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必刷03 牛顿运动定律的综合应用与题型-2021届高考物理二轮复习专项必刷（人教版）
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必刷03 牛顿运动定律的综合应用与题型
必刷点1 连接体的动力学问题
典例1. (2020·安徽模拟)为了测量小木板和斜面间的动摩擦因数,某同学设计如图所示实验,在小木板上固定一个轻质弹簧测力计(以下简称弹簧),弹簧下端吊一个光滑小球,弹簧长度方向与斜面平行,现将木板连同弹簧、小球放在斜面上,用手固定木板时,弹簧示数为F1;放手后,木板沿斜面下滑,稳定后弹簧示数为F2.测得斜面倾角为θ,则木板与斜面间动摩擦因数μ为多少?(斜面固定在地面上)
【答案】 F2F1tan θ
【解析】 木板固定时弹簧示数为F1,对小球受力分析有:F1=mgsin θ ①
整体下滑时,由牛顿第二定律得:(M+m)gsin θ-μ(M+m)gcos θ=(M+m)a ②
下滑稳定后,对小球mgsin θ-F2=ma ③
联立①②③解得μ=F2F1tan θ.
变式1.(2020·河南模拟)(多选)如图所示,质量为m2的物体,放在沿平直轨道向左行驶的车厢底板上,并用竖直细绳通过光滑的定滑轮连接质量为m1的物体.当车向左加速运动时,与物体m1相连接的绳与竖直方向成θ角,m2与车厢相对静止.则( )
A.车厢的加速度为gsin θ
B.绳对物体m1的拉力为m1gcosθ
C.底板对物体m2的支持力为(m2-m1)g
D.物体m2所受底板的摩擦力为m2gtan θ
【答案】 BD
【解析】 以物体m1为研究对象,分析受力情况如图1:重力m1g和拉力T,根据牛顿第二定律得m1gtan θ=m1a,得a=gtan θ,则车厢的加速度也为gtan θ,T=m1gcosθ,故A错误,B正确.对物体m2研究,分析受力如图2,根据牛顿第二定律得:N=m2g-T=m2g-m1gcosθ,f=m2a=m2gtan θ,故C错误,D正确.
必刷点2 “传送带”模型
典例2. (2020·辽宁模拟)如图所示,倾角为37°,长为l=16 m的传送带,转动速度为v=10 m/s,在传送带顶端A处无初速度的释放一个质量为m=0.5 kg 的物体,已知物体与传送带间的动摩擦因数μ=0.5,g取10 m/s2.求:(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)
(1)传送带顺时针转动时,物体从顶端A滑到底端B的时间;
(2)传送带逆时针转动时,物体从顶端A滑到底端B的时间.
【答案】(1)4 s (2)2 s
【解析】 (1)传送带顺时针转动时,物体相对传送带向下运动,所受的滑动摩擦力沿斜面向上,物体相对传送带向下做匀加速运动,根据牛顿第二定律有:
mg(sin 37°-μcos 37°)=ma
解得:a=gsin 37°-μgcos 37°=2 m/s2
再根据l=12at2,解得:t=4 s.
(2)传送带逆时针转动时,物体开始相对传送带向上运动,所受的滑动摩擦力沿传送带向下,设物体的加速度大小为a1,由牛顿第二定律得:mgsin 37°+μmgcos 37°=ma1
则有:a1=gsin 37°+μgcos 37°=10 m/s2
设物体的速度等于传送带的速度时经历的时间为t1,位移为x1,则有:t1=va1=1010 s=1 s
x1=12a1t12=5 m
此后物体的加速度a2=mgsin37°-μmgcos37°m=2 m/s2
此后物体的位移x2=l-x1=11 m
又x2=vt2+12a2t22
解得:t2=1 s(t2=-11 s舍去)
即t总=t1+t2=2 s.
变式2.(2020·河北模拟)如图所示为某工厂的货物传送装置,倾斜运输带AB(与水平面成α=37°)与一斜面BC(与水平面成θ=30°)平滑连接,B点到C点的距离为L=0.6 m,运输带运行速度恒为v0=5 m/s,A点到B点的距离为x=4.5 m.现将一质量为m=0.4 kg的小物体轻轻放于A点,物体恰好能到达最高点C点.已知小物体与斜面间的动摩擦因数μ1=36,求:(g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,空气阻力不计)
(1)小物体运动到B点时的速度v的大小;
(2)小物体与运输带间的动摩擦因数μ;
(3)小物体从A点运动到C点所经历的时间t.
【答案】(1)3 m/s (2)78 (3)3.4 s
【解析】(1)设小物体在斜面上的加速度为a1,运动到B点的速度为v,由牛顿第二定律得
mgsin θ+μ1mgcos θ=ma1
由运动学公式知v2=2a1L,联立解得v=3 m/s.
(2)因为v
(3)小物体从A点运动到B点经历时间t1=va2,从B运动到C经历时间t2=va1
联立并代入数据得小物体从A点运动到C点所经历的时间t=t1+t2=3.4 s.
必刷点3 “滑块+木板”模型
典例3. (2020·重庆模拟)如图所示,将小砝码置于桌面上的薄纸板上,用水平向右的拉力将纸板迅速抽出,砝码的移动很小,几乎观察不到,这就是大家熟悉的惯性演示实验.若砝码和纸板的质量分别为m1和m2,各接触面间的动摩擦因数均为μ.重力加速度为g.
(1)当纸板相对砝码运动时,求纸板所受摩擦力的大小;
(2)要使纸板相对砝码运动,求所需拉力的大小;
(3)本实验中,m1=0.5 kg,m2=0.1 kg,μ=0.2,砝码与纸板左端的距离d=0.1 m,取g=10 m/s2.若砝码移动的距离超过l=0.002 m,人眼就能感知.为确保实验成功,纸板所需的拉力至少多大?
【答案】(1) μ (2m1+m2)g (2) F>2μ(m1+m2)g (3) 22.4 N
【解析】(1)砝码和桌面对纸板的摩擦力分别为:f1=μm1g,f2=μ(m1+m2)g.
纸板所受摩擦力的大小:f=f1+f2=μ(2m1+m2)g.
(2)设砝码的加速度为a1,纸板的加速度为a2,
则有:f1=m1a1,F-f1-f2=m2a2
发生相对运动需要a2>a1
代入数据解得:F>2μ(m1+m2)g.
(3)为确保实验成功,即砝码移动的距离不超过l=0.002 m,纸板抽出时砝码运动的最大距离为:x1=12a1t12,
纸板运动距离为:d+x1=12a2t12
纸板抽出后砝码运动的距离为:x2=12a3t22,
l=x1+x2
由题意知a1=a3,a1t1=a3t2
代入数据联立得:F=22.4 N.
变式3.(2020·安徽模拟)如图所示,质量均为m的木块和长木板静止在水平地面上,木块可视为质点,木板长为L,木块与木板间动摩擦因数μ1=12,木板与地面间动摩擦因数μ2=18,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g.
(1)若木板和木块一起以初速度v0向右运动,求木板向右运动的最大位移x;
(2)若对木块施加水平向右的拉力,为使木块与木板无相对滑动,求拉力应满足的条件;
(3)若对木板施加水平拉力F=32mg,为使木块不脱离木板,求拉力F作用的最长时间t1.
【答案】(1)4v02g (2)0
木板与地面间的最大静摩擦力为:f2=μ2·2mg=14mg
(1)若木板和木块一起以初速度v0向右运动,减速的加速度为:a=f22m=18g,
根据位移与速度的关系可得:x=v022a=4v02g.
(2)当拉力最大时,木块与木板间的摩擦力达到最大,根据牛顿第二定律可得此时的加速度大小为:
a0=f1m=12g
对整体根据牛顿第二定律可得:Fmax-f2=2ma0,
解得:Fmax=54mg
故为使木块与木板无相对滑动,拉力应满足的条件为:0
木块的加速度为:a1=a0=f1m=12g,方向向右;
木板的加速度为:a2=F-f1-f2m=34g,方向向右;
t1时刻木块的速度为:v1=a1t1=12gt1
位移为:x1=12a1t12=14gt12
t1时刻木板的速度为:v2=a2t1=34gt1
位移为:x2=12a2t12=38gt12
木块相对于木板向左移动了Δx=x2-x1=18gt12
t1时刻撤去外力F,木块仍以a1的加速度向右加速,
木板则以a3=f1+f2m=34g向右减速,当t2时刻二者的速度一样大,相对静止,有:
v1+a1t2=v2-a3t2
v1t2+12a1t22+(L-Δx)=v2t2-12a3t22
联立解得:t1=20L3g.
变式4.(2019·衡阳二模)如图1所示,在水平面上有一质量为m1=1 kg的足够长的木板,其上叠放一质量为m2=2 kg的木块,木块和木板之间的动摩擦因数μ1=0.3,木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.1.假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等.现给木块施加随时间t增大的水平拉力F=3t(N),重力加速度大小g=10 m/s2.
(1)求木块和木板保持相对静止的时间t1;
(2)t=10 s时,两物体的加速度各为多大;
(3)在如图2画出木块的加速度随时间变化的图象(取水平拉力F的方向为正方向,只要求画图,不要求写出理由及演算过程).
【答案】 (1)4 s (2)3 m/s2 12 m/s2 (3)图象如图所示
【解析】 (1)当F<μ2(m1+m2)g=3 N时,木块和木板都没有被拉动,处于静止状态,当木块和木板一起运动时,对m1:
fmax-μ2(m1+m2)g=m1amax,fmax=μ1m2g
解得:amax=3 m/s2
对整体有:Fmax-μ2(m1+m2)g=(m1+m2)amax
解得:Fmax=12 N
由Fmax=3t1得:t1=4 s.
(2)t=10 s时,两物体已相对运动,则有:
对m1:μ1m2g-μ2(m1+m2)g=m1a1
解得:a1=3 m/s2
对m2:F-μ1m2g=m2a2
F=3t=30 N
解得:a2=12 m/s2.
(3)图象过(1,0),(4,3),(10,12)
练考点 过基础 过素养
题组一 连接体的动力学问题
1.(2019·河南郑州一中测试)两物体a、b的质量分别为m1、m2,由轻质弹簧相连.当用大小为F的恒力竖直向上拉着a,使a、b一起向上做匀加速直线运动时,弹簧伸长量为x1,如图甲所示;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,如图乙所示,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
【解析】 当F拉着a、b一起向上做匀加速直线运动时,以a、b整体为研究对象,由牛顿第二定律得:F-(m1+m2)g=(m1+m2)a1,隔离b物体由牛顿第二定律得kx1-m2g=m2a1,联立得kx1=m2Fm1+m2.当F拉着a使a、b一起沿光滑水平面做匀加速直线运动时,以a、b整体为研究对象,由牛顿第二定律得F=(m1+m2)a2,隔离b物体由牛顿第二定律得kx2=m2a2 .联立得kx2=m2Fm1+m2,故x1=x2,与m1和m2的大小无关,选项A正确.
2.(2019·济南外国语学校期中)如图甲所示,用黏性材料粘在一起的A、B两物块静止于光滑水平面上,两物块的质量分别为mA=1 kg、mB=2 kg,当A、B之间产生拉力且大于0.3 N时A、B将会分离.t=0时刻开始对物块A施加一水平推力F1,同时对物块B施加同一方向的拉力F2,使A、B从静止开始运动,运动过程中F1、F2方向保持不变,F1、F2的大小随时间变化的规律如图乙所示.则下列关于A、B两物块受力及运动情况的分析,正确的是( )
A.t=2.0 s时刻A、B之间作用力大小为0.6 N
B.t=2.0 s时刻A、B之间作用力为零
C.t=2.5 s时刻A对B的作用力方向向左
D.从t=0时刻到A、B分离,它们运动的位移为4.5 m
【答案】 A
【解析】 设t时刻A、B分离,分离之前A、B物体共同运动,加速度为a,以整体为研究对象有:a=F1+F2mA+mB=3.6+01+2 m/s2=1.2 m/s2,分离时对B有:F2-FT=mBa,解得:F2=FT+mBa=0.3 N+2×1.2 N=2.7 N,由图象F2=3.64.0t可知,经历的时间:t=43.6×2.7 s=3 s,运动的位移:x=12at2=5.4 m,故选项D错误;当t=2 s时,F2=1.8 N,对B物体有:F2+FN1=mBa,解得:FN1=mBa-F2=0.6 N,选项A正确,B错误;当t=2.5 s时,F2=2.25 N,同理有:F2+FN2=mBa,解得:FN2=mBa-F2>0,A对B的作用力方向向右,C错误.
3.(2020·湖北模拟)如图所示,竖直放置在水平面上的轻质弹簧上叠放着两物块A、B,A、B的质量均为2 kg,它们处于静止状态.若突然将一个大小为10 N,方向竖直向下的力施加在物块A上,则此瞬间,A对B的压力大小为(g=10 m/s2)( )
A.10 N B.20 N C.25 N D.30 N
【答案】C
【解析】对A、B整体分析,当它们处于静止状态时,弹簧的弹力等于整体A、B的重力,当施加力F的瞬间,弹力在瞬间不变,故A、B所受合力为10 N,则a=F合2m=2.5 m/s2,隔离物块A受力分析得F+mg-FN=ma,解得FN=25 N,所以A对B的压力大小等于25 N,C正确.
4. (2019·江西铅山一中联考)如图所示,一固定杆与水平方向夹角为α,将一质量为m1的滑块套在杆上,通过轻绳悬挂一质量为m2的小球,杆与滑块之间的动摩擦因数为μ.若滑块与小球保持相对静止以相同的加速度a一起运动,此时绳子与竖直方向夹角为β,且α<β,不计空气阻力,则滑块的运动情况是( )
A.沿着杆减速下滑 B.沿着杆减速上滑
C.沿着杆加速下滑 D.沿着杆加速上滑
【答案】B
【解析】由于滑块与小球保持相对静止以相同的加速度运动,故小球的加速度方向也应沿杆的方向.对小球受力分析可知,其加速度方向沿斜面向下,再由牛顿第二定律得:mgsin α+Fsin (β-α)=ma,可以判断a>gsin α,把滑块和小球看做一个整体,则沿斜面方向有:(m1+m2)gsin α+Ff=(m1+m2)a,解得:Ff=(m1+m2)(a-gsin α)>0,故滑块所受的摩擦力沿斜面向下,因此滑块沿杆减速上滑,选项B正确.
题组二 “传送带”模型
5.(2020·福建模拟)如图所示为粮袋的传送装置,已知AB间长度为L,传送带与水平方向的夹角为θ,工作时其运行速度为v,粮袋与传送带间的动摩擦因数为μ.正常工作时工人在A点将粮袋放到运行中的传送带上,关于粮袋从A到B的运动,以下说法正确的是(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( )
A.粮袋到达B点的速度与v比较,可能大,也可能相等或小
B.粮袋开始运动的加速度为g(sin θ-μcos θ),若L足够大,则以后将一定以速度v做匀速运动
C.若μ≥tan θ,则粮袋从A到B一定是一直做加速运动
D.不论μ大小如何,粮袋从A到B一直做匀加速运动,且a>gsin θ
【答案】BC
【解析】 A.粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动,到达B点时的速度小于或等于v;可能先匀加速运动,当速度与传送带相同后,做匀速运动,到达B点时速度与v相同;也可能先做加速度较大的匀加速运动,当速度与传送带相同后做加速度较小的匀加速运动,到达B点时的速度大于v,故A正确.B.粮袋开始时受到沿斜面向下的滑动摩擦力,大小为μmgcos θ,根据牛顿第二定律得到,加速度a=g(sin θ+μcos θ),若μ
【答案】D
【解析】 开始阶段,木块做加速度为a1的匀加速直线运动,由牛顿第二定律得mgsin θ+μmgcos θ=ma1,即a1=gsin θ+μgcos θ,木块加速至与传送带速度相等时,由于μ
7. (2019·湖北省黄冈市模拟)(多选)机场使用的货物安检装置如图所示,绷紧的传送带始终保持v=1 m/s的恒定速率运动,AB为传送带水平部分且长度L=2 m,现有一质量为m=1 kg的背包(可视为质点)无初速度地放在水平传送带的A端,可从B端沿斜面滑到地面.已知背包与传送带间的动摩擦因数μ=0.5,g=10 m/s2,下列说法正确的是( )
A.背包从A运动到B所用的时间为2.1 s
B.背包从A运动到B所用的时间为2.3 s
C.背包与传送带之间的相对位移为0.3 m
D.背包与传送带之间的相对位移为0.1 m
【答案】AD
【解析】背包在水平传送带上由滑动摩擦力产生加速度,μmg=ma,得a=5 m/s2,背包达到传送带的速度v=1 m/s所用时间t1=va=0.2 s,此过程背包对地面位移x1=v2t1=12×0.2 m=0.1 m
(1)小物块与传送带间的动摩擦因数为多大;
(2)0~8 s内小物块与传送带之间的划痕为多长.
【答案】(1)78 (2)18 m
【解析】 (1)根据v-t图象的斜率表示加速度,a=ΔvΔt=22 m/s2=1 m/s2
由牛顿第二定律得μmgcos 37°-mgsin 37°=ma
解得μ=78.
(2)0~8 s内只有前6 s内物块与传送带发生相对滑动
0~6 s内传送带匀速运动距离为:x带=4×6 m=24 m.
速度图象的“面积”大小等于位移,则0~2 s内物块位移为:
x1=12×2×2 m=2 m,方向沿斜面向下
2~6 s内物块位移为:
x2=12×4×4 m=8 m,方向沿斜面向上
所以划痕的长度为:Δx=x带+x1-x2=(24+2-8) m=18 m.
9.(2019·宁夏银川一中月考)(多选)如图所示,水平传送带A、B两端相距s=7.5 m,工件与传送带间的动摩擦因数μ=0.1.工件滑上A端的瞬时速度vA=4 m/s,达到B端的瞬时速度设为vB,g取10 m/s2,则( )
A.若传送带不动,则vB=2 m/s
B.若传送带以速度v=4 m/s逆时针匀速转动,vB=1 m/s
C.若传送带以速度v=5 m/s顺时针匀速转动,vB=5 m/s
D.若传送带以速度v=6 m/s顺时针匀速转动,vB=6 m/s
【答案】BC
【解析】 若传送带不动,则工件的加速度a=μmgm=μg=0.1×10 m/s2=1 m/s2,由速度和位移公式得:vB2-vA2=-2as,解得:vB=1 m/s,故A错误;若传送带以速度v=4 m/s逆时针匀速转动,工件的受力情况不变,由牛顿第二定律得知,工件的加速度仍为a=1 m/s2,工件的运动情况跟传送带不动时的一样,则vB=1 m/s,故B正确;若传送带以速度v=5 m/s顺时针匀速转动,则工件滑上传送带时所受的滑动摩擦力方向水平向右,做匀加速运动,工件的加速度仍为a=1 m/s2,工件速度增加到与传送带速度相等时的位移为x=v2-vA22a=52-422×1 m=4.5 ms,工件与传送带没有达到共速就已经离开传送带,则滑块离开传送带的速度为vB<6 m/s,故D错误.
10.(2018·福建省宁德市上学期期末)智能分拣设备迅速将包裹分拣装车.若把智能分拣设备简化成如图所示的水平传输装置,皮带在电动机的带动下保持v=1 m/s的速度向右运动,现将一质量为m=2 kg的包裹轻放在皮带上,包裹和皮带间的动摩擦因数μ=0.5.包裹从轻放在皮带上到相对皮带静止的过程中,设皮带足够长,取g=10 m/s2,求:
(1)包裹滑动时加速度a的大小;
(2)包裹滑动的时间t;
(3)包裹位移x的大小.
【答案】BC
【解析】(1)设包裹放到皮带上受到的滑动摩擦力为Ff,则:Ff=μmg=ma
a=μg=5 m/s2.
(2)包裹加速到与传送带速度相等的时间为t=va=15 s=0.2 s.
(3)加速到与传送带相对静止的位移为x=12at2=12×5×0.22 m=0.1 m.
题组三 “滑块+木板”模型
11.(2020·四川模拟)(多选)如图所示,一质量为M的长木板静置于光滑水平面上,其上放置质量为m的小滑块.木板受到随时间t变化的水平拉力F作用时,用传感器测出其加速度a,得到如图所示的a-F图象.取g=10 m/s2,则( )
A.滑块的质量m=4 kg
B.木板的质量M=6 kg
C.当F=8 N时滑块的加速度为2 m/s2
D.滑块与木板间动摩擦因数为0.1
【答案】AD
【解析】 当F等于6 N时,加速度为:a=1 m/s2,
对整体分析,由牛顿第二定律有:F=(M+m)a,
代入数据解得:M+m=6 kg
当F大于6 N时,根据牛顿第二定律得:a=F-μmgM=1MF-μmgM,
知图线的斜率k=1M=12,解得:M=2 kg,
滑块的质量为:m=4 kg,故A正确,B错误;
根据F大于6 N的图线知,图线过点(4,0)即:0=4 N-μmg,
代入数据解得:μ=0.1,
所以a=12F-2,当F=8 N时,
长木板的加速度为:a=2 m/s2.
根据μmg=ma'得:a'=μmgm=μg=1 m/s2,
故C错误,D正确.
12.(2020·河南模拟)(多选)如图甲所示,足够长的木板B静置于光滑水平面上,其上放置小滑块A.木板B受到随时间t变化的水平拉力F作用时,用传感器测出木板B的加速度a,得到如图乙所示的a-F图象,已知g取10 m/s2,则( )
A.木板B的质量为1 kg
B.滑块A的质量为4 kg
C.当F=10 N时木板B的加速度为4 m/s2
D.滑块A与木板B间动摩擦因数为0.1
【答案】AC
【解析】由题给a-F图象可知,当F=8 N时,物体A、B刚要发生相对滑动,整体的加速度a=2 m/s2,由牛顿第二定律得F=(M+m)a,解得M+m=4 kg.当F大于8 N时,物体A、B发生相对运动,对木板B有a=F-μmgM=1MF-μmgM,由图线的斜率k=1M=1,解得M=1 kg,所以滑块A的质量m=3 kg,A正确,B错误;当F=8 N时,对物体A有μmg=ma,解得μ=0.2,D错误;当F=10 N时,对木板B有a=1MF-μmgM=4 m/s2,C正确.
13.(2018·湖北黄冈期末)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μ3.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
【答案】 C
【解析】 当水平力作用在A上,使A刚好要相对B滑动时,A、B之间的摩擦力刚好达到最大静摩擦力,隔离B分析,由牛顿第二定律得B的加速度aB=a1=μmg-μ3·2mgm=13μg;当水平力作用在B上,使B刚好要相对A滑动时,A、B间的摩擦力也刚好达到最大,隔离A分析,有aA=a2=μmgm=μg,故a1∶a2=1∶3,选项C正确.
14.(2019·宁夏银川一中月考)如图甲所示,质量M=4 kg且足够长的木板静止在光滑的水平面上,在木板的中点放一个质量m=4 kg、大小可以忽略的铁块,铁块与木板之间的动摩擦因数μ=0.2,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力.铁块和木板开始均静止,从t=0时刻起铁块m受到水平向右、大小如图乙所示的拉力F的作用,F共作用时间为6 s,(g取10 m/s2)则:
(1)铁块和木板在前2 s的加速度大小分别为多少?
(2)铁块和木板相对静止前,运动的位移大小各为多少?
(3)力F作用的最后2 s内,铁块和木板的位移大小分别是多少?
【答案】 (1)3 m/s2 2 m/s2 (2)20 m 16 m (3)19 m 19 m
【解析】 (1)前2 s,由牛顿第二定律得
对铁块:F-μmg=ma1,解得a1=3 m/s2
对木板:μmg=Ma2,解得a2=2 m/s2.
(2)2 s内,铁块的位移x1=12a1t2=6 m
木板的位移x2=12a2t2=4 m
2 s末,铁块的速度v1=a1t=6 m/s
木板的速度v2=a2t=4 m/s
2 s后,由牛顿第二定律,对铁块:F'-μmg=ma1'
解得a1'=1 m/s2
对木板:μmg=Ma2',解得a2'=2 m/s2
设再经过t0时间铁块和木板的共同速度为v,则
v=v1+a1't0=v2+a2't0
解得t0=2 s,v=8 m/s
在t0时间内,铁块的位移x1'=v1+v2t0=6+82×2 m=14 m
木板的位移x2'=v2+v2t0=4+82×2 m=12 m
所以铁块和木板相对静止前铁块运动的位移
x铁块=x1+x1'=20 m
铁块和木板相对静止前木板运动的位移
x木板=x2+x2'=16 m.
(3)力F作用的最后2 s,铁块和木板相对静止,一起以初速度v=8 m/s做匀加速直线运动,由牛顿第二定律,对铁块和木板整体有F=(M+m)a,解得a=1.5 m/s2
所以铁块和木板运动的位移均为x3=vΔt+12a(Δt)2=19 m.
15.(2019·全国卷Ⅲ)(多选)如图(a),物块和木板叠放在实验台上,物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连,细绳水平.t=0时,木板开始受到水平外力F的作用,在t=4 s时撤去外力.细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图(b)所示,木板的速度v与时间t的关系如图(c)所示.木板与实验台之间的摩擦可以忽略.重力加速度取10 m/s2.由题给数据可以得出( )
A.木板的质量为1 kg
B.2~4 s内,力F的大小为0.4 N
C.0~2 s内,力F的大小保持不变
D.物块与木板之间的动摩擦因数为0.2
【答案】AB
【解析】根据图象可知物块与木板之间的滑动摩擦力为f=0.2 N,在4 s后撤去外力,此时木板在水平方向上只受到滑动摩擦力的作用,此时木板的加速度大小为a2=0.4-0.25-4 m/s2=0.2 m/s2,根据牛顿第二定律可得f=ma2,解得木板的质量m=1 kg,故A正确;2~4 s内,木板的加速度a1=0.44-2 m/s2=0.2 m/s2,根据牛顿第二定律可得F-f=ma1,解得力F=0.4 N,故B正确;0~2 s内,整体受力平衡,拉力F的大小始终等于绳子的拉力,绳子的拉力增大,则力F增大,故C错误;由于物块的质量无法求出,物块与木板之间的动摩擦因数无法求解,故D错误.
16. (2017·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.
【答案】(1)1 m/s (2)1.9 m
【解析】(1)对A受力分析,根据牛顿第二定律得:μ1mAg=mAaA
代入数据解得:aA=5 m/s2,方向向右,
对B分析,根据牛顿第二定律得:μ1mBg=mBaB
代入数据解得:aB=5 m/s2,方向向左.
对木板分析,根据牛顿第二定律得:μ1mBg-μ1mAg-μ2(m+mA+mB)g=ma1
代入数据解得:a1=2.5 m/s2,方向向右.
当木板与B共速时,有:v=v0-aBt1=a1t1,
代入数据解得:t1=0.4 s,v=1 m/s.
(2)此时B相对木板静止,突变为静摩擦力,A受力不变加速度仍为5 m/s2,方向向右,对B与木板受力分析,有:μ1mAg+μ2(m+mA+mB)g=(m+mB)a2
代入数据解得:a2=53 m/s2,方向向左,
当木板与A共速时有:v'=v-a2t2=-v+aAt2,
代入数据解得:t2=0.3 s,v'=0.5 m/s.
当t1=0.4 s,xB=v0+v2t1=3+12×0.4 m=0.8 m,
x木=0+v2t1=0+12×0.4 m=0.2 m
LB板=xB-x木=0.8 m-0.2 m=0.6 m,
对A,向左,xA=v0+v2t1=3+12×0.4 m=0.8 m,
LA1板=xA+x木=0.8 m+0.2 m=1 m,
当t2=0.3 s,对A,向左,xA1=v-v'2t2=1-0.52×0.3 m=340 m
对木板,向右,x木1=v+v'2t1=1+0.52×0.3 m=940 m
LA2板=xA1+x木1=340 m+940 m=0.3 m,
可知AB相距
L=LB板+LA1板+LA2板=0.6 m+1 m+0.3 m=1.9 m.
17. (2019·江苏卷)如图所示,质量相等的物块A和B叠放在水平地面上,左边缘对齐.A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ.先敲击A,A立即获得水平向右的初速度,在B上滑动距离L后停下.接着敲击B,B立即获得水平向右的初速度,A、B都向右运动,左边缘再次对齐时恰好相对静止,此后两者一起运动至停下.最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g.求:
(1)A被敲击后获得的初速度大小vA;
(2)在左边缘再次对齐的前、后,B运动加速度的大小aB、aB';
(3)B被敲击后获得的初速度大小vB.
【答案】 (1)2μgL (2)3μg μg (3)22μgL
【解析】(1)由牛顿运动定律知,A加速度的大小:aA=μg
匀变速直线运动:2aAL=vA2
解得:vA=2μgL.
(2)设A、B的质量均为m,对齐前,
B所受合外力大小:F=3μmg
由牛顿运动定律:F=maB,解得:aB=3μg
对齐后,A、B所受合外力大小:F'=2μmg
由牛顿运动定律F'=2maB'
解得:aB'=μg.
(3)经过时间t,A、B达到共同速度v,位移分别为xA、xB,A加速度的大小等于aA,则:v=aAt,
v=vB-aBt,xA=12aAt2,xB=vBt-12aBt2
且xB-xA=L
解得:vB=22μgL.
18. (2015·全国卷Ⅱ)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°sin37°=35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38,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.
【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=μ1N1 ①
N1=mgcos θ ②
f2=μ2N2 ③
N2=N1+mgcos θ ④
规定沿斜面向下为正,设A和B的加速度分别为a1和a2,
由牛顿第二定律得:mgsin θ-f1=ma1 ⑤
mgsin θ+f1-f2=ma2 ⑥
据此,计算出a1=3 m/s2,a2=1 m/s2.
(2)在t1=2 s时,设A和B的速度分别为v1和v2,则
v1=a1t1=6 m/s ⑨
v2=a2t1=2 m/s ⑩
t>t1时,设A和B的加速度分别为a1'和a2',此时A与B之间摩擦力为零,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⑩式得:t2=1 s
在t1+t2时间内,A相对于B运动的距离为:
s=12a1t12+v1t2+12a1't22-12a2t12+v2t2+12a2't22
=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+12a1't32
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
(利用下面的速度图线求解也可).
19.(2019·新乡模拟)如图所示,粗糙水平面上放置B、C两物体,A叠放在C上,A、B、C的质量分别为m、2m和3m,物体B、C与水平面间的动摩擦因数相同,其间用一不可伸长的轻绳相连,轻绳能承受的最大拉力为FT.现用水平拉力F拉物体B,使三个物体以同一加速度向右运动,则( )
A.此过程中物体C受五个力作用
B.当F逐渐增大到FT时,轻绳刚好被拉断
C.当F逐渐增大到1.5FT时,轻绳刚好被拉断
D.若水平面光滑,则绳刚断时,A、C间的摩擦力为FT6
【答案】C
【解析】对A,A受重力、支持力和向右的静摩擦力作用,可以知道C受重力、A对C的压力、地面的支持力、绳子的拉力、A对C的摩擦力以及地面的摩擦力六个力作用,故A错误;对整体分析,整体的加速度a=F-μ·6mg6m=F6m-μg,隔离对A、C分析,根据牛顿第二定律得,FT-μ·4mg=4ma,计算得出FT=23F,当F=1.5FT时,轻绳刚好被拉断,故B错误,C正确;水平面光滑,绳刚断时,对A、C分析,加速度a=FT4m,隔离对A分析,A的摩擦力Ff=ma=FT4,故D错误.
20.(2019·海口模拟)如图,一条足够长的浅色水平传送带自左向右匀速运行.现将一个木炭包无初速地放在传送带的最左端,木炭包将会在传送带上留下一段黑色的径迹.下列说法中正确的是( )
A.黑色的径迹将出现在木炭包的左侧
B.木炭包的质量越大,径迹的长度越长
C.传送带运动的速度越大,径迹的长度越短
D.木炭包与传送带间动摩擦因数越大,径迹的长度越短
【答案】D
【解析】因为木炭包相对于传送带向后滑,即相对于传送带向左运动,黑色径迹出现在木炭包的右侧,故A错误;根据牛顿第二定律得,木炭包匀加速运动时的加速度大小a=μmgm=μg,设传送带的速度为v,则木炭包速度达到传送带速度时经历的时间t=va=vμg,位移x1=v2t,在这段时间内传送带的位移x2=vt,则木炭包与传送带间相对位移大小,即径迹的长度Δx=x2-x1=vt-vt2=v22μg,所以径迹的长度与木炭包的质量无关,传送带运动的速度越大,径迹的长度越长,动摩擦因数越大,径迹越小,故B、C错误,D正确.
21.(2020·湖北模拟)足够长的光滑固定斜面BC倾角α=53°,小物块与水平面间的动摩擦因数为0.5,水平面与斜面之间B点有一小段弧形连接(未画出),一质量m=2 kg的小物块静止于A点.现在AB段对小物块施加与水平方向成α=53°的恒力F作用,如图甲所示.小物块在AB段运动的速度-时间图象如图乙所示,到达B点迅速撤去恒力F(已知sin 53°=0.8,cos 53°=0.6,g取10 m/s2).求:
(1)小物块所受到的恒力F的大小;
(2)小物块从B点沿斜面向上运动,到返回B点所用的时间;
(3)小物块最终离A点的距离.
【答案】(1)11 N (2)0.5 s (3)3.6 m
【解析】(1)由题图乙可知,小物块在AB段的加速度a1=ΔvΔt=2.0-04.0-0 m/s2=0.5 m/s2
根据牛顿第二定律,有Fcos α-μ(mg-Fsin α)=ma1得F=ma1+μmgcosα+μsinα=11 N.
(2)在BC段,对小物块有mgsin α=ma2,解得a2=gsin α=8 m/s2,小物块从B点到最高点所用时间与从最高点到B点所用时间相等,所以小物块从B点沿斜面向上运动到返回B点所用的时间为t=2vBa2=0.5 s.
(3)小物块从B向A运动过程中,有μmg=ma3,a3=μg=5 m/s2,
由B至停下小物块的位移x=vB22a3=0.4 m
xAB=0+vB2t0=4.0 m
ΔxA=xAB-x=3.6 m.
必刷03 牛顿运动定律的综合应用与题型
必刷点1 连接体的动力学问题
典例1. (2020·安徽模拟)为了测量小木板和斜面间的动摩擦因数,某同学设计如图所示实验,在小木板上固定一个轻质弹簧测力计(以下简称弹簧),弹簧下端吊一个光滑小球,弹簧长度方向与斜面平行,现将木板连同弹簧、小球放在斜面上,用手固定木板时,弹簧示数为F1;放手后,木板沿斜面下滑,稳定后弹簧示数为F2.测得斜面倾角为θ,则木板与斜面间动摩擦因数μ为多少?(斜面固定在地面上)
【答案】 F2F1tan θ
【解析】 木板固定时弹簧示数为F1,对小球受力分析有:F1=mgsin θ ①
整体下滑时,由牛顿第二定律得:(M+m)gsin θ-μ(M+m)gcos θ=(M+m)a ②
下滑稳定后,对小球mgsin θ-F2=ma ③
联立①②③解得μ=F2F1tan θ.
变式1.(2020·河南模拟)(多选)如图所示,质量为m2的物体,放在沿平直轨道向左行驶的车厢底板上,并用竖直细绳通过光滑的定滑轮连接质量为m1的物体.当车向左加速运动时,与物体m1相连接的绳与竖直方向成θ角,m2与车厢相对静止.则( )
A.车厢的加速度为gsin θ
B.绳对物体m1的拉力为m1gcosθ
C.底板对物体m2的支持力为(m2-m1)g
D.物体m2所受底板的摩擦力为m2gtan θ
【答案】 BD
【解析】 以物体m1为研究对象,分析受力情况如图1:重力m1g和拉力T,根据牛顿第二定律得m1gtan θ=m1a,得a=gtan θ,则车厢的加速度也为gtan θ,T=m1gcosθ,故A错误,B正确.对物体m2研究,分析受力如图2,根据牛顿第二定律得:N=m2g-T=m2g-m1gcosθ,f=m2a=m2gtan θ,故C错误,D正确.
必刷点2 “传送带”模型
典例2. (2020·辽宁模拟)如图所示,倾角为37°,长为l=16 m的传送带,转动速度为v=10 m/s,在传送带顶端A处无初速度的释放一个质量为m=0.5 kg 的物体,已知物体与传送带间的动摩擦因数μ=0.5,g取10 m/s2.求:(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)
(1)传送带顺时针转动时,物体从顶端A滑到底端B的时间;
(2)传送带逆时针转动时,物体从顶端A滑到底端B的时间.
【答案】(1)4 s (2)2 s
【解析】 (1)传送带顺时针转动时,物体相对传送带向下运动,所受的滑动摩擦力沿斜面向上,物体相对传送带向下做匀加速运动,根据牛顿第二定律有:
mg(sin 37°-μcos 37°)=ma
解得:a=gsin 37°-μgcos 37°=2 m/s2
再根据l=12at2,解得:t=4 s.
(2)传送带逆时针转动时,物体开始相对传送带向上运动,所受的滑动摩擦力沿传送带向下,设物体的加速度大小为a1,由牛顿第二定律得:mgsin 37°+μmgcos 37°=ma1
则有:a1=gsin 37°+μgcos 37°=10 m/s2
设物体的速度等于传送带的速度时经历的时间为t1,位移为x1,则有:t1=va1=1010 s=1 s
x1=12a1t12=5 m
此后物体的加速度a2=mgsin37°-μmgcos37°m=2 m/s2
此后物体的位移x2=l-x1=11 m
又x2=vt2+12a2t22
解得:t2=1 s(t2=-11 s舍去)
即t总=t1+t2=2 s.
变式2.(2020·河北模拟)如图所示为某工厂的货物传送装置,倾斜运输带AB(与水平面成α=37°)与一斜面BC(与水平面成θ=30°)平滑连接,B点到C点的距离为L=0.6 m,运输带运行速度恒为v0=5 m/s,A点到B点的距离为x=4.5 m.现将一质量为m=0.4 kg的小物体轻轻放于A点,物体恰好能到达最高点C点.已知小物体与斜面间的动摩擦因数μ1=36,求:(g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,空气阻力不计)
(1)小物体运动到B点时的速度v的大小;
(2)小物体与运输带间的动摩擦因数μ;
(3)小物体从A点运动到C点所经历的时间t.
【答案】(1)3 m/s (2)78 (3)3.4 s
【解析】(1)设小物体在斜面上的加速度为a1,运动到B点的速度为v,由牛顿第二定律得
mgsin θ+μ1mgcos θ=ma1
由运动学公式知v2=2a1L,联立解得v=3 m/s.
(2)因为v
(3)小物体从A点运动到B点经历时间t1=va2,从B运动到C经历时间t2=va1
联立并代入数据得小物体从A点运动到C点所经历的时间t=t1+t2=3.4 s.
必刷点3 “滑块+木板”模型
典例3. (2020·重庆模拟)如图所示,将小砝码置于桌面上的薄纸板上,用水平向右的拉力将纸板迅速抽出,砝码的移动很小,几乎观察不到,这就是大家熟悉的惯性演示实验.若砝码和纸板的质量分别为m1和m2,各接触面间的动摩擦因数均为μ.重力加速度为g.
(1)当纸板相对砝码运动时,求纸板所受摩擦力的大小;
(2)要使纸板相对砝码运动,求所需拉力的大小;
(3)本实验中,m1=0.5 kg,m2=0.1 kg,μ=0.2,砝码与纸板左端的距离d=0.1 m,取g=10 m/s2.若砝码移动的距离超过l=0.002 m,人眼就能感知.为确保实验成功,纸板所需的拉力至少多大?
【答案】(1) μ (2m1+m2)g (2) F>2μ(m1+m2)g (3) 22.4 N
【解析】(1)砝码和桌面对纸板的摩擦力分别为:f1=μm1g,f2=μ(m1+m2)g.
纸板所受摩擦力的大小:f=f1+f2=μ(2m1+m2)g.
(2)设砝码的加速度为a1,纸板的加速度为a2,
则有:f1=m1a1,F-f1-f2=m2a2
发生相对运动需要a2>a1
代入数据解得:F>2μ(m1+m2)g.
(3)为确保实验成功,即砝码移动的距离不超过l=0.002 m,纸板抽出时砝码运动的最大距离为:x1=12a1t12,
纸板运动距离为:d+x1=12a2t12
纸板抽出后砝码运动的距离为:x2=12a3t22,
l=x1+x2
由题意知a1=a3,a1t1=a3t2
代入数据联立得:F=22.4 N.
变式3.(2020·安徽模拟)如图所示,质量均为m的木块和长木板静止在水平地面上,木块可视为质点,木板长为L,木块与木板间动摩擦因数μ1=12,木板与地面间动摩擦因数μ2=18,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g.
(1)若木板和木块一起以初速度v0向右运动,求木板向右运动的最大位移x;
(2)若对木块施加水平向右的拉力,为使木块与木板无相对滑动,求拉力应满足的条件;
(3)若对木板施加水平拉力F=32mg,为使木块不脱离木板,求拉力F作用的最长时间t1.
【答案】(1)4v02g (2)0
木板与地面间的最大静摩擦力为:f2=μ2·2mg=14mg
(1)若木板和木块一起以初速度v0向右运动,减速的加速度为:a=f22m=18g,
根据位移与速度的关系可得:x=v022a=4v02g.
(2)当拉力最大时,木块与木板间的摩擦力达到最大,根据牛顿第二定律可得此时的加速度大小为:
a0=f1m=12g
对整体根据牛顿第二定律可得:Fmax-f2=2ma0,
解得:Fmax=54mg
故为使木块与木板无相对滑动,拉力应满足的条件为:0
木块的加速度为:a1=a0=f1m=12g,方向向右;
木板的加速度为:a2=F-f1-f2m=34g,方向向右;
t1时刻木块的速度为:v1=a1t1=12gt1
位移为:x1=12a1t12=14gt12
t1时刻木板的速度为:v2=a2t1=34gt1
位移为:x2=12a2t12=38gt12
木块相对于木板向左移动了Δx=x2-x1=18gt12
t1时刻撤去外力F,木块仍以a1的加速度向右加速,
木板则以a3=f1+f2m=34g向右减速,当t2时刻二者的速度一样大,相对静止,有:
v1+a1t2=v2-a3t2
v1t2+12a1t22+(L-Δx)=v2t2-12a3t22
联立解得:t1=20L3g.
变式4.(2019·衡阳二模)如图1所示,在水平面上有一质量为m1=1 kg的足够长的木板,其上叠放一质量为m2=2 kg的木块,木块和木板之间的动摩擦因数μ1=0.3,木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.1.假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等.现给木块施加随时间t增大的水平拉力F=3t(N),重力加速度大小g=10 m/s2.
(1)求木块和木板保持相对静止的时间t1;
(2)t=10 s时,两物体的加速度各为多大;
(3)在如图2画出木块的加速度随时间变化的图象(取水平拉力F的方向为正方向,只要求画图,不要求写出理由及演算过程).
【答案】 (1)4 s (2)3 m/s2 12 m/s2 (3)图象如图所示
【解析】 (1)当F<μ2(m1+m2)g=3 N时,木块和木板都没有被拉动,处于静止状态,当木块和木板一起运动时,对m1:
fmax-μ2(m1+m2)g=m1amax,fmax=μ1m2g
解得:amax=3 m/s2
对整体有:Fmax-μ2(m1+m2)g=(m1+m2)amax
解得:Fmax=12 N
由Fmax=3t1得:t1=4 s.
(2)t=10 s时,两物体已相对运动,则有:
对m1:μ1m2g-μ2(m1+m2)g=m1a1
解得:a1=3 m/s2
对m2:F-μ1m2g=m2a2
F=3t=30 N
解得:a2=12 m/s2.
(3)图象过(1,0),(4,3),(10,12)
练考点 过基础 过素养
题组一 连接体的动力学问题
1.(2019·河南郑州一中测试)两物体a、b的质量分别为m1、m2,由轻质弹簧相连.当用大小为F的恒力竖直向上拉着a,使a、b一起向上做匀加速直线运动时,弹簧伸长量为x1,如图甲所示;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,如图乙所示,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
【解析】 当F拉着a、b一起向上做匀加速直线运动时,以a、b整体为研究对象,由牛顿第二定律得:F-(m1+m2)g=(m1+m2)a1,隔离b物体由牛顿第二定律得kx1-m2g=m2a1,联立得kx1=m2Fm1+m2.当F拉着a使a、b一起沿光滑水平面做匀加速直线运动时,以a、b整体为研究对象,由牛顿第二定律得F=(m1+m2)a2,隔离b物体由牛顿第二定律得kx2=m2a2 .联立得kx2=m2Fm1+m2,故x1=x2,与m1和m2的大小无关,选项A正确.
2.(2019·济南外国语学校期中)如图甲所示,用黏性材料粘在一起的A、B两物块静止于光滑水平面上,两物块的质量分别为mA=1 kg、mB=2 kg,当A、B之间产生拉力且大于0.3 N时A、B将会分离.t=0时刻开始对物块A施加一水平推力F1,同时对物块B施加同一方向的拉力F2,使A、B从静止开始运动,运动过程中F1、F2方向保持不变,F1、F2的大小随时间变化的规律如图乙所示.则下列关于A、B两物块受力及运动情况的分析,正确的是( )
A.t=2.0 s时刻A、B之间作用力大小为0.6 N
B.t=2.0 s时刻A、B之间作用力为零
C.t=2.5 s时刻A对B的作用力方向向左
D.从t=0时刻到A、B分离,它们运动的位移为4.5 m
【答案】 A
【解析】 设t时刻A、B分离,分离之前A、B物体共同运动,加速度为a,以整体为研究对象有:a=F1+F2mA+mB=3.6+01+2 m/s2=1.2 m/s2,分离时对B有:F2-FT=mBa,解得:F2=FT+mBa=0.3 N+2×1.2 N=2.7 N,由图象F2=3.64.0t可知,经历的时间:t=43.6×2.7 s=3 s,运动的位移:x=12at2=5.4 m,故选项D错误;当t=2 s时,F2=1.8 N,对B物体有:F2+FN1=mBa,解得:FN1=mBa-F2=0.6 N,选项A正确,B错误;当t=2.5 s时,F2=2.25 N,同理有:F2+FN2=mBa,解得:FN2=mBa-F2>0,A对B的作用力方向向右,C错误.
3.(2020·湖北模拟)如图所示,竖直放置在水平面上的轻质弹簧上叠放着两物块A、B,A、B的质量均为2 kg,它们处于静止状态.若突然将一个大小为10 N,方向竖直向下的力施加在物块A上,则此瞬间,A对B的压力大小为(g=10 m/s2)( )
A.10 N B.20 N C.25 N D.30 N
【答案】C
【解析】对A、B整体分析,当它们处于静止状态时,弹簧的弹力等于整体A、B的重力,当施加力F的瞬间,弹力在瞬间不变,故A、B所受合力为10 N,则a=F合2m=2.5 m/s2,隔离物块A受力分析得F+mg-FN=ma,解得FN=25 N,所以A对B的压力大小等于25 N,C正确.
4. (2019·江西铅山一中联考)如图所示,一固定杆与水平方向夹角为α,将一质量为m1的滑块套在杆上,通过轻绳悬挂一质量为m2的小球,杆与滑块之间的动摩擦因数为μ.若滑块与小球保持相对静止以相同的加速度a一起运动,此时绳子与竖直方向夹角为β,且α<β,不计空气阻力,则滑块的运动情况是( )
A.沿着杆减速下滑 B.沿着杆减速上滑
C.沿着杆加速下滑 D.沿着杆加速上滑
【答案】B
【解析】由于滑块与小球保持相对静止以相同的加速度运动,故小球的加速度方向也应沿杆的方向.对小球受力分析可知,其加速度方向沿斜面向下,再由牛顿第二定律得:mgsin α+Fsin (β-α)=ma,可以判断a>gsin α,把滑块和小球看做一个整体,则沿斜面方向有:(m1+m2)gsin α+Ff=(m1+m2)a,解得:Ff=(m1+m2)(a-gsin α)>0,故滑块所受的摩擦力沿斜面向下,因此滑块沿杆减速上滑,选项B正确.
题组二 “传送带”模型
5.(2020·福建模拟)如图所示为粮袋的传送装置,已知AB间长度为L,传送带与水平方向的夹角为θ,工作时其运行速度为v,粮袋与传送带间的动摩擦因数为μ.正常工作时工人在A点将粮袋放到运行中的传送带上,关于粮袋从A到B的运动,以下说法正确的是(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( )
A.粮袋到达B点的速度与v比较,可能大,也可能相等或小
B.粮袋开始运动的加速度为g(sin θ-μcos θ),若L足够大,则以后将一定以速度v做匀速运动
C.若μ≥tan θ,则粮袋从A到B一定是一直做加速运动
D.不论μ大小如何,粮袋从A到B一直做匀加速运动,且a>gsin θ
【答案】BC
【解析】 A.粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动,到达B点时的速度小于或等于v;可能先匀加速运动,当速度与传送带相同后,做匀速运动,到达B点时速度与v相同;也可能先做加速度较大的匀加速运动,当速度与传送带相同后做加速度较小的匀加速运动,到达B点时的速度大于v,故A正确.B.粮袋开始时受到沿斜面向下的滑动摩擦力,大小为μmgcos θ,根据牛顿第二定律得到,加速度a=g(sin θ+μcos θ),若μ
【答案】D
【解析】 开始阶段,木块做加速度为a1的匀加速直线运动,由牛顿第二定律得mgsin θ+μmgcos θ=ma1,即a1=gsin θ+μgcos θ,木块加速至与传送带速度相等时,由于μ
7. (2019·湖北省黄冈市模拟)(多选)机场使用的货物安检装置如图所示,绷紧的传送带始终保持v=1 m/s的恒定速率运动,AB为传送带水平部分且长度L=2 m,现有一质量为m=1 kg的背包(可视为质点)无初速度地放在水平传送带的A端,可从B端沿斜面滑到地面.已知背包与传送带间的动摩擦因数μ=0.5,g=10 m/s2,下列说法正确的是( )
A.背包从A运动到B所用的时间为2.1 s
B.背包从A运动到B所用的时间为2.3 s
C.背包与传送带之间的相对位移为0.3 m
D.背包与传送带之间的相对位移为0.1 m
【答案】AD
【解析】背包在水平传送带上由滑动摩擦力产生加速度,μmg=ma,得a=5 m/s2,背包达到传送带的速度v=1 m/s所用时间t1=va=0.2 s,此过程背包对地面位移x1=v2t1=12×0.2 m=0.1 m
(1)小物块与传送带间的动摩擦因数为多大;
(2)0~8 s内小物块与传送带之间的划痕为多长.
【答案】(1)78 (2)18 m
【解析】 (1)根据v-t图象的斜率表示加速度,a=ΔvΔt=22 m/s2=1 m/s2
由牛顿第二定律得μmgcos 37°-mgsin 37°=ma
解得μ=78.
(2)0~8 s内只有前6 s内物块与传送带发生相对滑动
0~6 s内传送带匀速运动距离为:x带=4×6 m=24 m.
速度图象的“面积”大小等于位移,则0~2 s内物块位移为:
x1=12×2×2 m=2 m,方向沿斜面向下
2~6 s内物块位移为:
x2=12×4×4 m=8 m,方向沿斜面向上
所以划痕的长度为:Δx=x带+x1-x2=(24+2-8) m=18 m.
9.(2019·宁夏银川一中月考)(多选)如图所示,水平传送带A、B两端相距s=7.5 m,工件与传送带间的动摩擦因数μ=0.1.工件滑上A端的瞬时速度vA=4 m/s,达到B端的瞬时速度设为vB,g取10 m/s2,则( )
A.若传送带不动,则vB=2 m/s
B.若传送带以速度v=4 m/s逆时针匀速转动,vB=1 m/s
C.若传送带以速度v=5 m/s顺时针匀速转动,vB=5 m/s
D.若传送带以速度v=6 m/s顺时针匀速转动,vB=6 m/s
【答案】BC
【解析】 若传送带不动,则工件的加速度a=μmgm=μg=0.1×10 m/s2=1 m/s2,由速度和位移公式得:vB2-vA2=-2as,解得:vB=1 m/s,故A错误;若传送带以速度v=4 m/s逆时针匀速转动,工件的受力情况不变,由牛顿第二定律得知,工件的加速度仍为a=1 m/s2,工件的运动情况跟传送带不动时的一样,则vB=1 m/s,故B正确;若传送带以速度v=5 m/s顺时针匀速转动,则工件滑上传送带时所受的滑动摩擦力方向水平向右,做匀加速运动,工件的加速度仍为a=1 m/s2,工件速度增加到与传送带速度相等时的位移为x=v2-vA22a=52-422×1 m=4.5 m
10.(2018·福建省宁德市上学期期末)智能分拣设备迅速将包裹分拣装车.若把智能分拣设备简化成如图所示的水平传输装置,皮带在电动机的带动下保持v=1 m/s的速度向右运动,现将一质量为m=2 kg的包裹轻放在皮带上,包裹和皮带间的动摩擦因数μ=0.5.包裹从轻放在皮带上到相对皮带静止的过程中,设皮带足够长,取g=10 m/s2,求:
(1)包裹滑动时加速度a的大小;
(2)包裹滑动的时间t;
(3)包裹位移x的大小.
【答案】BC
【解析】(1)设包裹放到皮带上受到的滑动摩擦力为Ff,则:Ff=μmg=ma
a=μg=5 m/s2.
(2)包裹加速到与传送带速度相等的时间为t=va=15 s=0.2 s.
(3)加速到与传送带相对静止的位移为x=12at2=12×5×0.22 m=0.1 m.
题组三 “滑块+木板”模型
11.(2020·四川模拟)(多选)如图所示,一质量为M的长木板静置于光滑水平面上,其上放置质量为m的小滑块.木板受到随时间t变化的水平拉力F作用时,用传感器测出其加速度a,得到如图所示的a-F图象.取g=10 m/s2,则( )
A.滑块的质量m=4 kg
B.木板的质量M=6 kg
C.当F=8 N时滑块的加速度为2 m/s2
D.滑块与木板间动摩擦因数为0.1
【答案】AD
【解析】 当F等于6 N时,加速度为:a=1 m/s2,
对整体分析,由牛顿第二定律有:F=(M+m)a,
代入数据解得:M+m=6 kg
当F大于6 N时,根据牛顿第二定律得:a=F-μmgM=1MF-μmgM,
知图线的斜率k=1M=12,解得:M=2 kg,
滑块的质量为:m=4 kg,故A正确,B错误;
根据F大于6 N的图线知,图线过点(4,0)即:0=4 N-μmg,
代入数据解得:μ=0.1,
所以a=12F-2,当F=8 N时,
长木板的加速度为:a=2 m/s2.
根据μmg=ma'得:a'=μmgm=μg=1 m/s2,
故C错误,D正确.
12.(2020·河南模拟)(多选)如图甲所示,足够长的木板B静置于光滑水平面上,其上放置小滑块A.木板B受到随时间t变化的水平拉力F作用时,用传感器测出木板B的加速度a,得到如图乙所示的a-F图象,已知g取10 m/s2,则( )
A.木板B的质量为1 kg
B.滑块A的质量为4 kg
C.当F=10 N时木板B的加速度为4 m/s2
D.滑块A与木板B间动摩擦因数为0.1
【答案】AC
【解析】由题给a-F图象可知,当F=8 N时,物体A、B刚要发生相对滑动,整体的加速度a=2 m/s2,由牛顿第二定律得F=(M+m)a,解得M+m=4 kg.当F大于8 N时,物体A、B发生相对运动,对木板B有a=F-μmgM=1MF-μmgM,由图线的斜率k=1M=1,解得M=1 kg,所以滑块A的质量m=3 kg,A正确,B错误;当F=8 N时,对物体A有μmg=ma,解得μ=0.2,D错误;当F=10 N时,对木板B有a=1MF-μmgM=4 m/s2,C正确.
13.(2018·湖北黄冈期末)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μ3.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
【答案】 C
【解析】 当水平力作用在A上,使A刚好要相对B滑动时,A、B之间的摩擦力刚好达到最大静摩擦力,隔离B分析,由牛顿第二定律得B的加速度aB=a1=μmg-μ3·2mgm=13μg;当水平力作用在B上,使B刚好要相对A滑动时,A、B间的摩擦力也刚好达到最大,隔离A分析,有aA=a2=μmgm=μg,故a1∶a2=1∶3,选项C正确.
14.(2019·宁夏银川一中月考)如图甲所示,质量M=4 kg且足够长的木板静止在光滑的水平面上,在木板的中点放一个质量m=4 kg、大小可以忽略的铁块,铁块与木板之间的动摩擦因数μ=0.2,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力.铁块和木板开始均静止,从t=0时刻起铁块m受到水平向右、大小如图乙所示的拉力F的作用,F共作用时间为6 s,(g取10 m/s2)则:
(1)铁块和木板在前2 s的加速度大小分别为多少?
(2)铁块和木板相对静止前,运动的位移大小各为多少?
(3)力F作用的最后2 s内,铁块和木板的位移大小分别是多少?
【答案】 (1)3 m/s2 2 m/s2 (2)20 m 16 m (3)19 m 19 m
【解析】 (1)前2 s,由牛顿第二定律得
对铁块:F-μmg=ma1,解得a1=3 m/s2
对木板:μmg=Ma2,解得a2=2 m/s2.
(2)2 s内,铁块的位移x1=12a1t2=6 m
木板的位移x2=12a2t2=4 m
2 s末,铁块的速度v1=a1t=6 m/s
木板的速度v2=a2t=4 m/s
2 s后,由牛顿第二定律,对铁块:F'-μmg=ma1'
解得a1'=1 m/s2
对木板:μmg=Ma2',解得a2'=2 m/s2
设再经过t0时间铁块和木板的共同速度为v,则
v=v1+a1't0=v2+a2't0
解得t0=2 s,v=8 m/s
在t0时间内,铁块的位移x1'=v1+v2t0=6+82×2 m=14 m
木板的位移x2'=v2+v2t0=4+82×2 m=12 m
所以铁块和木板相对静止前铁块运动的位移
x铁块=x1+x1'=20 m
铁块和木板相对静止前木板运动的位移
x木板=x2+x2'=16 m.
(3)力F作用的最后2 s,铁块和木板相对静止,一起以初速度v=8 m/s做匀加速直线运动,由牛顿第二定律,对铁块和木板整体有F=(M+m)a,解得a=1.5 m/s2
所以铁块和木板运动的位移均为x3=vΔt+12a(Δt)2=19 m.
15.(2019·全国卷Ⅲ)(多选)如图(a),物块和木板叠放在实验台上,物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连,细绳水平.t=0时,木板开始受到水平外力F的作用,在t=4 s时撤去外力.细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图(b)所示,木板的速度v与时间t的关系如图(c)所示.木板与实验台之间的摩擦可以忽略.重力加速度取10 m/s2.由题给数据可以得出( )
A.木板的质量为1 kg
B.2~4 s内,力F的大小为0.4 N
C.0~2 s内,力F的大小保持不变
D.物块与木板之间的动摩擦因数为0.2
【答案】AB
【解析】根据图象可知物块与木板之间的滑动摩擦力为f=0.2 N,在4 s后撤去外力,此时木板在水平方向上只受到滑动摩擦力的作用,此时木板的加速度大小为a2=0.4-0.25-4 m/s2=0.2 m/s2,根据牛顿第二定律可得f=ma2,解得木板的质量m=1 kg,故A正确;2~4 s内,木板的加速度a1=0.44-2 m/s2=0.2 m/s2,根据牛顿第二定律可得F-f=ma1,解得力F=0.4 N,故B正确;0~2 s内,整体受力平衡,拉力F的大小始终等于绳子的拉力,绳子的拉力增大,则力F增大,故C错误;由于物块的质量无法求出,物块与木板之间的动摩擦因数无法求解,故D错误.
16. (2017·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.
【答案】(1)1 m/s (2)1.9 m
【解析】(1)对A受力分析,根据牛顿第二定律得:μ1mAg=mAaA
代入数据解得:aA=5 m/s2,方向向右,
对B分析,根据牛顿第二定律得:μ1mBg=mBaB
代入数据解得:aB=5 m/s2,方向向左.
对木板分析,根据牛顿第二定律得:μ1mBg-μ1mAg-μ2(m+mA+mB)g=ma1
代入数据解得:a1=2.5 m/s2,方向向右.
当木板与B共速时,有:v=v0-aBt1=a1t1,
代入数据解得:t1=0.4 s,v=1 m/s.
(2)此时B相对木板静止,突变为静摩擦力,A受力不变加速度仍为5 m/s2,方向向右,对B与木板受力分析,有:μ1mAg+μ2(m+mA+mB)g=(m+mB)a2
代入数据解得:a2=53 m/s2,方向向左,
当木板与A共速时有:v'=v-a2t2=-v+aAt2,
代入数据解得:t2=0.3 s,v'=0.5 m/s.
当t1=0.4 s,xB=v0+v2t1=3+12×0.4 m=0.8 m,
x木=0+v2t1=0+12×0.4 m=0.2 m
LB板=xB-x木=0.8 m-0.2 m=0.6 m,
对A,向左,xA=v0+v2t1=3+12×0.4 m=0.8 m,
LA1板=xA+x木=0.8 m+0.2 m=1 m,
当t2=0.3 s,对A,向左,xA1=v-v'2t2=1-0.52×0.3 m=340 m
对木板,向右,x木1=v+v'2t1=1+0.52×0.3 m=940 m
LA2板=xA1+x木1=340 m+940 m=0.3 m,
可知AB相距
L=LB板+LA1板+LA2板=0.6 m+1 m+0.3 m=1.9 m.
17. (2019·江苏卷)如图所示,质量相等的物块A和B叠放在水平地面上,左边缘对齐.A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ.先敲击A,A立即获得水平向右的初速度,在B上滑动距离L后停下.接着敲击B,B立即获得水平向右的初速度,A、B都向右运动,左边缘再次对齐时恰好相对静止,此后两者一起运动至停下.最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g.求:
(1)A被敲击后获得的初速度大小vA;
(2)在左边缘再次对齐的前、后,B运动加速度的大小aB、aB';
(3)B被敲击后获得的初速度大小vB.
【答案】 (1)2μgL (2)3μg μg (3)22μgL
【解析】(1)由牛顿运动定律知,A加速度的大小:aA=μg
匀变速直线运动:2aAL=vA2
解得:vA=2μgL.
(2)设A、B的质量均为m,对齐前,
B所受合外力大小:F=3μmg
由牛顿运动定律:F=maB,解得:aB=3μg
对齐后,A、B所受合外力大小:F'=2μmg
由牛顿运动定律F'=2maB'
解得:aB'=μg.
(3)经过时间t,A、B达到共同速度v,位移分别为xA、xB,A加速度的大小等于aA,则:v=aAt,
v=vB-aBt,xA=12aAt2,xB=vBt-12aBt2
且xB-xA=L
解得:vB=22μgL.
18. (2015·全国卷Ⅱ)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°sin37°=35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38,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.
【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=μ1N1 ①
N1=mgcos θ ②
f2=μ2N2 ③
N2=N1+mgcos θ ④
规定沿斜面向下为正,设A和B的加速度分别为a1和a2,
由牛顿第二定律得:mgsin θ-f1=ma1 ⑤
mgsin θ+f1-f2=ma2 ⑥
据此,计算出a1=3 m/s2,a2=1 m/s2.
(2)在t1=2 s时,设A和B的速度分别为v1和v2,则
v1=a1t1=6 m/s ⑨
v2=a2t1=2 m/s ⑩
t>t1时,设A和B的加速度分别为a1'和a2',此时A与B之间摩擦力为零,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⑩式得:t2=1 s
在t1+t2时间内,A相对于B运动的距离为:
s=12a1t12+v1t2+12a1't22-12a2t12+v2t2+12a2't22
=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+12a1't32
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
(利用下面的速度图线求解也可).
19.(2019·新乡模拟)如图所示,粗糙水平面上放置B、C两物体,A叠放在C上,A、B、C的质量分别为m、2m和3m,物体B、C与水平面间的动摩擦因数相同,其间用一不可伸长的轻绳相连,轻绳能承受的最大拉力为FT.现用水平拉力F拉物体B,使三个物体以同一加速度向右运动,则( )
A.此过程中物体C受五个力作用
B.当F逐渐增大到FT时,轻绳刚好被拉断
C.当F逐渐增大到1.5FT时,轻绳刚好被拉断
D.若水平面光滑,则绳刚断时,A、C间的摩擦力为FT6
【答案】C
【解析】对A,A受重力、支持力和向右的静摩擦力作用,可以知道C受重力、A对C的压力、地面的支持力、绳子的拉力、A对C的摩擦力以及地面的摩擦力六个力作用,故A错误;对整体分析,整体的加速度a=F-μ·6mg6m=F6m-μg,隔离对A、C分析,根据牛顿第二定律得,FT-μ·4mg=4ma,计算得出FT=23F,当F=1.5FT时,轻绳刚好被拉断,故B错误,C正确;水平面光滑,绳刚断时,对A、C分析,加速度a=FT4m,隔离对A分析,A的摩擦力Ff=ma=FT4,故D错误.
20.(2019·海口模拟)如图,一条足够长的浅色水平传送带自左向右匀速运行.现将一个木炭包无初速地放在传送带的最左端,木炭包将会在传送带上留下一段黑色的径迹.下列说法中正确的是( )
A.黑色的径迹将出现在木炭包的左侧
B.木炭包的质量越大,径迹的长度越长
C.传送带运动的速度越大,径迹的长度越短
D.木炭包与传送带间动摩擦因数越大,径迹的长度越短
【答案】D
【解析】因为木炭包相对于传送带向后滑,即相对于传送带向左运动,黑色径迹出现在木炭包的右侧,故A错误;根据牛顿第二定律得,木炭包匀加速运动时的加速度大小a=μmgm=μg,设传送带的速度为v,则木炭包速度达到传送带速度时经历的时间t=va=vμg,位移x1=v2t,在这段时间内传送带的位移x2=vt,则木炭包与传送带间相对位移大小,即径迹的长度Δx=x2-x1=vt-vt2=v22μg,所以径迹的长度与木炭包的质量无关,传送带运动的速度越大,径迹的长度越长,动摩擦因数越大,径迹越小,故B、C错误,D正确.
21.(2020·湖北模拟)足够长的光滑固定斜面BC倾角α=53°,小物块与水平面间的动摩擦因数为0.5,水平面与斜面之间B点有一小段弧形连接(未画出),一质量m=2 kg的小物块静止于A点.现在AB段对小物块施加与水平方向成α=53°的恒力F作用,如图甲所示.小物块在AB段运动的速度-时间图象如图乙所示,到达B点迅速撤去恒力F(已知sin 53°=0.8,cos 53°=0.6,g取10 m/s2).求:
(1)小物块所受到的恒力F的大小;
(2)小物块从B点沿斜面向上运动,到返回B点所用的时间;
(3)小物块最终离A点的距离.
【答案】(1)11 N (2)0.5 s (3)3.6 m
【解析】(1)由题图乙可知,小物块在AB段的加速度a1=ΔvΔt=2.0-04.0-0 m/s2=0.5 m/s2
根据牛顿第二定律,有Fcos α-μ(mg-Fsin α)=ma1得F=ma1+μmgcosα+μsinα=11 N.
(2)在BC段,对小物块有mgsin α=ma2,解得a2=gsin α=8 m/s2,小物块从B点到最高点所用时间与从最高点到B点所用时间相等,所以小物块从B点沿斜面向上运动到返回B点所用的时间为t=2vBa2=0.5 s.
(3)小物块从B向A运动过程中,有μmg=ma3,a3=μg=5 m/s2,
由B至停下小物块的位移x=vB22a3=0.4 m
xAB=0+vB2t0=4.0 m
ΔxA=xAB-x=3.6 m.
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