2021版物理提能大一轮复习课标版文档：第三章　第3讲　牛顿运动定律的综合应用 学案

第3讲　牛顿运动定律的综合应用

一、牛顿运动定律的应用

1.整体法:当连接体内(即系统内)各物体的① 加速度 相同时,可以把系统内的所有物体看成一个② 整体 ,分析其受力和运动情况,运用牛顿第二定律对③ 整体 列方程求解的方法。 

2.隔离法:当求系统内物体间④ 相互作用的内力 时,常把某个物体从系统中⑤ 隔离 出来,分析其受力和运动情况,再用牛顿第二定律对⑥ 隔离 出来的物体列方程求解的方法。 

3.外力和内力

(1)外力:系统外的物体对⑦ 研究对象 的作用力。 

(2)内力:系统内⑧ 物体间 的作用力。 

二、临界或极值条件的标志

1.有些问题中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼,明显表明题述的过程存在着临界点;

2.若有“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词语,表明题述的过程存在着“起止点”,而这些起止点往往就对应临界状态;

3.若有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼,表明题述的过程存在着极值,这个极值点往往是临界点;

4.若要求“最终加速度”“稳定加速度”等,即求收尾加速度或收尾速度。

1.判断下列说法对错。

(1)整体法和隔离法是指选取研究对象的方法。(√)

(2)应用牛顿运动定律进行整体分析时,可以分析内力。(✕)

(3)分析物体间相互作用时,要用隔离法。(√)

(4)当物体具有沿斜面方向的加速度,而斜面体相对于地面静止时,解题时一般采用隔离法。(√)

2.(多选)如图所示,质量分别为mA、mB的A、B两物块用轻线连接,放在倾角为θ的斜面上,用始终平行于斜面向上的拉力F拉A,使它们沿斜面匀加速上升,A、B与斜面间的动摩擦因数均为μ。为了增加轻线上的张力,可行的办法是(　　)

A.减小A物块的质量 B.增大B物块的质量

C.增大倾角θ D.增大动摩擦因数μ

2.答案　AB

3.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。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(　　)

A.1∶1 B.2∶3

C.1∶3 D.3∶2

3.答案　C

考点一　动力学观点在连接体中的应用

1.多个相互关联的物体由细绳、细杆或弹簧等连接或叠放在一起,构成的物体系统称为连接体。常见的连接体如图所示:

　　2.连接体问题的分析方法

　　例　如图所示,质量为m2的物块B放置在光滑水平桌面上,其上放置质量为m1的物块A,A通过跨过光滑定滑轮的细线与质量为M的物块C连接。释放C,A和B一起以加速度a从静止开始运动,已知A、B间动摩擦因数为μ,重力加速度为g,则细线中的拉力大小为(　　)

A.Mg B.Mg+Ma

C.(m1+m2)a D.m1a+μm1g

答案　C　以C为研究对象,有Mg-T=Ma,解得T=Mg-Ma,故A、B错误;以A、B整体为研究对象,根据牛顿第二定律可知T=(m1+m2)a,故C正确;A、B间为静摩擦力,根据牛顿第二定律,对B可知f=m2a,对A可知T-f'=m1a,f=f',联立解得T=(m1+m2)a,故D错误。

考向1　加速度相同的连接体问题

　　1.如图所示,质量为M的小车放在光滑的水平面上,小车上用细线悬吊一质量为m的小球,M>m,用一力F水平向右拉小球,使小球和车一起以加速度a向右运动时,细线与竖直方向成θ角,细线的拉力为F1。若用一力F'水平向左拉小车,使小球和车一起以加速度a'向左运动时,细线与竖直方向也成θ角,细线的拉力为F1'。则(　　)

A.a'=a,F1'=F1 B.a'>a,F1'=F1

C.a'<a,F1'=F1 D.a'>a,F1'>F1

答案　B　当用力F水平向右拉小球时,以小球为研究对象

竖直方向有F1 cos θ=mg①

水平方向有F-F1 sin θ=ma

以整体为研究对象有F=(m+M)a

解得a=g tan θ②

当用力F'水平向左拉小车时,以小球为研究对象

竖直方向有F1' cos θ=mg③

水平方向有F1' sin θ=ma'

解得a'=g tan θ④

结合两种情况,由①③式有F1=F1';由②④式并结合M>m有a'>a。故正确选项为B。

考向2　加速度不同的连接体问题

2.一个弹簧测力计放在水平地面上,Q为与轻弹簧上端连在一起的秤盘,P为一重物,已知P的质量M=10.5 kg,Q的质量m=1.5 kg,弹簧的质量不计,劲度系数k=800 N/m,系统处于静止。如图所示,现给P施加一个方向竖直向上的力F,使它从静止开始向上做匀加速运动,已知在前0.2 s内,F为变力,0.2 s以后,F为恒力。求力F的最大值与最小值。(取g=10 m/s2)

答案　168 N　72 N

解析　设开始时弹簧压缩量为x1,t=0.2 s时弹簧的压缩量为x2,重物P的加速度为a,则有

kx1=(M+m)g①

kx2-mg=ma②

x1-x2=at2③

由①式得x1==0.15 m④

由②③④式得a=6 m/s2

F小=(M+m)a=72 N,F大=M(g+a)=168 N

方法总结

　　连接体问题的分析方法

分析连接体问题时,一般采用两种方法:一是隔离法,二是整体法。具体如下:

考点二　动力学中的临界、极值问题

1.“四种”典型临界条件

　　2.“四种”典型数学方法

(1)三角函数法;

(2)根据临界条件列不等式法;

(3)利用二次函数的判别式法;

(4)极限法。

1.(多选)(2019河南信阳期末)如图所示,A、B两物块的质量分别为2m和m,静止叠放在水平地面上。A、B间的动摩擦因数为μ,B与地面间的动摩擦因数为μ。最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g。现对A施加一水平拉力F,则(　　)

A.当F<2μmg时,A、B都相对地面静止

B.当F=μmg时,A的加速度为μg

C.当F>3μmg时,A相对B滑动

D.无论F为何值,B的加速度不会超过μg

答案　BCD　A、B间的最大静摩擦力为2μmg,B和地面之间的最大静摩擦力为μmg,对A、B整体,只要F>μmg,整体就会运动,选项A错误;当A对B的摩擦力为最大静摩擦力时,A、B将要发生相对滑动,故A、B一起运动的加速度的最大值满足2μmg-μmg=mamax,B运动的最大加速度amax=μg,选项D正确;对A、B整体,有F-μmg=3mamax,则F>3μmg时两者会发生相对运动,选项C正确;当F=μmg时,两者相对静止,一起滑动,加速度满足F-μmg=3ma,解得a=μg,选项B正确。

2.如图所示,在光滑水平面上有一辆小车A,其质量为mA=2.0 kg,小车上放一个物体B,其质量为mB=1.0 kg。如图甲所示,给B一个水平推力F,当F增大到稍大于3.0 N时,A、B开始相对滑动。如果撤去F,对A施加一水平推力F',如图乙所示。要使A、B不相对滑动,求F'的最大值Fm'。

甲

乙

答案　6.0 N

解析　根据题图甲所示,设A、B间的静摩擦力达到最大值fm时,系统的加速度为a。根据牛顿第二定律,对A、B整体有F=(mA+mB)a,对A有fm=mAa,代入数据解得fm=2.0 N

根据题图乙所示情况,设A、B刚开始相对滑动时系统的加速度为a',根据牛顿第二定律有fm=mBa',Fm'=(mA+mB)a',代入数据解得Fm'=6.0 N

动力学观点解决多过程运动

　　(1)将“多过程”分解为许多“子过程”,各“子过程”间由“衔接点”连接。

(2)对各“子过程”进行受力分析和运动分析,必要时画出受力图和运动过程示意图。

(3)根据“子过程”和“衔接点”的模型特点选择合适的动力学规律列方程。

(4)分析“衔接点”的位移、速度、加速度等的关联,确定各段间的时间关系、位移关系、速度关系等,并列出相关的辅助方程。

(5)联立求解,并对结果进行必要的讨论或验证。

1.如图所示,两木板A、B并排放在地面上,A左端放一小滑块,滑块在F=6 N的水平力作用下由静止开始向右运动。已知木板A、B长度均为l=1 m,木板A的质量mA=3 kg,小滑块及木板B的质量均为m=1 kg,小滑块与木板A、B间的动摩擦因数均为μ1=0.4,木板A、B与地面间的动摩擦因数均为μ2=0.1,重力加速度g=10 m/s2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,求:

(1)小滑块在木板A上运动的时间;

(2)木板B获得的最大速度。

答案　(1)1 s　(2)1 m/s

解析　(1)小滑块对木板A的摩擦力f1=μ1mg=0.4×1×10 N=4 N

木板A、B整体受到地面的最大静摩擦力f2=μ2(2m+mA)g=0.1×(2×1+3)×10 N=5 N

f1<f2,小滑块在木板A上滑动时,木板A保持静止

设小滑块的加速度为a,由牛顿第二定律有F-f1'=ma1,其中f1'=f1

根据运动学公式,有l=a1

联立解得t1=1 s

(2)设小滑块滑上木板B时的速度为v1,小滑块滑上木板B后,B的加速度为a2,经过时间t2小滑块与木板B脱离,小滑块的位移为x块,木板B的位移为xB、最大速度为vB,则

μ1mg-2μ2mg=ma2

vB=a2t2

xB=a2

v1=a1t1

x块=v1t2+a1

x块-xB=l

联立解得vB=1 m/s

2.质量M=4 kg、长2l=4 m的木板放在光滑水平地面上,以木板中点为界,左边和右边的粗糙程度不同。一个质量为m=1 kg的滑块(可视为质点)放在木板的左端,如图甲所示。在t=0时刻对滑块施加一个水平向右的恒力F,使滑块和木板均由静止开始运动,t1=2 s时滑块恰好到达木板中点,滑块运动的x1-t图像如图乙所示。取g=10 m/s2。

(1)求滑块与木板左边的动摩擦因数μ1和恒力F的大小。

(2)若滑块与木板右边的动摩擦因数μ2=0.1,2 s末撤去恒力F,则滑块能否从木板上滑落下来?若能,求分离时滑块的速度大小。若不能,则滑块将停在离木板右端多远处?

答案　见解析

解析　(1)滑块和木板均做初速度为零的匀加速直线运动,设滑块的加速度大小为a1,木板的加速度大小为a2,则t1=2 s 时木板的位移x2=a2①

滑块的位移x1=4 m②

由牛顿第二定律得μ1mg=Ma2③

由位移关系得x1-x2=l④

联立①②③④式解得μ1=0.4⑤

滑块位移x1=a1⑥

恒力F=ma1+μ1mg⑦

联立②⑤⑥⑦式解得F=6 N

(2)设滑块到达木板中点时,滑块的速度为v1,木板的速度为v2,滑块滑过中点后做匀减速直线运动,木板继续做匀加速直线运动,此时滑块和木板的加速度大小分别为

a1'==μ2g,a2'=

设滑块与木板从t1时刻开始到速度相等时的运动时间为t2,则v2=a2t1,v1=a1t1,v1-a1't2=v2+a2't2

解得t2=1.6 s

在此时间内,滑块位移x1'=v1t2-a1'

木板的位移x2'=v2t2+a2'

Δx=x1'-x2'

联立解得Δx=1.6 m<2 m

因此滑块没有从木板上滑落,滑块与木板相对静止时距木板右端的距离为d=l-Δx=0.4 m

1.如图所示,滑轮A可沿倾角为θ的足够长光滑轨道下滑,滑轮下用轻绳挂着一个重为G的物体B,下滑时,物体B相对于A静止,则下滑过程中(　　)

A.B的加速度为g sin θ B.绳的拉力为

C.绳的方向保持竖直 D.绳的拉力为G

1.答案　A　A、B相对静止,即两物体的加速度相同,以A、B整体为研究对象分析受力可知,系统的加速度为g sin θ,所以选项A正确;再以B为研究对象进行受力分析,如图,根据平行四边形定则可知,绳子的方向与斜面垂直,拉力大小等于G cos θ,故选项B、C、D错误。

2.(2019河南安阳模拟)在倾角为α的固定光滑斜面上,有一用绳子拴着的长木板,木板上站着一只猫。已知猫的质量是木板的质量的2倍。当绳子突然断开时,猫立即沿着板向上跑,以保持其相对斜面的位置不变。重力加速度为g。则此时木板沿斜面下滑的加速度为(　　)

A.3g sin α B.g sin α

C. D.2g sin α

2.答案　A　猫受力平衡,设猫的质量为2m,其所受摩擦力沿斜面向上,且Ff=2mg sin α,则木板所受摩擦力沿斜面向下,木板的加速度为a==3g sin α,正确选项为A。

3.如图所示,质量分别为m和2m的两个小球置于光滑水平面上,且固定在一轻质弹簧的两端,现沿弹簧轴线方向在质量为2m的小球上施加一水平向右的拉力F1,使两球一起做匀加速运动,则此时弹簧的伸长量为x1,若沿弹簧轴线方向在质量为m的小球上施加一水平向左的拉力F2,使两球一起做匀加速运动,则此时弹簧的伸长量为x2,已知x1=2x2,则有(　　)

A.F1=F2 B.F1=4F2

C.F1>4F2 D.F1=2F2

3.答案　B　沿弹簧轴线方向在质量为2m的小球上施加一水平向右的拉力F1,对整体分析,整体的加速度a=,隔离对质量为m的小球分析,根据牛顿第二定律得F弹=ma==kx1;同理,沿弹簧轴线方向在质量为m的小球上施加一水平向左的拉力F2,a'=,隔离对质量为2m的小球分析,根据牛顿第二定律得F弹'=2ma'==kx2,由于x1=2x2,联立可得F1=4F2,故B正确,A、C、D错误。

4.a、b两物体的质量分别为m1、m2,由轻质弹簧相连。当用恒力F竖直向上拉着a,使a、b一起向上做匀加速直线运动时,弹簧伸长量为x1;当用大小仍为F的恒力沿水平方向拉着a,使a、b一起沿光滑水平桌面做匀加速直线运动时,弹簧伸长量为x2,如图所示,则(　　)

A.x1一定等于x2

B.x1一定大于x2

C.若m1>m2,则x1>x2

D.若m1<m2,则x1<x2

4.答案　A　当用恒力F竖直向上拉着a时,先用整体法有F-(m1+m2)g=(m1+m2)a,再隔离b有kx1-m2g=m2a,联立得x1=。当沿水平方向拉着a时,先用整体法有F=(m1+m2)a',再隔离b有kx2=m2a',联立得x2=,故x1=x2,所以只有A项正确。

5.(多选)两个叠在一起的滑块,置于固定的、倾角为θ的斜面上,如图所示,滑块A、B的质量分别为M、m,A与斜面间的动摩擦因数为μ1,B与A之间的动摩擦因数为μ2,已知两滑块都从静止开始以相同的加速度从斜面上滑下,滑块B受到的摩擦力(　　)

A.等于零 B.方向沿斜面向上

C.大小等于μ1mg cos θ D.大小等于μ2mg cos θ

5.答案　BC　把A、B两滑块作为一个整体,设其下滑的加速度为a,由牛顿第二定律有

(M+m)g sin θ-μ1(M+m)g cos θ=(M+m)a

得a=g(sin θ-μ1 cos θ)

由于a<g sin θ,可见B随A一起下滑的过程中,必然受到A对它的沿斜面向上的摩擦力,设A对B的摩擦力为FB,滑块B的受力如图所示。由牛顿第二定律有mg sin θ-FB=ma,得FB= mg sin θ-ma=mg sin θ-mg(sin θ-μ1 cos θ)=μ1mg cos θ。

6.如图所示,质量m=2 kg的小球用细绳拴在倾角θ=37°的光滑斜面上,此时,细绳平行于斜面。取g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。下列说法正确的是(　　)

A.当斜面以5 m/s2的加速度向右加速运动时,绳子拉力为20 N

B.当斜面以5 m/s2的加速度向右加速运动时,绳子拉力为30 N

C.当斜面以20 m/s2的加速度向右加速运动时,绳子拉力为40 N

D.当斜面以20 m/s2的加速度向右加速运动时,绳子拉力为60 N

6.答案　A　小球刚好离开斜面时的临界条件是斜面对小球的弹力恰好为零。斜面对小球的弹力恰好为零时,设绳子的拉力为F,斜面的加速度为a0。以小球为研究对象,根据牛顿第二定律有F cos θ=ma0,F sin θ-mg=0,代入数据解得a0≈13.3 m/s2。

(1)由于a1=5 m/s2<a0,可见小球仍在斜面上,此时小球的受力情况如图甲所示。以小球为研究对象,根据牛顿第二定律有

F1 sin θ+FN cos θ-mg=0

F1 cos θ-FN sin θ=ma1

代入数据解得F1=20 N。选项A正确,B错误。

甲

(2)由于a2=20 m/s2>a0,可见小球离开了斜面,此时小球的受力情况如图乙所示。设绳子与水平方向的夹角为α。以小球为研究对象,根据牛顿第二定律有

F2 cos α=ma2,F2 sin α-mg=0

代入数据解得F2=20 N。选项C、D错误。

乙

7.(多选)如图所示,在倾角为θ的光滑斜面上有两个通过轻弹簧连接的物块A和B,C为固定挡板,系统处于静止状态,现开始用变力F沿斜面向上拉动物块A使之做匀加速直线运动,经时间t物块B刚要离开挡板,已知两物块的质量均为m,弹簧的劲度系数为k,重力加速度为g,则在此过程中,下列说法正确的是(　　)

A.力F的最小值为

B.力F的最大值为

C.物块A的位移为

D.时间t末A的速度为

7.答案　AD　刚开始时,弹簧处于压缩状态,对A分析,A处于静止状态,沿斜面方向上受力平衡,受到重力沿斜面向下的分力和弹簧沿斜面向上的弹力,此时有mg sin θ=kx1,解得x1=,当B刚要离开挡板时,挡板对B的作用力为零,此时弹簧处于伸长状态,对B分析,有mg sin θ=kx2,解得x2=,所以整个匀加速过程中,弹簧的形变量即A的位移为x=x1+x2=+=,因为A是从静止开始做匀加速直线运动,经历的时间为t,所以有x=at2,解得a=,故t末A的速度为v=at=,C错误,D正确;F随着弹力的变化而变化,当弹簧被压缩过程中,弹力向上,随着弹力的减小而增大,所以刚开始时F最小,故有Fmin=ma=,在弹力方向向下时,随着弹力的增大而增大,故B刚要离开挡板时,F最大,故有Fm=kx1+mg sin θ+ma=2mg sin θ,A正确,B错误。

8.(多选)(2019河北唐山调研)如图所示,将小砝码放在桌面上的薄纸板上,若砝码和纸板的质量分别为M和m,各接触面间的动摩擦因数均为μ,砝码到纸板左端的距离和到桌面右端的距离均为d。现用水平向右的恒定拉力F拉动纸板,重力加速度为g,下列说法正确的是(　　)

A.纸板相对砝码运动时,纸板所受摩擦力的大小为μ(M+m)g

B.要使纸板相对砝码运动,F一定大于2μ(M+m)g

C.若砝码与纸板分离时的速度小于,砝码不会从桌面上掉下

D.当F=μ(2M+3m)g时,砝码恰好到达桌面边缘

8.答案　BC　对纸板分析,当纸板相对砝码运动时,纸板所受的摩擦力为μ(M+m)g+μMg,故A错误。设砝码的加速度为a1,纸板的加速度为a2,则有μMg=Ma1,F-μMg-μ(M+m)g=ma2,发生相对运动需要a2>a1,解得F>2μ(M+m)g,故B正确。若砝码与纸板分离时的速度小于,砝码匀加速运动的位移小于==,匀减速运动的位移小于==,则总位移小于d,不会从桌面上掉下,故C正确。当F=μ(2M+3m)g时,砝码未脱离纸板时的加速度a1=μg,纸板的加速度a2==2μg,根据a2t2-a1t2=d,解得t=,则此时砝码的速度v=a1t=,砝码脱离纸板后做匀减速运动,匀减速运动的加速度大小a'=μg,则匀减速运动的位移x===d,而匀加速运动的位移x'=a1t2=d,可知砝码离开桌面,D错误。

9.(2019辽宁沈阳二模)在“互联网+”时代,网上购物已经成为一种常见的消费方式,网购也促进了快递业发展。如图,一快递小哥在水平地面上拖拉一个货箱,货箱的总质量为15 kg,货箱与地面间的动摩擦因数μ=。若该小哥拉着货箱在水平地面上做匀速直线运动,取g=10 m/s2,求:

(1)拉力方向与水平面成60°角时拉力的大小(结果保留一位小数);

(2)所施加拉力的最小值和方向。

9.答案　(1)86.6 N

(2)75 N　与水平方向夹角为30°

解析　(1)研究货箱,根据平衡条件有

F sin 60°+FN-mg=0

F cos 60°-Ff=0

Ff=μFN

解得F=50 N≈86.6 N

(2)对货箱受力分析,设F'与水平方向夹角θ,如图所示

则根据平衡条件有

F' sin θ+FN'-mg=0

F' cos θ-Ff'=0

Ff'=μFN'

解得F'=

整理得F'=

当θ=30°时,F'有最小值

最小值为F'=75 N

10.如图所示,粗糙的地面上放着一个质量M=1.5 kg的斜面,斜面部分光滑,底面与地面的动摩擦因数μ=0.2,倾角θ=37°,在固定在斜面的挡板上用轻质弹簧连接一质量m=0.5 kg的小球,弹簧劲度系数k=200 N/m,现给斜面施加一水平向右的恒力F,使整体向右以a=1 m/s2的加速度匀加速运动(已知 sin 37°=0.6, cos 37°=0.8,g=10 m/s2)。求:

(1)F的大小;

(2)弹簧的形变量及斜面对小球的支持力大小。

10.答案　(1)6 N　(2)0.017 m　3.7 N

解析　(1)对整体应用牛顿第二定律有

F-μ(M+m)g=(M+m)a

解得F=6 N

(2)设弹簧的形变量为x,斜面对小球的支持力为FN

对小球受力分析有

在水平方向:kx cos θ-FN sin θ=ma

在竖直方向:kx sin θ+FN cos θ=mg

解得x=0.017 m,FN=3.7 N

11.如图所示,质量均为m的A、B两物体叠放在竖直弹簧上并保持静止,用大小等于mg的恒力F向上拉B,运动距离h时,B与A分离。下列说法正确的是(　　)

A.B和A刚分离时,弹簧长度等于原长

B.B和A刚分离时,它们的加速度为g

C.弹簧的劲度系数等于

D.在B与A分离之前,它们做匀加速直线运动

11.答案　C　A、B分离前,A、B共同做加速运动,由于F是恒力,而弹力是变力,故A、B做变加速直线运动,当两物体要分离时,FAB=0

对B:F-mg=ma

对A:kx-mg=ma

即F=kx时,A、B分离,此时弹簧仍处于压缩状态

由F=mg,设用恒力F拉B前弹簧压缩量为x0,则2mg=kx0,h=x0-x

解以上各式得k=,综上所述,只有C项正确。

12.如图所示,bc为固定在小车上的水平横杆,质量为M的物块串在杆上,靠摩擦力保持相对杆静止,物块又通过轻细线悬吊着一个质量为m的小球,此时小车正以大小为a的加速度向右做匀加速直线运动,而物块、小球均相对小车静止,细线与竖直方向的夹角为θ。小车的加速度逐渐增加,物块始终和小车保持相对静止,当加速度增加到2a时(　　)

A.横杆对物块的摩擦力增加到原来的2倍

B.横杆对物块的弹力增加到原来的2倍

C.细线与竖直方向的夹角增加到原来的2倍

D.细线的拉力增加到原来的2倍

12.答案　A　对小球和物块组成的整体,分析受力如图甲所示,根据牛顿运动定律得,水平方向Ff=(M+m)a,竖直方向FN=(M+m)g,则当加速度增加到2a时,横杆对物块的摩擦力Ff增加到原来的2倍,横杆对物块的弹力保持不变,故A正确,B错误;以小球为研究对象,分析受力情况如图乙所示,由牛顿第二定律得mg tan θ=ma,解得tan θ=,当a增加到2a时, tan θ变为原来的两倍,但θ不是原来的两倍,细线的拉力FT=,可见,a变为两倍,FT不是原来的两倍,故C、D错误。

13.下暴雨时,有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害。某地有一倾角为θ=37°(sin 37°=)的山坡C,上面有一质量为m的石板B,其上下表面与斜坡平行;B上有一碎石堆A(含有大量泥土),A和B均处于静止状态,如图所示。假设某次暴雨中,A浸透雨水后总质量也为m(可视为质量不变的滑块),在极短时间内,A、B间的动摩擦因数μ1减小为,B、C间的动摩擦因数μ2减小为0.5,A、B开始运动,此时刻为计时起点;在第2 s末,B的上表面突然变为光滑,μ2保持不变。已知A开始运动时,

A离B下边缘的距离l=27 m,C足够长。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)在0~2 s时间内A和B加速度的大小;

(2)A在B上总的运动时间。

13.答案　(1)3 m/s2　1 m/s2　(2)4 s

解析　(1)在0~2 s时间内,A和B的受力如图所示,其中f1、N1是A与B之间的摩擦力和正压力的大小,f2、N2是B与C之间的摩擦力和正压力的大小,方向如图所示。由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得

f1=μ1N1①

N1=mg cos θ②

f2=μ2N2③

N2=N1+mg cos θ④

规定沿斜面向下为正方向。设A和B的加速度分别为a1和a2,由牛顿第二定律得

mg sin θ-f1=ma1⑤

mg sin θ-f2+f1=ma2⑥

联立①②③④⑤⑥式,并代入题给条件得

a1=3 m/s2⑦

a2=1 m/s2⑧

(2)在t1=2 s时,设A和B的速度分别为v1和v2,则

v1=a1t1=6 m/s⑨

v2=a2t1=2 m/s⑩

t>t1时,设A和B的加速度分别为a1'和a2'。此时A与B之间的摩擦力为零,同理可得

a1'=6 m/s2

a2'=-2 m/s2

即B做减速运动。设经过时间t2,B的速度减为零,则有

v2+a2't2=0

联立式得

t2=1 s

在t1+t2时间内,A相对于B运动的距离为

s=-=12 m<27 m

此后B静止不动,A继续在B上滑动。设再经过时间t3后A离开B,则有

l-s=(v1+a1't2)t3+a1'

可得

t3=1 s(另一解不合题意,舍去)

设A在B上总的运动时间为t总,有

t总=t1+t2+t3=4 s

(也可利用下面的v-t图线求解)