2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 課后限時集訓(xùn)9 牛頓運動定律的綜合應(yīng)用（含解析）新人教版

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1、課后限時集訓(xùn)(九) 牛頓運動定律的綜合應(yīng)用 (建議用時：40分鐘) [基礎(chǔ)對點練] 題組一：超重、失重現(xiàn)象 1．下面關(guān)于失重和超重的說法，正確的是(　　) A．物體處于失重狀態(tài)時，所受重力減??；處于超重狀態(tài)時，所受重力增大 B．在電梯上出現(xiàn)失重現(xiàn)象時，電梯必定處于下降過程 C．在電梯上出現(xiàn)超重現(xiàn)象時，電梯有可能處于下降過程 D．只要物體運動的加速度方向向上，物體必定處于失重狀態(tài) C　[加速度方向向下，物體處于失重狀態(tài)，加速度方向向上，物體處于超重狀態(tài)，超重和失重并非物體的重力增大或減小，而是使懸繩(或支持面)的彈力增大或減小，故A、D均錯誤。電梯加速向上運動時，物體處于超重狀

2、態(tài)，電梯減速下降時，物體也處于超重狀態(tài)，電梯減速上升時，物體處于失重狀態(tài)，故B錯誤，C正確。] 2.如圖所示，一位同學(xué)站在機(jī)械指針體重計上，突然下蹲到靜止。根據(jù)超重和失重現(xiàn)象的分析方法，判斷整個下蹲過程體重計上指針示數(shù)的變化情況是(　　) A．先小于體重，后大于體重，最后等于體重 B．先大于體重，后小于體重，最后等于體重 C．先小于體重，后等于體重 D．先大于體重，后等于體重 A　[此同學(xué)受到重力和體重計的支持力的作用。開始重心加速下降，處于失重狀態(tài)，則支持力小于重力；后來重心減速下降，處于超重狀態(tài)，則支持力大于重力，最后靜止時等于重力。因此，體重計的示數(shù)將先小于體重，后大于體

3、重，最后等于體重。A選項正確。] 3．(2019·贛州檢測)電梯頂上懸掛一根勁度系數(shù)是200 N/m的彈簧，彈簧的原長為20 cm，在彈簧下端掛一個質(zhì)量為0.4 kg的砝碼。當(dāng)電梯運動時，測出彈簧長度變?yōu)?3 cm，g取10 m/s2，則電梯的運動狀態(tài)及加速度大小為(　　) A．勻加速上升，a＝2.5 m/s2 B．勻減速上升，a＝2.5 m/s2 C．勻加速上升，a＝5 m/s2 D．勻減速上升，a＝5 m/s2 C　[由牛頓第二定律得k(l－l0)－mg＝ma，解得a＝5 m/s2，電梯勻加速上升，選項C正確，A、B、D錯誤。] 題組二：動力學(xué)中整體法、隔離法的應(yīng)用 4.(

4、多選)如圖所示，水平地面上有三個靠在一起的物塊P、Q和R，質(zhì)量分別為m、2m和3m，物塊與地面間的動摩擦因數(shù)都為μ。用大小為F的水平外力推動物塊P，記R和Q之間相互作用力與Q與P之間相互作用力大小之比為k。下列判斷正確的是(　　) A．若μ≠0，則k＝　　 B．若μ≠0，則k＝ C．若μ＝0，則k＝ D．若μ＝0，則k＝ BD　[若μ≠0，選取P、Q、R三個物體作為研究對象，受力情況如圖甲所示，根據(jù)牛頓第二定律有F－μ(m＋2m＋3m)g＝(m＋2m＋3m)a，解得a＝－μg；以Q與R為研究對象，Q和P之間相互作用力為F1，受力情況如圖乙所示，根據(jù)牛頓第二定律有F1－μ(2m＋3

5、m)g＝(2m＋3m)a，解得F1＝F；以R為研究對象，R和Q之間的作用力為F2，受力情況如圖丙所示，根據(jù)牛頓第二定律有F2－μ·3mg＝3ma，解得F2＝F，則R和Q之間相互作用力F2與Q與P之間相互作用力F1大小之比k＝＝，A錯誤，B正確。若μ＝0，以P、Q、R三個物塊為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律有F＝(m＋2m＋3m)a′，解得a′＝；以Q與R為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律有F′1＝(2m＋3m)a′，解得F′1＝F，以R為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律有F′2＝3ma′，解得F′2＝F，則R和Q之間相互作用力F′2與Q與P之間相互作用力F′1大小之比k′＝＝，C錯誤，D正確。 　　甲　

6、　　　　　乙　　　　　丙　] 5.(2019·黃岡質(zhì)檢)如圖所示，bc為固定在小車上的水平橫桿，物塊M串在桿上，靠摩擦力保持相對桿靜止，M又通過輕細(xì)線懸吊著一個小球m，此時小車正以大小為a的加速度向右做勻加速運動，而M、m均相對小車靜止，細(xì)線與豎直方向的夾角為θ。小車的加速度逐漸增加，M始終和小車保持相對靜止，當(dāng)加速度增加到2a時(　　) A．橫桿對M的摩擦力增加到原來的2倍 B．橫桿對M的彈力增加到原來的2倍 C．細(xì)線與豎直方向的夾角增加到原來的2倍 D．細(xì)線的拉力增加到原來的2倍 A　[對小球和物塊組成的整體，分析受力如圖甲所示，根據(jù)牛頓第二定律得，水平方向：Ff＝(M＋m

7、)a，豎直方向：FN＝(M＋m)g，則當(dāng)加速度增加到2a時，橫桿對M的摩擦力Ff增加到原來的2倍，橫桿對M的彈力等于兩個物體的總重力，保持不變，故A正確，B錯誤；以小球為研究對象，分析受力情況如圖乙所示，由牛頓第二定律得mgtan θ＝ma，解得tan θ＝，當(dāng)a增加到兩倍時，tan θ變?yōu)閮杀叮炔皇窃瓉淼膬杀?。?xì)線的拉力FT＝，可見，a變?yōu)閮杀?，F(xiàn)T不是原來的兩倍，故C、D錯誤。 甲　　　　　　　乙　] 6．如圖所示，木塊A、B靜止疊放在光滑水平面上，A的質(zhì)量為m，B的質(zhì)量為2m。現(xiàn)施加水平力F拉B(如圖甲)，A、B剛好不發(fā)生相對滑動，一起沿水平面運動。若改用水平力F′拉A(如圖

8、乙)，使A、B也保持相對靜止，一起沿水平面運動，則F′不得超過(　　) 甲　　　　　　　乙 A．2F　　　B．　　　C．3F　　　D． B　[力F拉物體B時，A、B恰好不滑動，故A、B間的靜摩擦力達(dá)到最大值，對物體A受力分析，受重力mg、支持力FN1、向前的靜摩擦力fm，根據(jù)牛頓第二定律，有 fm＝ma ① 對A、B整體受力分析，受重力3mg、支持力和拉力F，根據(jù)牛頓第二定律，有F＝3ma ② 由①②解得fm＝F。 當(dāng)F′作用在物體A上時，A、B恰好不滑動時，A、B間的靜摩擦力達(dá)到最大值，對物體A，有 F′－fm＝ma1 ③ 對整體，有F′＝3ma1 ④ 由上述各式聯(lián)立

9、解得F′＝fm＝F，即F′的最大值是F。] 題組三：動力學(xué)中的圖象問題 7.如圖所示，E為斜面的中點，斜面上半段光滑，下半段粗糙，一個小物體由頂端靜止釋放，沿斜面下滑到底端時速度為零。以沿斜面向下為正方向，則物體下滑過程中的位移x、速度v、合力F、加速度a與時間t的關(guān)系圖象可能正確的是(　　) A　　　　　　　　　B C　　　　　　　　　D B　[據(jù)題意知，物體先勻加速后勻減速，B對；而x-t圖象的切線斜率是速度，故A錯；據(jù)v2－v＝2ax得v＝2a1，0－v＝2a2，可見a1＝－a2，D錯；F1＝ma1，F(xiàn)2＝ma2，故F1＝－F2，即前后二階段合外力等大反向，C錯。故

10、本題應(yīng)選B。] 8.如圖所示，勁度系數(shù)為k的輕彈簧的下端固定在水平桌面上，上端放有質(zhì)量為m的物塊P(不拴接)，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)將一豎直向上的恒力F＝2mg作用在P上(g為重力加速度)，使其向上做加速直線運動。用x表示P離開靜止位置的位移，在P向上運動的過程中，下列關(guān)于P的加速度a和x之間的關(guān)系圖象正確的是(　　) A　　　　B　　　　C　　　　D C　[物塊靜止時受到向上的彈力和向下的重力，處于平衡狀態(tài)，有kx0＝mg，施加拉力F后，物塊向上做加速直線運動，在物塊離開彈簧之前，即x≤x0前，對物塊分析，根據(jù)牛頓第二定律有F＋k(x0－x)－mg＝ma，所以a＝g＋，當(dāng)x>x0

11、后，物塊加速度恒為a＝g，C正確。] 9．靜止于粗糙水平面上的物體，受到方向恒定的水平拉力F的作用，拉力F的大小隨時間變化如圖甲所示。在拉力F從0逐漸增大的過程中，物體的加速度隨時間變化如圖乙所示，g取10 m/s2。則下列說法中錯誤的是(　　) 甲　　　　　　　　乙 A．物體與水平面間的摩擦力先增大，后減小至某一值并保持不變 B．物體與水平面間的動摩擦因數(shù)為0.1 C．物體的質(zhì)量為6 kg D．4 s末物體的速度為4 m/s C　[將題圖甲、乙對照可以看出，在0～2 s時間內(nèi)，物體處于靜止?fàn)顟B(tài)，靜摩擦力逐漸增大到6 N時物體開始有加速度。2 s時力F1＝6 N，加速度a1＝

12、1 m/s2，利用牛頓第二定律有F1－f＝ma1,4 s時力F2＝12 N，加速度a2＝3 m/s2，利用牛頓第二定律有F2－f＝ma2，聯(lián)立解得物體的質(zhì)量為m＝3 kg，滑動摩擦力f＝3 N，小于最大靜摩擦力，選項A正確，C錯誤。由滑動摩擦力公式f＝μmg，可得物體與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.1，選項B正確。物體從2 s時開始運動，根據(jù)加速度—時間圖象的面積表示速度變化量可知，4 s末物體的速度為v＝×2 m/s＝4 m/s，選項D正確。] 題組四：動力學(xué)中“板塊”“傳送帶”模型 10．(2019·南昌模擬)一條足夠長的淺色水平傳送帶自左向右勻速運行?，F(xiàn)將一個木炭包無初速度地放在傳送

13、帶的最左端，木炭包將會在傳送帶上留下一段黑色的徑跡。下列說法中正確的是(　　) A．黑色的徑跡將出現(xiàn)在木炭包的左側(cè) B．木炭包的質(zhì)量越大，徑跡的長度越短 C．傳送帶運動的速度越大，徑跡的長度越短 D．木炭包與傳送帶間動摩擦因數(shù)越大，徑跡的長度越短 D　[剛放上木炭包時，木炭包的速度慢，傳送帶的速度快，木炭包相對于傳送帶向后滑動，所以黑色的徑跡將出現(xiàn)在木炭包的右側(cè)，選項A錯誤；木炭包在傳送帶上運動的加速度a＝μg，當(dāng)達(dá)到共同速度時，兩者不再相對滑動，由v2＝2ax，得木炭包位移為x1＝，相對滑動的時間為t＝，此時傳送帶的位移為x2＝vt＝，故木炭包在傳送帶上滑動的位移是Δx＝x2－

14、x1＝，故黑色的徑跡與木炭包的質(zhì)量無關(guān)，傳送帶運動的速度越大，徑跡的長度越長，木炭包與傳送帶間動摩擦因數(shù)越大，徑跡的長度越短，選項B、C錯誤，D正確。] 11．(多選)如圖甲所示，質(zhì)量為M＝2 kg的木板靜止在光滑水平面上，可視為質(zhì)點的物塊(質(zhì)量設(shè)為m)從木板的左側(cè)沿木板上表面水平?jīng)_上木板。物塊和木板的速度—時間圖象如圖乙所示，g取10 m/s2，結(jié)合圖象，下列說法正確的是(　　) 甲　　　　　　　　　　乙 A．可求得物塊在前2 s內(nèi)的位移為5 m B．可求得物塊與木板間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.2 C．可求得物塊的質(zhì)量m＝2 kg D．可求得木板的長度L＝2 m ABC　[由運

15、動學(xué)圖象知，物塊在前2 s內(nèi)的位移x＝×1 m＋2×1 m＝5 m，A正確；0～1 s，兩物體加速度大小相同，設(shè)物塊加速度大小為a1，木板加速度大小為a2，則有μmg＝ma1＝Ma2，則m＝M＝2 kg，C正確；μg＝2 m/s2，則μ＝0.2，B正確；由于物塊與木板達(dá)到共同速度時不清楚二者的相對位置關(guān)系，故無法求出木板的長度，D錯誤。注意不能認(rèn)為圖象中三角形面積對應(yīng)木板的長度，實際上三角形面積對應(yīng)的是木板的最小長度。] [考點綜合練] 12．(2019·馬鞍山檢測)兩物塊A、B并排放在水平地面上，且兩物塊接觸面為豎直面，現(xiàn)用一水平推力F作用在物塊A上，使A、B由靜止開始一起向右做勻加速運

16、動，如圖甲所示，在A、B的速度達(dá)到6 m/s時，撤去推力F。已知A、B質(zhì)量分別為mA＝1 kg、mB＝3 kg，A與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.3，B與地面沒有摩擦，B物塊運動的v-t圖象如圖乙所示。g取10 m/s2，求： 甲　　　　　　　　　乙 (1)推力F的大小； (2)A物塊剛停止運動時，物塊A、B之間的距離。 解析：(1)在水平推力F作用下，物塊A、B一起做勻加速運動，加速度為a，由B物塊的v-t圖象得， a＝＝ m/s2＝3 m/s2 對于A、B整體，由牛頓第二定律得 F－μmAg＝(mA＋mB)a，代入數(shù)據(jù)解得F＝15 N。 (2)設(shè)物塊A做勻減速運動的時間

17、為t，撤去推力F后，A、B兩物塊分離，A在摩擦力作用下做勻減速運動，B做勻速運動，對A，由－μmAg＝mAaA，解得aA＝－μg＝－3 m/s2 t＝＝ s＝2 s 物塊A通過的位移xA＝t＝6 m 物塊B通過的位移 xB＝v0t＝6×2 m＝12 m 物塊A剛停止時A、B間的距離 Δx＝xB－xA＝6 m。 答案：(1)15 N　(2)6 m 13.(2019·宜春模擬)如圖所示，在傾角θ＝37°的固定斜面上放置一質(zhì)量M＝1 kg、長度L＝0.75 m的薄平板AB。平板的上表面光滑，其下端B與斜面底端C的距離為4 m。在平板的上端A處放一質(zhì)量m＝0.6 kg的滑塊，開始時使平

18、板和滑塊都靜止，之后將它們無初速釋放。設(shè)平板與斜面間、滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.5，通過計算判斷無初速釋放后薄平板是否立即開始運動，并求出滑塊與平板下端B到達(dá)斜面底端C的時間差Δt。(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2) 解析：對薄板，由于Mgsin 37°<μ(M＋m)gcos 37°，故滑塊在薄板上滑動時，薄板靜止不動。 滑塊在薄板上滑行時加速度a1＝gsin 37°＝6 m/s2 到達(dá)B點時速度v＝＝3 m/s 滑塊由B至C時的加速度a2＝gsin 37°－μgcos 37°＝2 m/s2 設(shè)滑塊由B至C所用時間為t，則有LBC＝v

19、t＋a2t2 代入數(shù)據(jù)解得t＝1 s 對薄板，滑塊滑離后才開始運動，加速度 a3＝gsin 37°－μgcos 37°＝2 m/s2 設(shè)滑至C端所用時間為t′，則有LBC＝a3t′2 代入數(shù)據(jù)解得t′＝2 s 滑塊與平板下端B到達(dá)斜面底端C的時間差 Δt＝t′－t＝1 s。 答案：滑塊在薄板上滑動時，薄平板靜止不動　1 s 14．(2019·開封模擬)如圖甲所示，一長方體木板B放在水平地面上，木板B的右端放置著一個小鐵塊A，在t＝0時刻同時突然給A、B初速度，其中A的初速度大小為vA＝1 m/s，方向水平向左；B的初速度大小為vB＝14 m/s，方向水平向右，木板B運動的v-

20、t圖象如圖乙所示。已知A、B的質(zhì)量相等，A與B及B與地面之間均有摩擦(動摩擦因數(shù)不等)，A與B之間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，A始終沒有滑出B，取重力加速度g＝10 m/s2。(提示：t＝3 s時刻，A、B達(dá)到共同速度v＝2 m/s；3 s時刻至A停止運動前，A向右運動的速度始終大于B的速度)求： 甲　　　　　　　　　　乙 (1)小鐵塊A向左運動相對地面的最大位移； (2)B運動的時間及B運動的位移大小。 解析：(1)由題圖乙可知，0～3 s內(nèi)A做勻變速運動，速度由vA＝－1 m/s變?yōu)関＝2 m/s。 則其加速度大小為aA＝＝ m/s2＝1 m/s2，方向水平向右。 當(dāng)A水

21、平向左運動速度減為零時，向左運動的位移最大， 則s＝＝0.5 m。 (2)設(shè)A與B之間的動摩擦因數(shù)為μ1， 由牛頓第二定律得μ1mg＝maA， 則μ1＝＝0.1。 由題圖乙可知，0～3 s內(nèi)B做勻減速運動， 其速度由vB＝14 m/s變?yōu)関＝2 m/s。 則其加速度大小為aB＝＝ m/s2＝4 m/s2，方向水平向左。 設(shè)B與地面之間的動摩擦因數(shù)為μ2，由牛頓第二定律得μ1mg＋2μ2mg＝maB， 則μ2＝＝0.15。 3 s之后，B繼續(xù)向右做勻減速運動，由牛頓第二定律得 2μ2mg－μ1mg＝ma′B， 則B的加速度大小為a′B＝2μ2g－μ1g＝2 m/s2，

22、方向水平向左。 3 s之后運動的時間為t2＝＝ s＝1 s， 則B運動的時間為t＝t1＋t2＝4 s， 0～4 s內(nèi)B的位移xB＝t1＋t2＝25 m，方向水平向右。 答案：(1)0.5 m　(2)4 s　25 m 高考真題集中練 (教師用書獨具) 1．(多選)(2015·全國卷Ⅰ)如圖(a)，一物塊在t＝0時刻滑上一固定斜面，其運動的v-t圖線如圖(b)所示。若重力加速度及圖中的v0、v1、t1均為已知量，則可求出(　　) (a)　　　　　　(b) A．斜面的傾角 B．物塊的質(zhì)量 C．物塊與斜面間的動摩擦因數(shù) D．物塊沿斜面向上滑行的最大高度 ACD　[由題

23、圖(b)可以求出物塊上升過程中的加速度為a1＝，下降過程中的加速度為a2＝。物塊在上升和下降過程中，由牛頓第二定律得mgsin θ＋f＝ma1，mgsin θ－f＝ma2，由以上各式可求得sin θ＝，滑動摩擦力f＝，而f＝μFN＝μmgcos θ，由以上分析可知，選項A、C正確。由v-t圖象中橫軸上方的面積可求出物塊沿斜面上滑的最大距離，可以求出物塊沿斜面向上滑行的最大高度，選項D正確。] 2．(2014·全國卷Ⅱ)2012年10月，奧地利極限運動員菲利克斯·鮑姆加特納乘氣球升至約39 km的高空后跳下，經(jīng)過4分20秒到達(dá)距地面約1.5 km高度處，打開降落傘并成功落地，打破了跳傘運動的多

24、項世界紀(jì)錄。取重力加速度的大小g＝10 m/s2。 (1)若忽略空氣阻力，求該運動員從靜止開始下落至1.5 km高度處所需的時間及其在此處速度的大??； (2)實際上，物體在空氣中運動時會受到空氣的阻力，高速運動時所受阻力的大小可近似表示為f＝kv2，其中v為速率，k為阻力系數(shù)，其數(shù)值與物體的形狀、橫截面積及空氣密度有關(guān)。已知該運動員在某段時間內(nèi)高速下落的v-t圖象如圖所示。若該運動員和所帶裝備的總質(zhì)量m＝100 kg，試估算該運動員在達(dá)到最大速度時所受阻力的阻力系數(shù)。(結(jié)果保留1位有效數(shù)字) 解析：根據(jù)自由落體運動的規(guī)律和平衡條件解題。 (1)設(shè)該運動員從開始自由下落至1.5 km

25、高度處的時間為t，下落距離為s，在1.5 km高度處的速度大小為v。根據(jù)運動學(xué)公式有 v＝gt ① s＝gt2 ② 根據(jù)題意有 s＝3.9×104 m－1.5×103 m＝3.75×104 m ③ 聯(lián)立①②③式得 t＝87 s ④ v＝8.7×102 m/s。 ⑤ (2)該運動員達(dá)到最大速度vmax時，加速度為零，根據(jù)平衡條件有 mg＝kv ⑥ 由所給的v-t圖象可讀出 vmax≈360 m/s ⑦ 由⑥⑦式得 k＝0.008 kg/m。 ⑧ 答案：(1)87 s　8.7×102 m/s　(2)0.008 kg/m 3.(2017·全國卷Ⅲ)如圖所示，兩個滑塊A和

26、B的質(zhì)量分別為mA＝1 kg和mB＝5 kg，放在靜止于水平地面上的木板的兩端，兩者與木板間的動摩擦因數(shù)均為μ1＝0.5；木板的質(zhì)量為m＝4 kg，與地面間的動摩擦因數(shù)為μ2＝0.1。某時刻A、B兩滑塊開始相向滑動，初速度大小均為v0＝3 m/s。A、B相遇時，A與木板恰好相對靜止。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度大小g＝10 m/s2。求： (1)B與木板相對靜止時，木板的速度； (2)A、B開始運動時，兩者之間的距離。 解析：(1)滑塊A和B在木板上滑動時，木板也在地面上滑動。設(shè)A、B和木板所受的摩擦力大小分別為f1、f2和f3，A和B相對于地面的加速度大小分別為aA和

27、aB，木板相對于地面的加速度大小為a1，在滑塊B與木板達(dá)到共同速度前有 f1＝μ1mAg ① f2＝μ1mBg ② f3＝μ2(m＋mA＋mB)g ③ 由牛頓第二定律得 f1＝mAaA ④ f2＝mBaB ⑤ f2－f1－f3＝ma1 ⑥ 設(shè)在t1時刻，B與木板達(dá)到共同速度，其大小為v1，由運動學(xué)公式有 v1＝v0－aBt1 ⑦ v1＝a1t1 ⑧ 聯(lián)立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知數(shù)據(jù)得 v1＝1 m/s。 ⑨ (2)在t1時間間隔內(nèi)，B相對于地面移動的距離為 sB＝v0t1－aBt ⑩ 設(shè)在B與木板達(dá)到共同速度v1后，木板的加速度大小為a2， 對于B與木板組成

28、的體系，由牛頓第二定律有 f1＋f3＝(mB＋m)a2 ? 由①②④⑤式知，aA＝aB；再由⑦⑧式知，B與木板達(dá)到共同速度時，A的速度大小也為v1，但運動方向與木板相反。由題意知，A和B相遇時，A與木板的速度相同，設(shè)其大小為v2，設(shè)A的速度大小從v1變到v2所用的時間為t2，則由運動學(xué)公式，對木板有 v2＝v1－a2t2 ? 對A有 v2＝－v1＋aAt2 ? 在t2時間間隔內(nèi)，B(以及木板)相對地面移動的距離為 s1＝v1t2－a2t ? 在(t1＋t2)時間間隔內(nèi)，A相對地面移動的距離為 sA＝v0(t1＋t2)－aA(t1＋t2)2 ? A和B相遇時，A與木板的速度也

29、恰好相同，因此A和B開始運動時，兩者之間的距離為 s0＝sA＋s1＋sB ? 聯(lián)立以上各式，并代入數(shù)據(jù)得 s0＝1.9 m。 (也可用如圖所示的速度—時間圖線求解) 答案：(1)1 m/s　(2)1.9 m 4．(2015·全國卷Ⅰ)一長木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物塊；在木板右方有一墻壁，木板右端與墻壁的距離為4.5 m，如圖(a)所示。t＝0時刻開始，小物塊與木板一起以共同速度向右運動，直至t＝1 s時木板與墻壁碰撞(碰撞時間極短)。碰撞前后木板速度大小不變，方向相反；運動過程中小物塊始終未離開木板。已知碰撞后1 s時間內(nèi)小物塊的v-t圖線如圖(b)所示。木板的

30、質(zhì)量是小物塊質(zhì)量的15倍，重力加速度大小g取10 m/s2。求： (a)　　　　　　　　　　　(b) (1)木板與地面間的動摩擦因數(shù)μ1及小物塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ2； (2)木板的最小長度； (3)木板右端離墻壁的最終距離。 解析：(1)規(guī)定向右為正方向。木板與墻壁相碰前，小物塊和木板一起向右做勻變速運動，設(shè)加速度為a1，小物塊和木板的質(zhì)量分別為m和M。由牛頓第二定律有 －μ1(m＋M)g＝(m＋M)a1 ① 由題圖(b)可知，木板與墻壁碰撞前瞬間的速度 v1＝4 m/s，由運動學(xué)公式有 v1＝v0＋a1t1 ② s0＝v0t1＋a1t ③ 式中，t1＝1 s，s

31、0＝4.5 m是木板碰撞前的位移，v0是小物塊和木板開始運動時的速度。 聯(lián)立①②③式和題給條件得 μ1＝0.1 ④ 在木板與墻壁碰撞后，木板以－v1的初速度向左做勻變速運動，小物塊以v1的初速度向右做勻變速運動。設(shè)小物塊的加速度為a2，由牛頓第二定律有 －μ2mg＝ma2 ⑤ 由題圖(b)可得 a2＝ ⑥ 式中，t2＝2 s，v2＝0，聯(lián)立⑤⑥式和題給條件得 μ2＝0.4。 ⑦ (2)設(shè)碰撞后木板的加速度為a3，經(jīng)過時間 Δt，木板和小物塊剛好具有共同速度v3。由牛頓第二定律及運動學(xué)公式得 μ2mg＋μ1(M＋m)g＝Ma3 ⑧ v3＝－v1＋a3Δt ⑨ v3＝v1＋

32、a2Δt ⑩ 碰撞后至木板和小物塊剛好達(dá)到共同速度的過程中，木板運動的位移為 s1＝Δt ? 小物塊運動的位移為 s2＝Δt ? 小物塊相對木板的位移為 Δs＝s2－s1 ? 聯(lián)立各式，并代入數(shù)值得 Δs＝6.0 m ? 因為運動過程中小物塊沒有脫離木板，所以木板的最小長度應(yīng)為6.0 m。 (3)在小物塊和木板具有共同速度后，兩者向左做勻變速運動直至停止，設(shè)加速度為a4，此過程中小物塊和木板運動的位移為s3。由牛頓第二定律及運動學(xué)公式得 μ1(m＋M)g＝(m＋M)a4 ? 0－v＝2a4s3 ? 碰后木板運動的位移為 s＝s1＋s3 ? 聯(lián)立各式，并代入數(shù)值得 s＝－6.5 m ? 木板右端離墻壁的最終距離為6.5 m。 答案：(1)0.1　0.4　(2)6.0 m　(3)6.5 m - 14 -