2023版高考物理创新设计二轮复习讲义第3课时　牛顿运动定律的综合应用

第3课时　牛顿运动定律的综合应用

高考题型一　动力学两类基本问题

【例1】 (2022·超级全能预测卷)我国“神舟十二号”飞船于2021年9月17号返回地面。“神舟”飞船的返回可分为以下四个阶段：制动减速阶段、自由滑行阶段、再入大气层阶段、回收着陆阶段。其中回收着陆阶段是在距地面约10 km时开始。它先打开伞舱盖，然后依次拉开引导伞、减速伞、牵顶伞和主降落伞，其中减速伞可把返回舱的速度从200 m/s减至60～70 m/s。设主降落伞把返回舱的速度由60 m/s减至5 m/s的过程耗时55 s，在距地面1米左右时，4台反推发动机点火，使返回舱以3 m/s的速度软着陆，从而保证航天员着陆时的安全。假设返回舱在回收着陆阶段的运动是竖直向下的匀变速直线运动，燃烧的燃料质量忽略不计。地面重力加速度g＝10 m/s2。求：

(1)返回舱的速度由60 m/s减至5 m/s的过程中，质量为60 kg的航天员对飞船的作用力；

(2)平均每个反推发动机对返回舱的作用力是返回舱重力的多少倍。

答案　(1)660 N，方向竖直向下　(2)

解析　(1)返回舱速度由v1＝60 m/s减小到v2＝5 m/s，用时t1＝55 s

则其加速度大小为a1＝

代入数据解得a1＝1 m/s2

以航天员为研究对象，由牛顿第二定律得F1－mg＝ma1

代入数据解得F1＝660 N

由牛顿第三定律得航天员对返回舱的作用力为660 N，方向竖直向下。

(2)返回舱速度由v2＝5 m/s减小到v3＝3 m/s，运动位移x＝1 m

则其加速度大小为a2＝

代入数据解得a2＝8 m/s2

设返回舱质量为M，以返回舱为研究对象，4F2－Mg＝Ma2

解得＝。

【素能提升】

1.(2022·山东淄博一模)潜艇从海水高密度区域驶入低密度区域，浮力顿减，潜艇如同汽车那样掉下悬崖，称之为“掉深”，曾有一些潜艇因此沉没。某潜艇总质量m＝3.0×103 t，在高密度海水区域水面下h0＝180 m沿水平方向缓慢潜航，如图1所示。当该潜艇驶入海水低密度区域时，浮力F突然降为2.94×107 N；20 s后，潜艇官兵迅速对潜艇减重(排水)，此后潜艇以0.1 m/s2的加速度匀减速下沉，速度减为零后开始上浮，升至距水面120 m处时立即对潜艇加重(加水)后使其缓慢匀减速上浮，升到水面时速度恰好为零。重力加速度g取10 m/s2，不计潜艇加重和减重的时间和水的粘滞阻力。求：

图1

(1)潜艇“掉深”达到的最大深度(自水面算起)；

(2)潜艇从开始“掉深”到升至水面的过程所用的总时间。

答案　(1)300 m　(2)160 s

解析　(1)在潜艇向下加速过程有

mg－F＝ma1

此过程下落高度为h1＝a1t

潜艇向下减速过程的高度为h2

2a1h1＝2a2h2

潜艇“掉深”达到的最大深度为

h＝h0＋h1＋h2

联立解得h＝300 m。

(2)潜艇向下减速过程的时间为t2

a1t1＝a2t2

潜艇向上加速过程有

h3＝a2t

h3＝h－h4

h4＝120 m

v2＝a2t3

潜艇向上减速过程有h4＝t4

潜艇从开始掉深到升至水面的过程所用总时间

t总＝t1＋t2＋t3＋t4

联立解得t总＝160 s。

高考题型二　动力学方法解决传送带问题

【例2】 (2022·重庆巴蜀中学一模)近年来，我国物流行业发展迅速，在机场经常能见到地勤工作人员利用传送带从飞机上装卸货物。如图2所示。若某次工作人员所用传送带与水平面夹角α＝37°，传送带下行运行速率v1＝0.6 m/s，传送带两端距离L＝3.95 m；工作人员沿传送带方向以初速度v2＝1.6 m/s从传送带顶端推下(推力立即撤去)一件质量为1 kg的小包裹(可视为质点)；小包裹与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8。取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：

图2

(1)包裹通过传送带所需时间；

(2)包裹从顶端到底端与传送带因摩擦所产生的热量。

答案　(1)4.5 s　(2)8 J

解析　(1)对包裹受力分析，根据牛顿第二定律得mgsin α－μmgcos α＝ma

解得a＝－0.4 m/s2

可知包裹减速运动，速度与传送带相同，所用时间t1＝＝2.5 s

这段时间内包裹的位移

x1＝t1＝×2.5 m＝2.75 m

接下来包裹匀速运动，到达底端又用时

t2＝＝2 s

因此包裹通过传送带所需时间

t＝t1＋t2＝4.5 s。

(2)只有在包裹减速阶段才对传送带有相对运动，减速阶段相对传送带的位移

Δx＝x1－v1t1＝1.25 m

因摩擦所产生的热量

Q＝(μmgcos α)Δx＝8 J。

【素能提升】

2.(多选)(2022·湖北高三阶段练习)如图3，与水平面的夹角为30°的倾斜传送带以恒定速度v＝5.5 m/s顺时针转动，上端与一倾角也为30°的足够长的斜面对接，物块从传送带底端以速度v0＝3 m/s沿传送带向上滑上传送带。物块与斜面和传送带间的动摩擦因数相同。从物块刚滑上传送带开始计时，下列关于物块在传送带和斜面上滑动的速度v随时间t变化的关系图像可能正确的是(　　)

图3

答案　ABC

解析　物块的初速度v0＝3 m/s<v＝5.5 m/s，则所受滑动摩擦力向上，若mgsin θ＝μmgcos θ，则物体在传送带上一直匀速上滑，冲上斜面后匀减速直线运动；若mgsin θ>μmgcos θ，则物体在传送带上匀减速上滑，若在冲上斜面之前速度减为零向下做匀加速直线运动，回到出发点速度为3 m/s，故C正确；若mgsin θ>

μmgcos θ，则物体在传送带上匀减速上滑，加速度大小a1＝gsin θ－μgcos θ，若速度未减为零就冲上斜面，加速度大小a2＝gsin θ＋μgcos θ，之后速度减为零向下做匀加速直线运动，a3＝gsin θ－μgcos θ＝a1，故D错误；若mgsin θ<μmgcos θ，则物体在传送带上匀加速上滑，当物体和传送带共速后一起匀速，此后冲上斜面后匀减速直线运动到速度等于零后静止，故A正确；若mgsin θ<μmgcos θ，则物体在传送带上匀加速上滑，当物体和传送带还未共速就进入斜面向上减速到零，然后静止，故B正确。

高考题型三　动力学方法解决板块问题

分析“板—块”模型问题的四点注意

(1)从速度、位移、时间角度，寻找滑块与滑板之间的联系。

(2)滑块与滑板共速是摩擦力发生突变的临界条件。

(3)滑块与滑板存在相对滑动的条件

①运动学条件：若两物体速度不相等，则会发生相对滑动。

②力学条件：一般情况下，假设两物体间无相对滑动，先用整体法算出一起运动的加速度，再用隔离法算出滑块“所需要”的摩擦力Ff，比较Ff与最大静摩擦力Ffm的关系，若Ff>Ffm，则发生相对滑动。

(4)滑块不从滑板上掉下来的临界条件是滑块到达滑板末端时，两者共速。

【例3】 (2022·超级全能生预测卷)物理课外小组在一长为L的水平方桌上放置一块质地均匀、质量为m1＝100 g的硬塑料板，塑料板的左边缘与方桌左边缘相距l＝10 cm，在塑料板上靠近方桌的边缘处放一个可看作质点、质量为m2＝200 g的重锤，如图4所示。已知塑料板与方桌上表面间的动摩擦因数为μ1＝0.3，重锤与塑料板、方桌上表面间的动摩擦因数均为μ2＝0.2，空气阻力不计，重力加速度g＝10 m/s2。

图4

(1)若L足够大，则给塑料板水平向右至少多大的初速度才能使重锤脱离塑料板？

(2)若L＝50 cm，则给塑料板水平向右多大的恒定推力才能使重锤刚好不从方桌上掉下？

答案　(1) m/s　(2)1.58 N

解析　(1)塑料板的加速度大小

a1＝＝13 m/s2

重锤的加速度大小a2＝μ2g＝2 m/s2

塑料板与重锤刚好脱离时二者的速度相同，

v0－a1t＝a2t

对塑料板x板＝v0t－a1t2

对重锤x锤＝a2t2

x板－x锤＝l

联立解得v0＝ m/s。

(2)因重锤与塑料板、方桌表面的动摩擦因数相同，其在塑料板上相对滑动时的加速度与在方桌表面运动时的加速度大小相等、方向相反，设重锤刚滑离塑料板时的速度为v，则有

v2－0＝2a2x1，0－v2＝2(－a2)x2

x1＋x2＝L

解得x1＝＝0.25 m，v＝1 m/s

重锤在塑料板上的运动时间t＝＝0.5 s

故重锤在塑料板上运动时有x板－x1＝l

即a3t2－a2t2＝l

对塑料板，由牛顿第二定律得

F－μ2m2g－μ1(m1＋m2)g＝m1a3

联立解得F＝1.58 N。

【素能提升】

3.(2022·山东临沂二模)如图5所示，质量为M的木板放在光滑的水平面上，上面放一个质量为m的小滑块，滑块和木板之间的动摩擦因数是μ，现用恒定的水平拉力F作用在木板上，使二者发生相对运动，改变拉力F或者木板质量M的大小，当二者分离时(　　)

图5

A.若只改变F，当F增大时，木板获得的速度增大

B.若只改变F，当F增大时，滑块获得的速度增大

C.若只改变M，当M增大时，木板获得的速度增大

D.若只改变M，当M增大时，滑块获得的速度增大

答案　D

解析　因为物块m在木板上滑动的加速度为am＝μg是一定的，木板的加速度aM＝，当木块滑离木板时满足aMt2－amt2＝L，t2＝，若只改变F，当F增大时，aM变大，则t减小，木板获得的速度vM＝aMt不一定变大，选项A错误；滑块获得的速度vm＝amt可知滑块获得速度变小，选项B错误；若只改变M，当M增大时，aM变小，则t变大，则木板获得的速度vM＝aMt不一定变大；根据vm＝amt，可知滑块获得速度变大，选项C错误，D正确。

1.(2021·全国甲卷，14)如图6，将光滑长平板的下端置于铁架台水平底座上的挡板P处，上部架在横杆上。横杆的位置可在竖直杆上调节，使得平板与底座之间的夹角θ可变。将小物块由平板与竖直杆交点Q处静止释放，物块沿平板从Q点滑至P点所用的时间t与夹角θ的大小有关。若θ由30°逐渐增大至60°，物块的下滑时间t将(　　)

图6

A.逐渐增大   B.逐渐减小

C.先增大后减小   D.先减小后增大

答案　D

解析　设P点与竖直杆的距离为l，则PQ＝。对物块，根据牛顿第二定律，有mgsin θ＝ma，得a＝gsin θ，由x＝at2，得＝gt2sin θ，得t＝，当2θ＝，即θ＝时，t最小，由题知θ从30°增大到60°，故物块的下滑时间先减小后增大，选项D正确。

2.(多选)(2022·湖南高考，9)球形飞行器安装了可提供任意方向推力的矢量发动机，总质量为M。飞行器飞行时受到的空气阻力大小与其速率平方成正比(即F阻＝kv2，k为常量)。当发动机关闭时，飞行器竖直下落，经过一段时间后，其匀速下落的速率为10 m/s；当发动机以最大推力推动飞行器竖直向上运动，经过一段时间后，飞行器匀速向上的速率为5 m/s。重力加速度大小为g，不考虑空气相对于地面的流动及飞行器质量的变化，下列说法正确的是(　　)

A.发动机的最大推力为1.5Mg

B.当飞行器以5 m/s匀速水平飞行时，发动机推力的大小为Mg

C.发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时，飞行器速率为5 m/s

D.当飞行器以5 m/s的速率飞行时，其加速度大小可以达到3g

答案　BC

解析　飞行器关闭发动机，以v1＝10 m/s的速度匀速下落时，有Mg＝kv＝k×

100 (N)；飞行器以v2＝5 m/s匀速向上运动时，设最大推力为Fm，有Fm＝Mg＋kv＝Mg＋k×25 (N)，联立可得Fm＝1.25Mg，k＝ (N·s2/m2)，A错误；当飞行器以v3＝5 m/s匀速水平飞行时，有F＝＝Mg，B正确；发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时，有F阻＝＝Mg＝kv，解得v4＝5 m/s，C正确；当飞行器受到的最大推力方向向下、以v5＝5 m/s的速率向上减速飞行时，其加速度向下达到最大值为Fm＋Mg＋kv＝Mam，解得am＝2.5g，D错误。

3.(2021·辽宁高考，13)机场地勤工作人员利用传送带从飞机上卸行李。如图7所示，以恒定速率v1＝0.6 m/s运行的传送带与水平面间的夹角α＝37°，转轴间距L＝3.95 m。工作人员沿传送方向以速度v2＝1.6 m/s从传送带顶端推下一件小包裹(可视为质点)。小包裹与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8。取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：

图7

(1)小包裹相对传送带滑动时加速度的大小a；

(2)小包裹通过传送带所需的时间t。

答案　(1)0.4 m/s2　(2)4.5 s

解析　(1)小包裹的速度v2大于传动带的速度v1，所以小包裹受到传送带的摩擦力沿传动带向上，根据牛顿第二定律可知μmgcos θ－mgsin θ＝ma

解得a＝0.4 m/s2。

(2)小包裹开始阶段在传动带上做匀减速直线运动，所用时间

t1＝＝ s＝2.5 s

在传动带上滑动的距离为

s1＝t1＝×2.5 m＝2.75 m

因为小包裹所受滑动摩擦力大于重力沿传动带方向上的分力，即μmgcos θ>mgsin θ，所以小包裹与传动带共速后做匀速直线运动至传送带底端，匀速运动的时间为

t2＝＝ s＝2 s

所以小包裹通过传送带的时间为

t＝t1＋t2＝4.5 s。

1.(2022·福建福州八校联考)如图1所示，飞机场运输行李的倾斜传送带保持恒定的速率向上运行，将行李箱无初速度地放在传送带底端，当传送带将它送入飞机货舱前行李箱已做匀速运动。假设行李箱与传送带之间的动摩擦因数为μ，传送带与水平面的夹角为θ，已知滑动摩擦力近似等于最大静摩擦力，下列说法正确的是(　　)

图1

A.要实现这一目的前提是μ<tan θ

B.做匀速运动时，行李箱与传送带之间的摩擦力为零

C.全过程传送带对行李箱的摩擦力方向沿传送带向上

D.若增加传送带速度足够大，可以无限缩短传送的时间

答案　C

解析　要实现这一目的前提是沿传送带向上的最大静摩擦力大于重力沿传送带向下的分力，即μmgcos θ>mgsin θ，可得μ>tan θ，故A错误；做匀速运动时，行李箱与传送带之间的摩擦力为Ff＝mgsin θ，故B错误；行李箱在加速阶段和匀速阶段受到的摩擦力均沿传送带向上，故C正确；若增加传送带速度足够大，行李箱在传送带上一直做匀加速运动，传送时间不会无限缩短，故D错误。

2.(多选)(2022·湖南安化预测)如图2所示，水平轻弹簧一端固定，另一端与滑块连接，当滑块轻放在顺时针转动的水平传送带上瞬间，弹簧恰好无形变。在滑块向右运动至速度为零的过程中，下列关于滑块的速度v、加速度a随时间t，滑块的动能Ek、滑块与弹簧的机械能E随位移x变化的关系图像中，可能正确的是(　　)

图2

答案　BC

解析　物块滑上传送带，受到向右的滑动摩擦力，开始摩擦力大于弹簧的弹力，向右做加速运动，在此过程中，弹簧的弹力逐渐增大，根据牛顿第二定律，加速度逐渐减小。当弹簧的弹力与滑动摩擦力相等时，速度达到最大，然后弹力大于摩擦力，加速度方向与速度方向相反，物体做减速运动，弹簧弹力继续增大，根据牛顿第二定律知，加速度逐渐增大且方向向左，速度逐渐减小到0，故A错误，B正确；在加速过程中，若弹簧弹力还未等于滑动摩擦力时，物块的速度就已经等于传送带的速度时，物块与传送带相对静止且弹簧弹力小于最大静摩擦力，故物块维持一段时间匀速运动，当弹簧的弹力大于最大静摩擦力时滑块做减速运动，动能减小，在这种情况下滑块的动能Ek随位移x变化的图像是正确的，故C正确；滑块与弹簧的机械能E随位移x变化图像的斜率为摩擦力的大小，在A、B选项中的情境下，滑动摩擦力保持不变故图像为一条直线；在C选项的情境下，物块先受到滑动摩擦力作用，后受到静摩擦力作用，且静摩擦力等于变化的弹簧弹力，最后做减速运动时又受到滑动摩擦力作用，故E－x图像先是直线再为曲线，最后又变为直线且两端直线图像斜率相同，故D图像不符合题意，D错误。

3.质量为M＝5 kg的木板静止在粗糙水平地面上，木板上放置质量为m＝3 kg的物块，与木板左端相距L＝2 m，如图3所示。已知物块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.2，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.5。现用水平恒力F＝60 N施加在木板左端，方向如图所示，取g＝10 m/s2，物块可视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是(　　)

图3

A.木板的加速度大小为0.8 m/s2

B.木板的加速度大小为2.8 m/s2

C.2 s末物块刚好从木板左端脱落

D.2 s内木板的位移为1.6 m

答案　B

解析　假如物块与木板刚好发生相对运动，根据牛顿第二定律，对物块有：μ1mg＝mamax，物块获得的最大加速度为amax＝μ1g＝2 m/s2；对木板有：Fm－μ2(M＋m)g－μ1mg＝Mamax，代入数据解得Fm＝56 N<60 N，因此施加F＝60 N的力时，物块与木板之间发生相对滑动，根据牛顿第二定律，对木板有：F－μ2(M＋m)g－μ1mg＝Ma，代入数据解得a＝2.8 m/s2，A错误，B正确；2 s内物块的位移为x1＝amaxt2＝4 m，木板的位移为x2＝at2＝5.6 m，两者相对位移为Δx＝x2－x1＝1.6 m<L＝

2 m，因此2 s末物块没有从木板左端脱落，C、D错误。

4.(2022·河北省衡水中学测试)如图4甲所示，足够长的长木板放置在水平地面上，一滑块置于长木板左端。已知滑块和木板的质量均为2 kg，现在滑块上施加一个F＝0.5t(N)的水平变力，从t＝0时刻开始计时，滑块所受摩擦力Ff随时间t变化的关系如图乙所示。设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　)

图4

A.滑块与木板间的动摩擦因数为0.2

B.木板与地面间的动摩擦因数为0.2

C.图乙中t2＝24 s

D.木板的最大加速度为1 m/s2

答案　C

解析　根据图乙可知，滑块在t2以后受到的摩擦力不变，为8 N，根据Ff1＝μ1mg可得滑块与木板间的动摩擦因数为μ1＝0.4，A错误；在t1时刻木板相对地面开始运动，此时滑块与木板相对静止，则木板与地面间的动摩擦因数为μ2＝＝＝0.1，B错误；在t2时刻，滑块与木板将要发生相对滑动，此时滑块与木板间的静摩擦力达到最大，且此时二者加速度相同，且木板的加速度达到最大，对滑块有F－μ1mg＝ma，对木板有μ1mg－2μ2mg＝ma，联立解得a＝2 m/s2，F＝12 N，根据F＝0.5t，可求得t2＝24 s，C正确，D错误。

5.(2022·甘肃靖远模拟)索降是战士从悬停在低空的直升机上，通过一根轻质软绳滑到地面上的着陆方式。在某次训练过程中，战士从静止在空中、距地面高h＝38.25 m的直升机上通过足够长的软绳滑下，开始阶段战士通过战术手套轻握绳子，受到的摩擦力大小Ff1＝160 N，达到一定速度后，战士用力握绳子，受到的摩擦力大小Ff2＝1 440 N，结果战士到达地面时的速度大小v1＝6 m/s。战士(含装备)的质量m＝80 kg，战士与直升机均视为质点，取重力加速度大小g＝10 m/s2。

图5

(1)求战士轻握绳子下滑的加速度大小a1；

(2)求战士下滑过程中的最大速度vmax；

(3)若在战士开始下滑时，直升机以大小v2＝3 m/s的速度匀速竖直上升，求战士到达地面时直升机距地面的高度H。

答案　(1)8 m/s2　(2)18 m/s　(3)49.5 m

解析　(1)战士轻握绳子下滑时，根据牛顿第二定律得mg－Ff1＝ma1

解得a1＝8 m/s2。

(2)设战士用力握绳子时的加速度大小为a2，

根据牛顿第二定律得Ff2－mg＝ma2

解得a2＝8 m/s2

由题意，根据运动学规律有

h＝＋

解得vmax＝18 m/s。

(3)战士下滑时间为

t＝＋＝3.75 s

战士到达地面时直升机距地面的高度为

H＝v2t＋h＝49.5 m。

6.(2022·山东高考，16)某粮库使用额定电压U＝380 V，内阻R＝0.25 Ω的电动机运粮。如图6所示，配重和电动机连接小车的缆绳均平行于斜坡，装满粮食的小车以速度v＝2 m/s沿斜坡匀速上行，此时电流I＝40 A。关闭电动机后，小车又沿斜坡上行路程L到达卸粮点时，速度恰好为零。卸粮后，给小车一个向下的初速度，小车沿斜坡刚好匀速下行。已知小车质量m1＝100 kg，车上粮食质量m2＝1 200 kg，配重质量m0＝40 kg，取重力加速度g＝10 m/s2，小车运动时受到的摩擦阻力与车及车上粮食总重力成正比，比例系数为k，配重始终未接触地面，不计电动机自身机械摩擦损耗及缆绳质量。求：

图6

(1)比例系数k值；

(2)上行路程L值。

答案　(1)0.1　(2) m

解析　(1)设电动机的牵引绳拉力为FT1，电动机连接的小车匀速上行，由能量守恒定律有UI＝I2R＋FT1v，解得FT1＝7 400 N

小车和配重一起匀速，设绳的拉力为FT2，

对配重有FT2＝m0g＝400 N

设斜面倾角为θ，对小车有

FT1＋FT2＝(m1＋m2)gsin θ＋k(m1＋m2)g

而卸粮后给小车一个向下的初速度，小车沿斜坡刚好匀速下行，则有

m1gsin θ＝m0g＋km1g

联立各式解得sin θ＝0.5，k＝0.1。

(2)关闭发动机后小车和配重一起做匀减速直线运动，设加速度大小为a，对系统由牛顿第二定律有

(m1＋m2)gsin θ＋k(m1＋m2)g－m0g

＝(m1＋m2＋m0)a

可得a＝ m/s2

由运动学公式可知v2＝2aL

解得L＝ m。

7.(2022·重庆求精中学月考)如图7所示，有一倾角为θ＝37°(sin 37°＝0.6)，下端固定一挡板，挡板与斜面垂直，一长木板上表面的上部分粗糙，下部分光滑，上端放有一质量为m的小物块。现让长木板和小物块同时由静止释放，此时刻为计时起点，在第2 s末，小物块刚好到达长木板的光滑部分，又经过一段时间，长木板停在挡板处，小物块刚好到达长木板的下端边缘。已知小物块与长木板的上部分的动摩擦因数μ1＝，长木板与斜面间的动摩擦因数μ2＝0.5，长木板的质量M＝m。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：

图7

(1)在0～2 s时间内长木板和小物块的加速度的大小；

(2)长木板距离挡板多远；

(3)长木板的长度。

答案　(1)3 m/s2　1 m/s2　(2)3 m　(3)12 m

解析　(1)在0～2 s时间内，设Ff1、FN1分别是小物块与长木板之间的摩擦力和正压力的大小，Ff2、FN2分别是长木板与斜面之间的摩擦力和正压力的大小，则

Ff1＝μ1FN1，FN1＝mgcos θ

Ff2＝μ2FN2，FN2＝FN1＋Mgcos θ

规定沿斜面向下为正方向，设小物块和长木板的加速度分别为a1和a2，由牛顿第二定律得

mgsin θ－Ff1＝ma1

Mgsin θ－Ff2＋Ff1＝Ma2

联立得a1＝3 m/s2，a2＝1 m/s2。

(2)在t1＝2 s时，设小物块和长木板的速度分别为v1和v2，则

v1＝a1t1＝6 m/s，v2＝a2t1＝2 m/s

t>t1时，设小物块和长木板的加速度分别为a1′和a2′。此时小物块和长木板之间摩擦力为零，

对小物块：mgsin θ＝ma1′

解得a1′＝6 m/s2

对长木板：

Mgsin θ－μ2(M＋m)gcos θ＝Ma2′

解得a2′＝－2 m/s2

即长木板做减速运动，设经过时间t2，长木板的速度减为零，则有v2＋a2′t2＝0

联立得t2＝1 s

在(t1＋t2)时间内，长木板距离挡板

L1＝a2t＝2 m

L2＝|a2′|t＝1 m

L＝L1＋L2＝3 m。

(3)长木板的长度就是小物块相对于长木板运动的距离为

s＝－(a2t＋v2t2＋a2′t)＝12 m。

8.(2022·重庆第二外国语学校模拟)如图8，一质量m＝1 kg的木板静止的光滑水平地面上。开始时，木板右端与墙相距L＝0.08 m；质量为m＝1 kg的小物块以初速度v0＝2 m/s滑上木板左端。木板长度可保证物块在运动过程中不与墙接触。物块与木板之间的动摩擦因数为μ＝0.1，木板与墙的碰撞是完全弹性碰撞(返回时的速度与碰撞的速度大小相等)。取g＝10 m/s2，求：

图8

(1)木板第一次与墙碰撞前的速度和从物块滑上木板到木板第一次与墙碰撞的时间；

(2)木板第2次与墙碰撞瞬间物块的速度；

(3)从物块滑上木板到两者达到共同速度时，木板与墙碰撞的次数及所用的时间。

答案　(1)0.4 m/s　0.4 s　(2)0.8 m/s　(3)2　1.8 s

解析　(1)物块滑上木板后，在摩擦力作用下，木板从静止开始做匀加速运动。设木板加速度为a，经历时间T后与墙第一次碰撞，碰撞时的速度为v1，

则μmg＝ma

解得a＝1 m/s2

木板匀加速的过程L＝aT2

v1＝aT

联立解得T＝0.4 s，v1＝0.4 m/s。

(2)木板受到物块对它的摩擦力作用而做加速度恒定的运动，因而木板与墙相碰后将返回至初态，所用时间为T，则木板第二次碰撞的时间为t′＝3T＝1.2 s

此过程物块一直做匀减速运动

a＝μg＝1 m/s2

v＝v0－at′

解得v＝0.8 m/s。

(3)在物块与木板两者达到共同速度前，在每两次碰撞之间，木板受到物块对它的摩擦力作用而做加速度恒定的运动，因而木板与墙相碰后将返回至初态，所用时间为T。设在物块与木板两者达到共同速度v共前木块共经历n次碰撞，则有

v共＝v0－(2nT＋Δt)a＝aΔt

式中Δt是碰撞n次后木板从起始位置至达到共同速度所需要的时间，可得

2v共＝v0－2nT

由于木板的速率只能位于0到v1之间，故有0≤v0－2nT≤2v1

求解上式得1.5≤n≤2.5

由于n是整数，故n＝2

联立可得Δt＝0.2 s，v共＝0.2 m/s

从开始到物块与木板两者达到共同速度所用的时间为t＝4T＋Δt＝1.8 s。