高考物理精讲：专题2+牛顿运动定律与直线运动（高考定位+审题破题，含原创题组及解析）

高考物理精讲：专题2+牛顿运动定律与直线运动（高考定位+审题破题，含原创题组及解析）

高考定位 牛顿运动定律是历年高考重点考查的内容之一．对这部分内容的考查非常灵活，选择、实验、 计算等题型均可以考查．其中用整体法和隔离法处理问题，牛顿第二定律与静力学、运动学 的综合问题，物体的平衡条件等都是高考热点；对牛顿第一、第三定律的考查经常以选择题 或融合到计算题中的形式呈现．另外，牛顿运动定律在实际中的应用很多，如弹簧问题、传 送带问题、传感器问题、超重失重问题等等，应用非常广泛． 考题 1 对匀变速直线运动规律的考查 例 1 为了迎接外宾，对国宾车队要求非常严格．设从同一地点先后开出甲、乙两辆不同型 号的国宾汽车在平直的公路上排成直线行驶．汽车甲先开出，汽车乙后开出．汽车甲从静止 出发先做加速度为 a1 的匀加速直线运动，达到速度 v 后改为匀速直线运动．汽车乙从静止出 发先做加速度为 a2 的匀加速直线运动，达到同一速度 v 后也改为匀速直线运动．要使甲、乙 两辆汽车都匀速行驶时彼此间隔的间距为 s.则甲、乙两辆汽车依次启动的时间间隔为多少？ (不计汽车的大小) 审题突破 设当甲经过一段时间 t1 匀加速运动达到速度 v，位移为 s1，根据匀加速直线运动 基本公式求出位移和速度，设乙出发后，经过一段时间 t2 匀加速运动达到速度 v，位移为 s2， 根据匀加速直线运动基本公式求出位移和速度，设甲匀速运动时间为 t，甲、乙依次启动的 时间间隔为Δt，根据位移关系列式即可求解． 解析 设当甲经过一段时间 t1 匀加速运动达到速度 v，位移为 s1， 对甲，有：v＝a1t1 ① v2＝2a1s1 ② 设乙出发后，经过一段时间 t2 匀加速运动达到速度 v，位移为 s2， 对乙，有：v＝ɑ2t2 ③ v2＝2ɑ2s2 ④ 设甲匀速运动时间 t 后，乙也开始匀速运动，甲、乙依次启动的时间间隔为Δt， 由题意知：Δt＝t1＋t－t2 ⑤ s＝s1＋vt－s2 ⑥ 解得：Δt＝s v ＋ v 2a1 － v 2a2 . 答案 s v ＋ v 2a1 － v 2a2 1．(双选)如图 1 甲所示，一个 m＝3 kg 的物体放在粗糙水平地面上，从 t＝0 时刻起，物体在 水平力 F 作用下由静止开始做直线运动．在 0～3 s 时间内物体的加速度 a 随时间 t 的变化规 律如图乙所示，已知物体与地面间的动摩擦因数处处相等．则( ) 甲 乙 图 1 A．在 0～3 s 时间内，物体的速度先增大后减小 B．3 s 末物体的速度最大，最大速度为 10 m/s C．2 s 末 F 最大，F 的最大值为 12 N D．前 2 s 内物体做匀变速直线运动，力 F 大小保持不变 答案 BD 解析 物体在前 3 s 内始终做加速运动，第 3 s 内加速度减小说明物体速度增加得慢了，但仍 是加速运动，故 A 错误；因为物体速度始终增加，故 3 s 末物体的速度最大，在 a－t 图象上 图象与时间轴所围图形的面积表示速度变化，Δv＝10 m/s，物体由静止开始加速运动，故最 大速度为 10 m/s，所以 B 正确；由 F 合＝ma 知前 2 s 内的合外力为 12 N，由于受摩擦力作用， 故作用力大于 12 N，故 C 错误． 2．(2014·山东·23)研究表明，一般人的刹车反应时间(即图 2 甲中“反应过程”所用时间)t0＝ 0.4 s，但饮酒会导致反应时间延长．在某次试验中，志愿者少量饮酒后驾车以 v0＝72 km/h 的速度在试验场的水平路面上匀速行驶，从发现情况到汽车停止，行驶距离 L＝39 m．减速 过程中汽车位移 s 与速度 v 的关系曲线如图乙所示，此过程可视为匀变速直线运动．取重力 加速度的大小 g＝10 m/s2.求： 图 2 (1)减速过程汽车加速度的大小及所用时间； (2)饮酒使志愿者的反应时间比一般人增加了多少； (3)减速过程汽车对志愿者作用力的大小与志愿者重力大小的比值． 答案 (1)8 m/s2 2.5 s (2)0.3 s (3) 41 5 解析 (1)设减速过程中汽车加速度的大小为 a，所用时间为 t，由题可得初速度 v0＝20 m/s， 末速度 vt＝0，位移 s＝25 m，由运动学公式得 v20＝2as ① t＝v0 a ② 联立①②式，代入数据得 a＝8 m/s2 ③ t＝2.5 s. (2)设志愿者反应时间为 t′，反应时间的增加量为Δt，由运动学公式得 L＝v0t′＋s ④ Δt＝t′－t0 ⑤ 联立④⑤式，代入数据得Δt＝0.3 s. (3)设志愿者所受合外力的大小为 F，汽车对志愿者作用力的大小为 F0，志愿者质量为 m，由 牛顿第二定律得 F＝ma ⑥ 由平行四边形定则得 F20＝F2＋(mg)2 ⑦ 联立③⑥⑦式，代入数据得F0 mg ＝ 41 5 . 1．如果一个物体的运动包含几个阶段，就要分段分析，各段交接处的速度往往是联系各段的 纽带． 2．描述匀变速直线运动的基本物理量有 v0、vt、a、s、t 五个量，每一个基本公式中都涉及 四个量，选择公式时一定要注意分析已知量和待求量，根据所涉及的物理量选择合适的公式 求解，会使问题简化． 3．对于刹车类问题，当车速度为零时，停止运动，其加速度也突变为零．求解此类问题应先 判断车停下所用的时间，再选择合适的公式求解． 考题 2 对牛顿第二定律应用的考查 例 2 如图 3 所示，A、B 两滑环分别套在间距为 1 m 的光滑细杆上，A 和B 的质量之比为 1∶3， 用一自然长度为 1 m 的轻弹簧将两环相连，在 A 环上作用一沿杆方向、大小为 20 N 的拉力 F， 当两环都沿杆以相同的加速度 a 运动时，弹簧与杆夹角为 53°.(cos 53°＝0.6) 图 3 (1)求弹簧的劲度系数； (2)若突然撤去拉力 F，在撤去拉力 F 的瞬间，A 的加速度大小为 a′，a′与 a 之比为多少？ 审题突破 (1)以两球和弹簧组成的整体为研究对象，根据牛顿第二定律求出加速度，再以 B 为研究对象求出弹簧的弹力，由胡克定律求出弹簧的劲度系数．(2)若突然撤去拉力 F，在撤 去拉力 F 的瞬间，弹簧的弹力没有来得及变化，再分析受力，由牛顿第二定律求解 a′与 a 之比． 解析 (1)先取 A、B 和弹簧组成的整体为研究对象，弹簧弹力为内力，杆对 A、B 的支持力 与加速度方向垂直，在沿 F 方向应用牛顿第二定律 F＝(mA＋mB)a ① 再取 B 为研究对象，F 弹 cos 53°＝mBa ② ①②联立解得，F 弹＝25 N 由几何关系得，弹簧的伸长量 Δx＝ 1 sin 53° －1 m＝0.25 m 由 F 弹＝kΔx 解得弹簧的劲度系数 k＝F 弹 Δx ＝100 N/m (2)撤去力 F 瞬间，弹簧弹力不变，A 的加速度大小 a′＝F 弹 cos 53° mA ，方向沿杆方向向左 由②式得 a＝F 弹 cos 53° mB ，方向沿杆水平向右 所以 a′∶a＝mB∶mA＝3∶1 答案 (1)100 N/m (2)3∶1 3．(单选)(2014·新课标Ⅰ·17)如图 4 所示，用橡皮筋将一小球悬挂在小车的架子上，系统处于 平衡状态．现使小车从静止开始向左加速，加速度从零开始逐渐增大到某一值，然后保持此 值，小球稳定地偏离竖直方向某一角度(橡皮筋在弹性限度内)，与稳定在竖直位置时相比， 小球的高度( ) 图 4 A．一定升高 B．一定降低 C．保持不变 D．升高或降低由橡皮筋的劲度系数决定 答案 A 解析 设橡皮筋原长为 l0、劲度系数为 k，小球在竖直位置静止时，橡皮筋长度为 l，加速时 长度为 l′且与竖直方向夹角为θ.由胡克定律可知，静止时 k(l－l0)＝mg，加速时小球受力分 析如图所示，由牛顿第二定律可知 k(l′－l0)cos θ＝mg 则 k(l－l0)＝k(l′－l0)cos θ l′cos θ＝l－l0(1－cos θ) 即 l′cos θl2，煤块在传送带上留下的划线长度为 l1＝2.0 m 煤块相对于传送带的位移为 s＝l1－l2＝2.0 m－0.33 m≈1.7 m 答案 2.0 m 1.7 m 4．(双选)(2014·四川·7)如图 5 所示，水平传送带以速度 v1 匀速运动，小物体 P、Q 由通过定 滑轮且不可伸长的轻绳相连，t＝0 时刻 P 在传送带左端具有速度 v2，P 与定滑轮间的绳水平， t＝t0 时刻 P 离开传送带．不计定滑轮质量和摩擦，绳足够长．正确描述小物体 P 速度随时间 变化的图像可能是( ) 图 5 答案 BC 解析 若 v1>v2，且 P 受到的滑动摩擦力大于 Q 的重力，则可能先向右匀加速，加速至 v1 后 随传送带一起向右匀速，此过程如图 B 所示，故 B 正确．若 v1>v2，且 P 受到的滑动摩擦力 小于 Q 的重力，此时 P 一直向右减速，减速到零后反向加速．若 v2>v1，P 受到的滑动摩擦 力向左，开始时加速度 a1＝FT＋μmg m ，当减速至速度为 v1 时，摩擦力反向，若有 FT>μmg， 此后加速度 a2＝FT－μmg m ，故 C 正确，A、D 错误． 分析处理传送带问题时需要特别注意两点：一是对物体在初态时(静止释放或有初速度的释放) 所受滑动摩擦力的方向的分析；二是对物体与传送带共速时摩擦力的有无及方向的分析． 考题 4 应用动力学方法分析“滑块—木板模型”问题 例 4 (14 分)如图 6 所示，水平地面上有一质量为 M 的长木板，一个质量为 m 的物块(可视 为质点)放在长木板的最右端．已知 m 与 M 之间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦 因数为μ2.从某时刻起物块 m 以 v1 的水平初速度向左运动，同时木板 M 在水平外力 F 作用下 始终向右以速度 v2(v2>v1)匀速运动，求： 图 6 (1)在物块 m 向左运动过程中外力 F 的大小； (2)木板至少多长物块不会从木板上滑下来？ 解析 (1)在物块 m 向左运动过程中，木板受力如图所示，其中 f1、f2 分别为物块和地面给木 板的摩擦力，由题意可知 f1＝μ1mg (1 分) f2＝μ2(m＋M)g (2 分) 由平衡条件得：F＝f1＋f2＝μ1mg＋μ2(m＋M)g (2 分) (2)设物块向左匀减速至速度为零的时间为 t1，则 t1＝ v1 μ1g (1 分) 设物块向左匀减速运动的位移为 s1，则 s1＝v1 2 t1＝ v 21 2μ1g (1 分) 设物块由速度为零向右匀加速至与木板同速(即停止相对滑动)的时间为 t2，则 t2＝ v2 μ1g (1 分) 设物块向右匀加速运动的位移为 s2，则 s2＝v2 2 t2＝ v 22 2μ1g (1 分) 此过程中木板向右匀速运动的总位移为 s′，则 s′＝v2(t1＋t2) (1 分) 则物块不从木板上滑下来的最小长度： L＝s′＋s1－s2 (2 分) 代入数据解得：L＝v1＋v22 2μ1g . (2 分) 答案 (1)μ1mg＋μ2(m＋M)g (2)v1＋v22 2μ1g (2013·新课标Ⅱ·25)(16 分)一长木板在水平地面上运动，在 t＝0 时刻将一相对于地面静止的 物块轻放到木板上，以后木板运动的速度－时间图象如图 7 所示．已知物块与木板的质量相 等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦．物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力， 且物块始终在木板上．取重力加速度的大小 g＝10 m/s2，求： 图 7 (1)物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数(结果保留两位有效数字)； (2)从 t＝0 时刻到物块与木板均停止运动时，物块相对于木板的位移的大小． 答案 (1)0.20 0.30 (2)1.125 m 解析 (1)从 t＝0 时开始，木板与物块之间的摩擦力使物块加速，使木板减速，此过程一直持 续到物块和木块具有共同速度为止． 由题图可知，在 t1＝0.5 s 时，物块和木板的速度相同．设 t＝0 到 t＝t1 时间间隔内，物块和 木板的加速度大小分别为 a1 和 a2，则 a1＝v1 t1 ① a2＝v0－v1 t1 ② 式中 v0＝5 m/s、v1＝1 m/s 分别为木板在 t＝0、t＝t1 时速度的大小． 设物块和木板的质量均为 m，物块和木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，由 牛顿第二定律得 μ1mg＝ma1 ③ (μ1＋2μ2)mg＝ma2 ④ 联立①②③④式得 μ1＝0.20 ⑤ μ2＝0.30 ⑥ (2)在 t1 时刻后，地面对木板的摩擦力阻碍木板运动，物块与木板之间的摩擦力改变方向．设 物块与木板之间的摩擦力大小为 f，物块和木板的加速度大小分别为 a1′和 a2′，则由牛顿 第二定律得 f＝ma1′ ⑦ 2μ2mg－f＝ma2′ ⑧ 假设 f＜μ1mg，则 a1′＝a2′；由⑤⑥⑦⑧式得 f＝μ2mg＞μ1mg，与假设矛盾，故 f＝μ1mg⑨ 由⑦⑨式知：物块加速度的大小 a1′等于 a1；物块的 v－t 图象如图中点划线所示． 由运动学公式可推知，物块和木板相对于地面的运动距离分别为 s1＝2×v 21 2a1 ⑩ s2＝v0＋v1 2 t1＋ v 21 2a2′ ⑪ 物块相对于木板的位移的大小为 s＝s2－s1 ⑫ 联立①⑤⑥⑧⑨⑩⑪⑫式得 s＝1.125 m 知识专题练 训练 2 题组 1 匀变速直线运动规律 1．(单选)(2014·福建·15)如图 1 所示，滑块以初速度 v0 沿表面粗糙且足够长的固定斜面，从 顶端下滑，直至速度为零．对于该运动过程，若用 h、s、v、a 分别表示滑块的下降高度、位 移、速度和加速度的大小，t 表示时间，则下列图象最能正确描述这一运动规律的是( ) 图 1 答案 B 解析 滑块沿斜面向下做匀减速运动，故滑块下滑过程中，速度随时间均匀变化，加速度 a 不变，选项 C、D 错误． 设斜面倾角为θ，则 s＝ h sin θ ＝v0t－1 2at2，故 h—t、s—t 图象都应是开口向下的抛物线，选项 A 错误，选项 B 正确． 2．(2014·新课标Ⅰ·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 1 s．当汽车在晴天干燥沥青路面上以 108 km/h 的 速度匀速行驶时，安全距离为 120 m．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2 5.若要求安全距离仍为 120 m，求汽车在雨天安全行驶的最大速度．(g 取 10 m/s2) 答案 20 m/s 解析 设路面干燥时，汽车与地面间的动摩擦因数为μ0，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 μ0mg＝ma0 ① s＝v0t0＋v 20 2a0 ② 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μ，依题意有 μ＝2 5μ0 ③ 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 μmg＝ma ④ s＝vt0＋v2 2a ⑤ 联立①②③④⑤式并代入题给数据得 v＝20 m/s(v＝－24 m/s 不符合实际，舍去) 题组 2 牛顿第二定律的应用 3．(双选)如图 2 甲所示，在倾角为 37°的粗糙且足够长的斜面底端，一质量 m＝2 kg 可视为 质点的滑块压缩一轻弹簧并锁定，滑块与弹簧不相连．t＝0 s 时解除锁定，计算机通过传感 器描绘出滑块的速度时间图象如图乙所示，其中 Ob 段为曲线，bc 段为直线，g 取 10 m/s2， sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.则下列说法正确的是( ) 图 2 A．在 0.15 s 末滑块的加速度为－8 m/s2 B．滑块在 0.1～0.2 s 时间间隔内沿斜面向下运动 C．滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.25 D．在滑块与弹簧脱离之前，滑块一直在做加速运动 答案 AC 解析 在 v－t 图象中，斜率代表加速度，0.15 s 末滑块的加速度 a＝Δv Δt ＝－8 m/s2，故 A 正 确；滑块在 0.1～0.2 s 时间间隔内沿斜面向上运动，故 B 错误；滑块在 0.1～0.2 s 内，由牛顿 第二定律可知，－mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma，可求得μ＝0.25，故 C 正确；在 0～0.1 s 过程 中为滑块和弹簧接触的过程，由图象可知，滑块先做加速运动后做减速运动，故 D 错误． 4．如图 3 所示，A、B 是两个质量均为 m＝1 kg 的小球，两球由长 L＝4 m 的轻杆相连组成 系统，水平面上的 P、Q 两点间是一段长度为 4.5 m 的粗糙平面，其余部分表面光滑，小球 与 PQ 间的动摩擦因数μ＝0.2，球 A、B 分别静止在 P 点两侧，离 P 点的距离均为L 2.两球均可 视为质点，不计轻杆质量，现对 B 球施加一水平向右 F＝4 N 的拉力，取 g＝10 m/s2，求： 图 3 (1)A 球经过 P 点时系统的速度大小； (2)若当 A 球经过 P 点时立即撤去 F，最后 A、B 球静止，A 球静止时与 Q 点的距离． 答案 (1)2 m/s (2)3 m 解析 (1)设系统开始运动时加速度为 a1，由牛顿第二定律有 F－μmg＝2ma1 解得 a1＝1 m/s2 设 A 球经过 P 点时速度为 v1，则 v21＝2a1·L 2 得 v1＝2 m/s (2)设 A、B 在 P、Q 间做匀减速运动时加速度大小为 a2，则有 2μmg＝2ma2 a2＝μg＝2 m/s2 当 A 球经过 P 点时拉力 F 撤去，但系统将继续滑行，设当 B 到达 Q 时滑行的距离为 s1，速 度为 v2，则有 s1＝sPQ－L＝0.5 m 由 v22－v21＝－2a2s1 解得 v2＝ 2 m/s 因为 v2>0，故知 B 球将通过 Q 点，做匀减速直线运动，此时加速度大小为 a3. 则有μmg＝2ma3 a3＝1 m/s2 设系统继续滑行 s2 后静止，则有 0－v22＝－2a3s2 可得 s2＝1 m 即 A 球静止时与 Q 点的距离Δs＝L－s2＝3 m 题组 3 应用动力学方法分析传送带 5．(双选)如图 4 所示，倾斜的传送带以恒定的速度 v2 向上运动，一个小物块以初速度 v1 从 底端冲上传送带，且 v1 大于 v2，小物块从传送带底端到达顶端的过程中一直做减速运动，则 ( ) 图 4 A．小物块到达顶端的速度可能等于零 B．小物块到达顶端的速度不可能等于 v2 C．小物块的机械能一直在减小 D．小物块所受的合外力一直做负功 答案 AD 解析 当传送带对小物块的滑动摩擦力小于重力沿传送带向下的分力时，小物块有可能一直 减速到达顶端速度恰好减为零，所以 A 正确；小物块的速度小于 v2 以后，摩擦力对小物块做 正功，机械能增大，所以 C 错误；若传送带对小物块的滑动摩擦力大于重力沿传送带向下的 分力，当小物块速度减为 v2 时，以 v2 做匀速运动，所以到达顶端的速度有可能等于 v2，故 B 错误；因小物块一直在减速，根据动能定理可得合外力一直做负功，所以 D 正确． 6．如图 5 甲所示，水平传送带 AB 逆时针匀速转动，一个质量为 M＝1.0 kg 的小物块以某一 初速度由传送带左端滑上，通过速度传感器记录下物块速度随时间的变化关系如图乙所示(图 中取向左为正方向，以物块滑上传送带时为计时零点)．已知传送带的速度保持不变，g 取 10 m/s2.求： 甲 乙 图 5 (1)物块与传送带间的动摩擦因数μ； (2)物块在传送带上的运动时间； (3)整个过程中系统产生的热量． 答案 (1)0.2 (2)4.5 s (3)18 J 解析 (1)由速度图象可知，物块做匀变速运动的加速度：a＝Δv Δt ＝2.0 m/s2 由牛顿第二定律得 f＝Ma 则物块与传送带间的动摩擦因数μ＝Ma Mg ＝0.2. (2)由速度图象可知，物块初速度大小 v＝4 m/s、传送带速度大小 v′＝2 m/s，物块在传送带 上滑动 t1＝3 s 后，与传送带相对静止． 前 2 s 内物块的位移大小 s1＝v 2t＝4 m，向右， 后 1 s 内的位移大小 s2＝v′ 2 t′＝1 m，向左， 3 s 内位移 s＝s1－s2＝3 m，向右； 物块再向左运动时间 t2＝ s v′ ＝1.5 s. 物块在传送带上运动时间 t＝t1＋t2＝4.5 s. (3)物块在传送带上滑动的 3 s 内，传送带的位移 s′＝v′t1＝6 m，向左 物块的位移 s＝s1－s2＝3 m，向右 相对位移为Δs′＝s′＋s＝9 m 所以转化的热能 EQ＝f·Δs′＝18 J. 题组 4 应用动力学方法分析“滑块—木板模型” 7．如图 6 所示，质量为 m＝1 kg 的物块，放置在质量 M＝2 kg 足够长木板的中间，物块与 木板间的动摩擦因数为 0.1，木板放置在光滑的水平地面上．在地面上方存在两个作用区，两 作用区的宽度 L 均为 1 m，边界距离为 d，作用区只对物块有力的作用：Ⅰ作用区对物块作 用力方向水平向右，Ⅱ作用区对物块作用力方向水平向左．作用力大小均为 3 N．将物块与 木板从图示位置(物块在Ⅰ作用区内的最左边)由静止释放，已知在整个过程中物块不会滑离 木板．取 g＝10 m/s2. 图 6 (1)在物块刚离开Ⅰ区域时，物块的速度多大？ (2)若物块刚进入Ⅱ区域时，物块与木板的速度刚好相同，求两作用区的边界距离 d； (3)物块与木板最终停止运动时，求它们相对滑动的路程． 答案 (1)2 m/s (2)1.5 m (3)3 m 解析 (1)对物块由牛顿第二定律：F－μmg＝mam1 得：am1＝F－μmg m ＝2 m/s2 由 L＝1 2am1t 21得 t1＝ 2L am1 ＝1 s vm1＝am1t1＝2 m/s. (2)Ⅰ区域内，对木板： 由μmg＝MaM1 得 aM1＝0.5 m/s2 物块到达Ⅰ区域边缘处，木板的速度： vM1＝aM1t1＝0.5 m/s 离开Ⅰ区域后： 对物块：由μmg＝mam2，得 am2＝1 m/s2 对木板：aM2＝aM1＝0.5 m/s2 当物块与木板达共同速度时：vm1－am2t2＝vM1＋aM2t2 得 t2＝1 s 两作用区边界距离为 d＝vm1t2－1 2am2t 22 ＝1.5 m. (3)由于 F>μmg，所以物块与木板最终只能停在两作用区之间．由全过程能量守恒与转化规律： FL＝μmgs 得：s＝ FL μmg ＝3 m. 8．如图 7 甲所示，由斜面 AB 和水平面 BC 组成的物块，放在光滑水平地面上，斜面 AB 部 分光滑，AB 长度为 s＝2.5 m，水平部分 BC 粗糙．物块左侧与竖直墙壁之间连接着一个力传 感器，当传感器受压时示数为正值，被拉时为负值．上表面与 BC 等高且粗糙程度相同的木 板 DE 紧靠在物块的右端，木板 DE 质量 M＝4 kg，长度 L＝1.5 m．一可视为质点的滑块从 A 点由静止开始下滑，经 B 点由斜面转到水平面时速度大小不变．滑块从 A 到 C 过程中，传感 器记录到力和时间的关系如图乙所示．g 取 10 m/s2，求： 图 7 (1)斜面 AB 的倾角θ； (2)滑块的质量 m； (3)滑块到达木板 DE 右端时的速度大小． 答案 (1)30° (2)2 kg (3)1 m/s 解析 (1)在 0～1 s 内滑块沿斜面匀加速下滑： mgsin θ＝ma s＝1 2at2 由题图乙知：t＝1 s 解得 sin θ＝1 2 ，即θ＝30°. (2)在 0～1 s 内对物块 ABC 受力分析： mgcos θ·sin θ－F＝0 由题图乙知：F＝5 3 N 解得 m＝2 kg. (3)滑块到达 B 点时的速度 vB＝at＝gtsin θ＝5 m/s 1～2 s 滑块在 BC 部分做减速运动：μmg＝ma′ 对物块，由图象知：μmg＝F＝4 N 解得 a′＝2 m/s2，μ＝0.2 滑块到达 C 点时：vC＝vB－a′t＝vB－μg·t＝3 m/s 滑块滑上木板 DE 时： 对滑块：－μmg＝ma1 对木板：μmg＝Ma2 解得 a1＝－2 m/s2，a2＝1 m/s2 设滑块在木板上的滑行时间为 t， s 滑块＝vCt＋1 2a1t2 s 木板＝1 2a2t2 L＝s 滑块－s 木板 解得 t＝1 s 此时，滑块速度 v 滑块＝vC＋a1t＝1 m/s 木板速度 v 木板＝a2t＝1 m/s 滑块恰好滑到木板右端，速度为 1 m/s.