【物理】2020届一轮复习人教版第三章第四讲牛顿运动定律的综合应用（二）学案

【物理】2020届一轮复习人教版第三章第四讲牛顿运动定律的综合应用（二）学案

第四讲 牛顿运动定律的综合应用(二) 热点一 传送带模型 (师生共研) 1．模型特征 (1)水平传送带模型 项目 图示 滑块可能的运动情况 情景 1 (1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速 情景 2 (1)v0＞v 时，可能一直减速，也可能先减速再匀速 (2)v0＜v 时，可能一直加速，也可能先加速再匀速 情景 3 (1)传送带较短时，滑块一直减速达到左端 (2)传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端．其中 v0 ＞v 返回时速度为 v，当 v0＜v 返回时速度为 v0 (2)倾斜传送带模型 项目 图示 滑块可能的运动情况 情景 1 (1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速 情景 2 (1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速 (3)可能先以 a1 加速后以 a2 加速 情景 3 (1)可能一直加速 (2)可能一直匀速 (3)可能先加速后匀速 (4)可能先减速后匀速 (5)可能先以 a1 加速后以 a2 加速 (6)可能一直减速 情景 4 (1)可能一直加速 (2)可能一直匀速 (3)可能先减速后反向加速 (4)可能一直减速 2.思维模板 [典例 1] 如图所示，水平传送带两端相距 x＝8 m，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.6，工件滑上 A 端时速度 vA＝10 m/s，设工件到达 B 端时的速度为 vB.(取 g＝10 m/s2) (1)若传送带静止不动，求 vB； (2)若传送带顺时针转动，工件还能到达 B 端吗？若不能，说明理由；若能，求到达 B 点的速度 vB； (3)若传送带以 v＝13 m/s 逆时针匀速转动，求 vB 及工件由 A 到 B 所用的时间． 解析：(1)根据牛顿第二定律可知μmg＝ma，则 a＝μg＝6 m/s2，且 v2A－v2B＝2ax，故 vB＝2 m/s. (2)能．当传送带顺时针转动时，工件受力不变，其加速度不发生变化，仍然始终减速，故工件到达 B 端的 速度 vB＝2 m/s. (3)物体速度达到 13 m/s 时所用时间为 t1＝v－vA a ＝0.5 s，运动的位移为 x1＝vAt1＋1 2 at21＝5.75 m＜8 m，则工 件在到达 B 端前速度就达到了 13 m/s，此后工件与传送带相对静止，因此物体先加速后匀速运动．匀速 运动的位移 x2＝x－x1＝2.25 m，t2＝x2 v ≈0.17 s，t＝t1＋t2＝0.67 s. 答案：(1)2 m/s (2)能 2 m/s (3)13 m/s 0.67 s [反思总结] 分析传送带问题的关键 要注意抓住两个关键时刻：一是初始时刻，根据物体速度 v 物和传送带速度 v 传的关系确定摩擦力的方向， 二是当 v 物＝v 传时(速度相等是问题的转折点)，判断物体能否与传送带保持相对静止． 1－1.(2018·四川省遂宁市一诊)如图甲所示，一水平传送带沿顺时针方向旋转，在传送带左端 A 处轻放一 可视为质点的小物块，小物块从 A 端到 B 端的速度—时间图象如图乙所示，t＝6 s 时恰好到 B 点，则( ) A．物块与传送带之间动摩擦因数为μ＝0.1 B．AB 间距离为 24 m，小物块在传送带上留下的痕迹是 8 m C．若物块质量 m＝1 kg，物块对传送带做的功为 8 J D．物块速度刚好到 4 m/s 时，传送带速度立刻变为零，物块不能到达 B 端 解析：由图乙可知，物块先加速后匀速，加速过程的加速度为 a＝4 4m/s2＝1 m/s2，根据牛顿第二定律可知： a＝ F m ＝μmg m ＝μg，由以上两式解得：μ＝0.1，故 A 正确； AB 间距离即为物块在 6 s 内发生的位移，即 图乙的面积：S＝2＋6 2 ×4 m＝16 m，故 B 错误；物块对传带只在加速过程中做功，根据公式 W＝－fs，若 m＝1 kg，则 f＝μmg＝0.1×1×10 N＝1 N，s＝4×4 2 m＝8 m，代入公式中可解得 W＝－8 J，故 C 错误； 物块速度刚好到 4 m/s 时，传送带速度立刻变为零，物块由于惯性向前做匀减速直线运动，减速的加速度 为 a＝－μmg m ＝－1 m/s2，物块加速过程中的位移为 x＝4×4 2 m＝8 m，所以物块减速的长度为Δx＝S－x＝ 8 m，而物块从 4 m/s 减到零发生的位移为v2 2a ＝ 42 2×1 m＝8 m，所以物块刚好到达 B 端，故 D 错误． 答案：A 1－2. [倾斜传送带问题] 如图所示，绷紧的传送带始终以 2 m/s 的速度匀速斜向上运行，传送带与水平方 向间的夹角θ＝30°.现把质量为 10 kg 的工件轻轻地放在传送带底端 P 处，由传送带送至顶端 Q 处．已知 P、Q 之间的距离为 4 m，工件在传送带间的动摩擦因数为μ＝ 3 2 ，取 g＝10 m/s2. (1)通过计算说明工件在传送带上做什么运动； (2)求工件从 P 点运动到 Q 点所用的时间． 解析：(1)工件受重力、支持力、摩擦力共同作用，摩擦力为动力，由牛顿第二定律得：μmgcos θ－mgsin θ＝ma 代入数值得：a＝2.5 m/s2 则其速度达到传送带速度时发生的位移为 x1＝v2 2a ＝ 22 2×2.5 m＝0.8 m＜4 m 可见工件先匀加速运动 0.8 m，然后匀速运动 3.2 m. (2)匀加速时，由 x1＝v 2 t1 得 t1＝0.8 s 匀速上升时 t2＝x2 v ＝3.2 2 s＝1.6 s 所以工件从 P 点运动到 Q 点所用的时间为 t＝t1＋t2＝2.4 s. 答案：(1)先匀加速运动 0.8 m，然后匀速运动 3.2 m (2)2.4 s 热点二 滑块—木板模型 (师生共研) 1．模型特征 滑块—木板模型涉及两个物体，且物体间存在相对滑动，需要对摩擦力、相对运动过程进行分析，涉及能 量问题时不能忽略摩擦生热，属于多过程问题，综合性较强，对能力要求较高． 2．思维模板 [典例 2] (2018·全国卷Ⅲ)如图，两个滑块 A 和 B 的质量分别为 mA＝1 kg 和 mB＝5 kg，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μ1＝0.5；木板的质量为 m＝4 kg，与地面间的动摩 擦因数为μ2＝0.1.某时刻 A、B 两滑块开始相向滑动，初速度大小均为 v0＝3 m/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 g＝10 m/s2.求： (1)B 与木板相对静止时，木板的速度； (2)A、B 开始运动时，两者之间的距离． 解析：(1)如图所示，对 A、B 和木板进行受力分析，其中 fA、fB 分别表示物块 A、B 受木板摩擦力的大小， fA′、fB′和 f 分别表示木板受到物块 A、B 及地面的摩擦力大小，设运动过程中 A、B 及木板的加速度大小 分别为 aA、aB 和 a，根据牛顿运动定律得： fA＝mAaA① fB＝mBaB② fB′－fA′－f＝ma③ 且：fA＝fA′＝μ1mAg④ fB＝fB′＝μ1mBg⑤ f＝μ2(mA＋mB＋m)g⑥ 联立①～⑥解得：aA＝5 m/s2，aB＝5 m/s2，a＝2.5 m/s2 故可得 B 向右做匀减速直线运动，A 向左做匀减速直线运动，木板向右做匀加速运动；且 aB＝aA>a，显然 经历一段时间 t1 之后 B 先与木板达到相对静止状态，且此时 A、B 速度大小相等，方向相反．不妨假设此 时 B 与木板的速度大小为 v1： v1＝v0－aAt1⑦ v1＝at1⑧ 解得：t1＝0.4 s，v1＝1 m/s. (2)设在 t1 时间内，A、B 的位移大小分别为 xA，xB，由运动学公式得： xA＝v0t1－1 2 aAt21⑨ xB＝v0t1－1 2 aBt21⑩ 此后 B 将与木板一起保持相对静止向前匀减速运动，直到和 A 相遇，这段时间内 A 的加速度大小仍为 aA， 设 B 和木板的加速度大小为 a′，则根据牛顿运动定律得： 对木板和 B： μ2(mA＋mB＋m)g＋μ1mAg＝(mB＋m)a′⑪ 假设经过 t2 时间后 A、B 刚好相遇，且此时速度大小为 v2，为方便计算我们规定水平向右为正向，则在这 段时间内速度变化： 对 B 和木板：v2＝v1－a′t2⑫ 对 A：v2＝－v1＋aA′t2⑬ 联立⑪～⑬解得 t2＝0.3 s，可以判断此时 B 和木板尚未停下，则 t2 时间内物块 A、B 的位移大小假设为 xA′、 xB′，由运动学公式： xA′＝v1t2－1 2 aA′t22⑭ xB′＝v1t2－1 2 a′t22⑮ 则 A 和 B 开始相距 x 满足：x＝xA＋xA′＋xB＋xB′⑯ 联立解得：x＝1.9 m. 答案：(1)1 m/s (2)1.9 m [反思总结] 一个转折和两个关联 分析滑块—木板类模型时要抓住一个转折和两个关联．一个转折——滑块与木板达到相同速度或者滑块从 木板上滑下是受力和运动状态变化的转折点．两个关联——转折前、后受力情况之间的关联和滑块、木板 位移与板长之间的关联．一般情况下，由于摩擦力或其他力的转变，转折前、后滑块和木板的加速度都会 发生变化，因此以转折点为界，对转折前、后进行受力分析是建立模型的关键． 2－1.[水平滑块—木板模型]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. (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＝－2a2l② 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 2μ1mg－3μ2mg＝ma1③ μ2mg＝ma2④ 联立①②③④解得μ2＝1 2 μ1.⑤ (2)由②④⑤得 v＝ μ1gl⑥ 铁块向右滑动的加速度大小为 a，则 μ1·2mg＝2ma⑦ 铁块向右做匀减速运动，有 v2－v20＝－2a·2l⑧ 由⑥⑦⑧解得 v0＝ 5μ1gl.⑨ 答案：(1)1 2 μ1 (2) 5μ1gl 2－2. [倾斜滑块—木板模型] (2018·四川卷)避险车道是避免恶性交通事故的重要设施，由制动坡床和防 撞设施等组成，如图竖直平面内，制动坡床视为与水平面夹角为θ的斜面．一辆长 12 m 的载有货物的货 车因刹车失灵从干道驶入制动坡床，当车速为 23 m/s 时，车尾位于制动坡床的底端，货物开始在车厢内向 车头滑动，当货物在车厢内滑动了 4 m 时，车头距制动坡床顶端 38 m，再过一段时间，货车停止．已知货 车质量是货物质量的 4 倍，货物与车厢间的动摩擦因数为 0.4；货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大 小为货车和货物总重的 0.44 倍．货物与货车分别视为小滑块和平板，取 cos θ＝1，sin θ＝0.1，g＝10 m/s2. 求： (1)货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向； (2)制动坡床的长度． 解析：(1)设货物的质量为 m，货物在车厢内滑动过程中，货物与车厢间的动摩擦因数μ＝0.4，受摩擦力 大小为 f，加速度大小为 a1，则 f＋mgsin θ＝ma1① f＝μmgcos θ② 联立①②式并代入数据得 a1＝5 m/s2③ a1 的方向沿制动坡床向下． (2)设货车的质量为 M，车尾位于制动坡床底端时的车速为 v＝23 m/s.货物在车厢内开始滑动到车头距制动 坡床顶端 s0＝38 m 的过程中，用时为 t，货物相对制动坡床的运动距离为 s1，在车厢内滑动的距离 s＝4 m， 货车的加速度大小为 a2，货车相对制动坡床的运动距离为 s2.货车受到制动坡床的阻力大小为 F，F 是货车 和货物总重的 k 倍，k＝0.44，货车长度 l0＝12 m，制动坡床的长度为 l，则 Mgsin θ＋F－f＝Ma2④ F＝k(m＋M)g⑤ s1＝vt－1 2 a1t2⑥ s2＝vt－1 2 a2t2⑦ s＝s1－s2⑧ l＝l0＋s0＋s2⑨ 联立①②④～⑨式并代入数据得 l＝98 m．⑩ 答案：(1)5 m/s2，方向沿制动坡床向下 (2)98 m 1. (多选)(2018·河南省豫北豫南名校联考)质量为 M 的滑板 A 放在光滑水平面上，质量为 m 的滑块 B(可视 为质点)放在滑板右端，滑块与滑板间动摩擦因数为μ，滑板和滑块均静止．现对滑板施加向右的水平恒力 F，滑块从滑板右端滑到左端的时间为 t.下列判断正确的是( ) A．滑块与滑板间动摩擦因数应满足μ< F Mg B．若仅减小 M，时间 t 会缩短 C．若仅减小 m，时间 t 会缩短 D．若仅减小 F，时间 t 会缩短 解析：滑块在滑板上滑动的条件是滑块加速度小于滑板加速度，由牛顿第二定律可得：μmg m ＜F－μmg M ， 解得：μ＜ F M＋mg ，故 A 错误；由运动学知识得滑板长度 l＝1 2 aAt2－1 2 aBt2＝1 2 F－μmg M t2－1 2 μgt2，所以： t2＝ 2l F－μmg M －μg .若仅减小 M，或仅减小 m，时间 t 都会缩短，故 B、C 正确；同理，若仅减小 F，则时 间 t 增大，故 D 错误． 答案：BC 2．如图所示，某皮带传动装置与水平面夹角为 30°，两轮轴心相距 L＝2 m，A、B 分别是传送带与两轮的 切点，传送带不打滑．现传送带沿顺时针方向以 v＝2.5 m/s 的速度匀速转动，将一小物块轻轻地放置于 A 点，小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝ 3 2 ，g 取 10 m/s2.试求： (1)小物块运动至 B 点的时间； (2)若传送带速度可以任意调节，当小物块在 A 点以 v0＝3 6 m/s 的速度沿传送带向上运动时，小物块到达 B 点的速度范围． 解析：(1)刚开始小物块沿传送带向上做匀加速直线运动，设加速度为 a1，根据牛顿第二定律有μmgcos 30° －mgsin 30°＝ma1，解得 a1＝2.5 m/s2. 设小物块速度等于 2.5 m/s 时，小物块对地位移为 L1，用时为 t1，则 t1＝v1 a1 ＝2.5 2.5 s＝1 s L1＝ v21 2a1 ＝ 2.52 2×2.5 m＝1.25 m 因 L1＜L 且μ＞tan 30°，故小物块速度等于 2.5 m/s 时，将做匀速直线运动至 B 点，设用时为 t2，则 t2＝L－L1 v ＝0.3 s， 故小物块从 A 到 B 所用时间为 t＝t1＋t2＝1.3 s. (2)由于传送带速度可以任意调节，则小物块从 A 到 B 一直做匀加速直线运动，到达 B 点的速度最大．由牛 顿第二定律及运动学公式有 v2B－v20＝2a1L，解得 vB＝8 m/s. 小物块从 A 到 B 一直做匀减速直线运动，到达 B 点的速度最小，由牛顿第二定律有 mgsin 30°＋μmgcos 30 °＝ma2，解得 a2＝12.5 m/s2.由运动学公式可知 v′2B＝v20－2a2L，解得 v′B＝2 m/s.即小物块到达 B 点的速 度范围为 2 m/s≤vB≤8 m/s. 答案：(1)1.3 s (2)2 m/s≤vB≤8 m/s [A 组·基础题] 1. 如图所示，在光滑平面上有一静止小车，小车上静止地放置着一小物块，物块和小车间的动摩擦因数为 μ＝0.3，用水平恒力 F 拉动小车，物块的加速度为 a1 和小车的加速度为 a2.当水平恒力 F 取不同值时，a1 与 a2 的值可能为(当地重力加速度 g 取 10 m/s2)( D ) A．a1＝2 m/s2，a2＝3 m/s2 B．a1＝3 m/s2，a2＝2 m/s2 C．a1＝5 m/s2，a2＝3 m/s2 D．a1＝3 m/s2，a2＝5 m/s2 2. 如图所示，物块 A 放在木板 B 上，A、B 的质量均为 m，A、B 之间的动摩擦因数为μ，B 与地面之间的 动摩擦因数为μ 3 .若将水平力作用在 A 上，使 A 刚好要相对 B 滑动，此时 A 的加速度为 a1；若将水平力作 用在 B 上，使 B 刚好要相对 A 滑动，此时 B 的加速度为 a2，则 a1 与 a2 的比为( C ) A．1∶1 B．2∶3 C．1∶3 D．3∶2 3．(多选) (2019·江西抚州七校联考)如图所示，水平传送带 AB 间的距离为 16 m，质量分别为 2 kg、4 kg 的物块 P、Q，通过绕在光滑定滑轮上的细线连接，Q 在传送帯的左端且连接物块 Q 的细线水平，当传送 带以 8 m/s 的速度逆时针转动时，Q 恰好静止．取重力加速度 g＝10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．当 传送带以 8 m/s 的速度顺时针转动时，下列说法正确的是( AC ) A．Q 与传送带间的动摩擦因数为 0.5 B．Q 从传送带左端滑到右端所用的时间为 2.4 s C．整个过程中，Q 相对传送带运动的距离为 4.8 m D．Q 从传送带左端滑到右端的过程细线受到的拉力为20 3 N 解析：当传送带以 v＝8 m/s 逆时针转动时，Q 恰好静止不动，对 Q 受力分析知，F＝f 即为：mPg＝μmQg， 解得：μ＝0.5，故 A 正确；当传送带突然以 v＝8 m/s 顺时针转动，做初速度为零的匀加速直线运动，有： F 合＝mPg＋μmQg＝(mP＋mQ)a，代入数据解得：a＝20 3 m/s2，当速度达到传送带速度即 8 m/s 后，做匀速 直线运动，匀加速的时间为：t1＝v a ＝1.2 s，匀加速的位移为：x＝v2 2a ＝4.8 m，则匀速运动的时有：t2＝L－x v ＝16－4.8 8 ＝1.4 s，Q 从传送带左端滑到右端所用的时间为：t 总＝t1＋t2＝2.6 s，故 B 错误；加速阶段的位 移之差为Δx＝vt1－x＝4.8 m，即整个过程中，Q 相对传送带运动的距离为 4.8 m，故 C 正确；当 Q 加速时， 对 P 分析有：mPg－T＝mPa，代入数据解得：T＝20 3 N，之后做匀速直线运动，有：T＝20 N，故 D 错误． 4．(多选)如图所示，在光滑水平面上放着两块长度相同、质量分别为 M1 和 M2 的木板，在两木板的左端各 放一个大小、形状、质量完全相同的物块，开始时，各物块均静止，今在两物块上各作用一水平恒力 F1、 F2，当物块和木板分离时，两木板的速度分别为 v1 和 v2.物块和木板间的动摩擦因数相同．下列说法正确的 是( BD ) A．若 F1＝F2，M1＞M2，则 v1＞v2 B．若 F1＝F2，M1＜M2，则 v1＞v2 C．若 F1＞F2，M1＝M2，则 v1＞v2 D．若 F1＜F2，M1＝M2，则 v1＞v2 5. 如图所示，质量 M＝1 kg 的木板静置于倾角θ＝37°、足够长的固定光滑斜面底端．质量 m＝1 kg 的小 物块(可视为质点)以初速度 v0＝4 m/s 从木板的下端冲上木板，同时在木板上端施加一个沿斜面向上的 F＝ 3.2 N 的恒力．若小物块恰好不从木板的上端滑下，求木板的长度 l 为多少？已知小物块与木板之间的动摩 擦因数μ＝0.8，重力加速度 g 取 10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8. 解析：由题意，小物块向上做匀减速运动，木板向上做匀加速运动，当小物块运动到木板的上端时，恰好 和木板共速．设小物块的加速度为 a，由牛顿第二定律得，mgsin θ＋μmgcos θ＝ma，设木板的加速度 为 a′，由牛顿第二定律得，F＋μmgcos θ－Mgsin θ＝Ma′，设二者共速的速度为 v，经历的时间为 t， 由运动学公式得 v＝v0－at，v＝a′t；小物块的位移为 x，木板的位移为 x′，由运动学公式得，x＝v0t－1 2 at2， x′＝1 2 a′t2；小物块恰好不从木板上端滑下，有 x－x′＝l，联立解得 l＝0.5 m. 答案：0.5 m [B 组·能力题] 6. (多选)(2019·哈尔滨三中调研)如图所示，一足够长的轻质滑板置于光滑水平地面上，滑板上放有质量分 别为 mA＝1 kg 和 mB＝2 kg 的 A、B 两物块，A、B 与滑板之间的动摩擦因数都为μ＝0.2，一水平恒力 F 作 用在 A 物体上，重力加速度 g 取 10 m/s2，A、B 与滑板之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则当 F 逐渐 增大时，A、B 的加速度为 aA 和 aB，下列说法正确的是( BCD ) A．若 F＝1 N，则 A、B 物块及木板都静止不动 B．若 F＝1.5 N，则 A、B 物块的加速度都为 0.5 m/s2 C．无论外力多大，B 物块与木板都不会发生相对滑动 D．若 F＝5 N，B 物块的加速度为 1 m/s2 解析：A 与木板间的最大静摩擦力为 fA＝μmAg＝0.2×1 kg×10 m/s2＝2 N，B 与木板间的最大静摩擦力为 fB＝μmBg＝0.2×2 kg×10 m/s2＝4 N，轻质滑板受到的最大摩擦力为 f＝fA＝2 N，当 F＝1 N 时小于 2 N，故 三者相对静止，一块加速运动，A 错误；若 F＝1.5 N 时小于 2 N，即三者仍相对静止的一起加速，加速度 为 a＝ 1.5 1＋2 ＝0.5 m/s2，B 正确；因为轻质滑板受到的最大摩擦力为 f＝fA＝2 N＜fB，所以无论外力多大，B 物块与木板都不会发生相对滑动，若 F＝5 N 时，A 相对轻质滑板滑动，B 和轻质滑板的加速度为 a＝ fA mB ＝ 2 N 2 kg ＝1 m/s2，C、D 正确． 7. (2018·四川攀枝花二模)如图所示，质量 m1＝500 g 的木板 A 静放在水平平台上，木板的右端放一质量 m2＝200 g 的小物块 B.轻质细线一端与长木板连接，另一端通过定滑轮与物块 C 连接，长木板与滑轮间的 细线水平．现将物块 C 的质量由 0 逐渐增加，当 C 的质量增加到 70 g 时，A、B 开始一起运动；当 C 的质 量增加到 400 g 时，A、B 开始发生相对滑动．已知平台足够长、足够高，接触面间的最大静摩擦力等于滑 动摩擦力，滑轮质量及摩擦不计．求木板与平台间、木板与物块 B 间的滑动摩擦因数． 解析：设 A 与桌面间的动摩擦因数为μ，当 mC＝70 g 时，系统恰好匀速运动，由平衡条件得： T＝mCg, f ＝T，f＝μ(m1＋m2)g，联立解得：μ＝0.1. 设 A、B 间动摩擦因数为μAB，当 mC＝400 g 时，系统受力如图所示： 设系统加速度为 a，由牛顿第二定律得： 对 B：μABm2g＝m2a 对 C：mCg－T1＝mCa 对 AB 整体：T1－μ(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a 联立以上各式得： μAB＝0.3 答案：μ＝0.1 μAB＝0.3 8．一水平传送带以 v1＝2 m/s 的速度匀速运动，将一粉笔头无初速度放在传送带上，达到相对静止时产生 的划痕长 L1＝4 m，现在让传送带以 a2＝1.5 m/s2 的加速度减速，在刚开始减速时将该粉笔头无初速度放在 传送带上．(g 取 10 m/s2)求： (1)粉笔头与传送带之间的动摩擦因数μ； (2)粉笔头与传送带都停止运动后，粉笔头离其在传送带上释放点的距离 L2. 解析：(1)设二者之间的动摩擦因数为μ，第一次粉笔头打滑时间为 t，则依据传送带比粉笔头位移大 L1 得 v1t－v1 2 t＝L1. 粉笔头的加速度 a1＝μg＝v1 t ，解得μ＝0.05. (2)第二次粉笔头先加速到与传送带速度相同，由于 a2＞μg，故二者不能共同减速，粉笔头以μg 的加速 度减速到静止．设二者达到的相同速度为 v 共，由运动等时性得v1－v 共 a2 ＝v 共 a1 ，解得 v 共＝0.5 m/s. 此过程传送带比粉笔头多运动的距离 s1＝v21－v2共 2a2 － v2共 2a1 ＝1 m. 粉笔头减速到零的过程粉笔头比传送带多运动的距离 s2＝ v2共 2a1 － v2共 2a2 ＝1 6 m，划痕长度为 L2＝s1－s2＝0.83 m. 答案：(1)0.05 (2)0.83 m