，设两物体向上运动过程中A、B间的相互作用力大小为FN，则关于FN的说法正确的是(重力加速度为g)(　　)‎ 图5‎ A．刚撤去外力F时，N＝ B．弹簧弹力等于F时，N＝ C．两物体A、B的速度最大时，N＝mg D．弹簧恢复原长时，N＝mg 解析　刚撤去外力F时，由牛顿第二定律知对A、B整体有F＝2ma1，对物体A有N－mg＝ma1，联立得N＝＋mg，A项错误；当弹簧弹力大小等于F时，有F－2mg＝2ma2，N－mg＝ma2，联立得N＝，B正确；当两物体A、B的加速度为零时，两者速度最大，则有N＝mg，C正确；当弹簧恢复原长时，弹簧不提供弹力，此时两物体恰好分离，A、B间的相互作用力大小为0，D项错误。‎ 答案　BC ‎9．如图6所示的装置为在摩擦力不计的水平桌面上放一质量为m乙＝5 kg的盒子乙，乙内放置一质量为m丙＝1 kg的滑块丙，用一质量不计的细绳跨过光滑的定滑轮将一质量为m甲＝2 kg 的物块甲与乙相连接，其中连接乙的细绳与水平桌面平行。现由静止释放物块甲，在以后的运动过程中，盒子乙与滑块丙之间没有相对运动，假设整个运动过程中盒子始终没有离开水平桌面，重力加速度g＝10 m/s2。则 图6‎ A．细绳对盒子的拉力大小为20 N B．盒子的加速度大小为2.5 m/s2‎ C．盒子对滑块丙的摩擦力大小为2.5 N D．定滑轮受到细绳的作用力为30 N 解析　假设绳子拉力为T，根据牛顿第二定律，对甲，有m甲g－T＝m甲a；对乙和丙组成的整体，有T＝(m乙＋m丙 )a，联立解得T＝15 N，a＝2.5 m/s2，A错误，B正确；对滑块丙受力分析，受重力、支持力和静摩擦力作用，根据牛顿第二定律，有f＝m丙a＝1×2.5 N＝2.5 N，C正确；绳子的张力为15 N，由于滑轮两侧绳子垂直，根据平行四边形定则，其对滑轮的作用力为15 N，所以D错误。‎ 答案　BC 二、非选择题 ‎10．在“探究加速度与质量的关系”的实验中。‎ ‎(1)备有器材：A.带有定滑轮的长木板；B.电磁打点计时器、低压交流电源、纸带；C.细绳、小车、砝码；D.装有细砂的砂桶；E.垫片；F.毫米刻度尺。还缺少的一件器材是__________。‎ ‎(2)实验得到如图7所示的一条纸带，相邻两计数点的时间间隔为T；B、C间距s2和D、E间距s4已测出，利用这两段间距计算小车加速度a的表达式为a＝__________。‎ 图7‎ ‎(3)同学甲根据实验数据画出如图8所示a－图线，从图线可得砂和砂桶的总质量为____________kg。(g取10 m/s2)‎ 图8　　　　　　　　图9‎ ‎(4)同学乙根据实验数据画出了图9所示图线，从图线可知同学乙操作过程中可能_____________________________________________________________________。‎ 解析　(1)本题需要用天平测量小车的质量，所以还缺少的器材是天平。(2)根据逐差法得s4－s2＝2aT2，解得a＝。(3)根据牛顿第二定律可知，a＝，则F即为a－图象的斜率，所以砂和砂桶的总重力m′g＝F＝ N＝0.20 N，解得m′＝0.020 kg。(4)由题图9可知，图线不通过坐标原点，当F为某一大于零的值时，加速度为零，可知未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足。‎ 答案　(1)天平　(2)　(3)0.020(0.018～0.022均正确)　(4)未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足 ‎11．如图10甲所示，初始有一质量m＝5 kg的物块以速度v0＝10 m/s在水平地面上向右滑行，在此时刻给物块施加一水平外力F，外力F随时间t的变化关系如图乙所示，作用3 s时间后撤去外力F，规定水平向右为正方向，已知物块与地面间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g＝10 m/s2。求：‎ 图10‎ ‎(1)撤去拉力F时物块的速度大小；‎ ‎(2)物块向右滑行的总位移。‎ 解析　(1)在第1 s内物体的加速度大小为 a1＝＝4 m/s2‎ 第1 s末的速度v1＝v0－a1t＝6 m/s 在第2 s内加速度大小为a2＝＝0，即物块做匀速直线运动。在第3 s内加速度大小为a1＝4 m/s2‎ 所以撤去F时物块的速度大小为v＝v1－a1t＝2 m/s ‎(2)撤去F之后，物块的加速度大小为 a3＝＝2 m/s2‎ 运动时间t′＝＝1 s 物块运动的v－t图象如图所示，物块向右滑行的总位移为 s＝t＋v1t＋t＋t′＝19 m 答案　(1)2 m/s　(2)19 m ‎12．在平台AD中间有一个长为2l的凹槽BC，质量为m的滑板上表面与平台AD等高，质量为2m的铁块(可视为质点)与滑板间的动摩擦因数为μ1，铁块以一定的初速度滑上滑板后，滑板开始向右做匀加速运动，当滑板右端到达凹槽右端C时，铁块与滑板的速度恰好相等，滑板与凹槽右侧边碰撞后立即原速反弹，左端到达凹槽B端时速度恰好为零，而铁块则滑上平台CD。重力加速度为g。‎ 图11‎ ‎(1)若滑板反弹后恰好能回到凹槽左端，则滑板与凹槽间动摩擦因数μ2多大？‎ ‎(2)求铁块滑上滑板时的初速度大小v0。‎ 解析　(1)设滑板向右加速滑动时加速度大小为a1，反弹后向左滑动时加速度大小为a2，‎ 滑板与凹槽右端碰撞时的速度大小为v，由运动规律得 滑板向右做初速度为零的匀加速运动，则v2＝2a1l①‎ 反弹后向左做匀减速运动，末速度为零，‎ 则0－v2＝－2a2l ②‎ 滑板向右运动时水平方向受到铁块向右的滑动摩擦力和槽底向左的滑动摩擦力，向左滑动时只受槽底向右的滑动摩擦力，由牛顿第二定律得 μ12mg－μ23mg＝ma1③‎ μ2mg＝ma2④‎ 联立①②③④解得μ2＝μ1⑤‎ ‎(2)由②④⑤得v＝⑥‎ 铁块向右滑动的加速度大小为a，则μ12mg＝2ma⑦‎ 铁块向右做匀减速运动，有v2－v＝－2a·2l⑧‎ 由⑥⑦⑧解得v0＝⑨‎ 答案　(1)μ1　(2)