专题4：牛顿运动定律的综合应用

牛顿运动定律的综合应用【考纲解读】1.掌握超重、失重的概念，会分析超重、失重的相关问题2.学会分析临界与极值问题.3.会进行力学多过程问题的分析．【要点梳理】一、超重与失重现象(一)概念1．超重(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)大于物体所受重力的情况．(2)产生条件：物体具有向上的加速度．2．失重(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)小于物体所受重力的情况．(2)产生条件：物体具有向下的加速度．3．完全失重(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)等于零的情况称为完全失重现象．(2)产生条件：物体的加速度a＝g，方向竖直向下．(二)理解1．超重并不是重力增加了，失重并不是重力减小了，完全失重也不是重力完全消失了．在发生这些现象时，物体的重力依然存在，且不发生变化，只是物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)发生了变化(即“视重”发生变化)．2．只要物体有向上或向下的加速度，物体就处于超重或失重状态，与物体向上运动还是向下运动无关．3．尽管物体的加速度不是在竖直方向，但只要其加速度在竖直方向上有分量，物体就会处于超重或失重状态．4．物体超重或失重的多少是由物体的质量和竖直加速度共同决定的，其大小等于ma. 【随堂练习】例1.如图所示，升降机天花板上用轻弹簧悬挂一物体，升降机静止时弹簧伸长量为10 cm，运动时弹簧伸长量为9 cm，则升降机的运动状态可能是(g＝10 m/s2)()A．以a＝1 m/s2的加速度加速上升B．以a＝1 m/s2的加速度加速下降C．以a＝9 m/s2的加速度减速上升D．以a＝9 m/s2的加速度减速下降解析根据运动时弹簧伸长量为9 cm，小于静止时弹簧伸长量10 cm，可知升降机的加速度向下，则升降机的运动状态可能是以a＝1 m/s2的加速度加速下降，也可能是以a ＝1 m/s2的加速度减速上升，故B正确．答案 B例2.（多选）如图所示是某同学站在力传感器上做下蹲——起立的动作时记录的压力F 随时间t变化的图线．由图线可知该同学()A．体重约为650 NB．做了两次下蹲——起立的动作C．做了一次下蹲——起立的动作，且下蹲后约2 s起立D．下蹲过程中先处于超重状态后处于失重状态答案AC解析做下蹲——起立的动作时，下蹲过程中先向下加速后向下减速，因此先处于失重状态后处于超重状态，D错误；由图线可知，第一次下蹲4 s末结束，到6 s末开始起立，所以A、C正确，B错误．小结超重和失重现象判断的“三”技巧1.从受力的角度判断，当物体所受向上的拉力(或支持力)大于重力时，物体处于超重状态，小于重力时处于失重状态，等于零时处于完全失重状态．2.从加速度的角度判断，当物体具有向上的加速度时处于超重状态，具有向下的加速度时处于失重状态，向下的加速度为重力加速度时处于完全失重状态．3.从速度变化的角度判断①物体向上加速或向下减速时，超重；②物体向下加速或向上减速时，失重．练习1、关于超重和失重的下列说法中，正确的是()A．超重就是物体所受的重力增大了，失重就是物体所受的重力减小了B．物体做自由落体运动时处于完全失重状态，所以做自由落体运动的物体不受重力作用C．物体具有向上的速度时处于超重状态，物体具有向下的速度时处于失重状态D．物体处于超重或失重状态时，物体的重力始终存在且不发生变化答案 D解析物体具有向上的加速度时处于超重状态，具有向下的加速度时处于失重状态，超重和失重并非物体的重力发生变化，而是物体对支持物的压力或对悬挂物的拉力发生了变化，综上所述，A、B、C均错，D正确．练习2、下列说法中正确的是()A．体操运动员双手握住单杠吊在空中不动时处于失重状态B．蹦床运动员在空中上升和下落过程中都处于失重状态C．举重运动员在举起杠铃后不动的那段时间内处于超重状态D．游泳运动员仰卧在水面静止不动时处于失重状态答案 B解析当加速度有竖直向下的分量时，物体处于失重状态；当加速度有竖直向上的分量时，物体处于超重状态，蹦床运动员在空中上升和下降的过程中加速度方向均竖直向下，且a＝g，为完全失重状态，所以B正确．而A、C、D中运动员均为平衡状态，F＝mg，既不超重也不失重．练习3、如图所示，运动员“3 m跳板跳水”运动的过程可简化为：运动员走上跳板，将跳板从水平位置B压到最低点C，跳板又将运动员竖直向上弹到最高点A，然后运动员做自由落体运动，竖直落入水中，跳板自身重力忽略不计，则下列说法正确的是()A．运动员向下运动(B→C)的过程中，先失重后超重，对板的压力先减小后增大B．运动员向下运动(B→C)的过程中，先失重后超重，对板的压力一直增大C．运动员向上运动(C→B)的过程中，超重，对板的压力先增大后减小D．运动员向上运动(C→B)的过程中，超重，对板的压力一直减小答案 B练习4、在探究超重和失重规律时，某体重为G的同学站在一压力传感器上完成一次下蹲动作，传感器和计算机相连，经计算机处理后得到压力F随时间t变化的图象，则下列图象中可能正确的是()解析该同学下蹲过程中，其加速度方向先向下后向上，故先失重后超重，故选项D正确．二、动力学中的图象问题1．图象的类型(1)已知物体在一过程中所受的某个力随时间变化的图线，要求分析物体的运动情况．(2)已知物体在一运动过程中速度、加速度随时间变化的图线，要求分析物体的受力情况．2．问题的实质是力与运动的关系问题，求解这类问题的关键是理解图象的物理意义，理解图象的轴、点、线、截、斜、面六大功能．例3. 一个木块以某一水平初速度自由滑上粗糙的水平面，在水平面上运动的v －t 图象如图所示．已知重力加速度为g ，则根据图象不能求出的物理量是( )A ．木块的位移B ．木块的加速度C ．木块所受摩擦力D ．木块与桌面间的动摩擦因数答案 C解析 位移可由图象与时间轴所围的面积求出，由v －t 图线的斜率可求出加速度a ，由牛顿第二定律知，a ＝μg ，故动摩擦因数μ也可求出，由于不知木块的质量，故不能求出木块所受摩擦力．例4. 如图甲所示，静止在光滑水平面上的长木板B (长木板足够长)的左端放着小物块A ，某时刻，B 受到水平向左的外力F 的作用，F 随时间t 的变化规律如图乙所示，即F ＝kt ，其中k 为已知常数．若A 、B 之间的滑动摩擦力F f 的大小等于最大静摩擦力，且A 、B 的质量相等，则下列图中可以定性地描述物块A 的v －t 图象的是( )解析 刚开始，外力F 较小，A 、B 保持相对静止，加速度大小为a ＝F 2m ＝kt 2m ，可见，加速度a 的大小随着时间t 逐渐增大，对应的v －t 图线的斜率逐渐增大，C 、D 错误；随着时间t 的增大，外力F 增大，当物块和木板之间的摩擦力大小达到最大静摩擦力时，物块A 与木板B 发生相对运动，此时有F f ＝ma ，F －F f ＝ma ，解得F ＝2F f ，即kt ＝2F f ，可见t >2F f k 后物块将在大小恒定的摩擦力的作用下做匀加速直线运动，其对应的v －t 图 线是倾斜的直线，A 错误，B 正确．答案 B 小结数图结合解决动力学问题物理公式与物理图象的结合是一种重要题型．动力学中常见的图象有v －t 图象、x －t 图象、F －t 图象、F －a 图象等，解决图象问题的关键有：(1) 分清图象的横、纵坐标所代表的物理量及单位，并且注意坐标原点是否从零开始，明确其物理意义．(2) 明确图线斜率的物理意义，如v －t 图线的斜率表示加速度，注意图线中一些特殊点所表示的物理意义：图线与横、纵坐标的交点，图线的转折点，两图线的交点等．(3) 明确能从图象中获得哪些信息：把图象与具体的题意、情境结合，并结合斜率、特殊点等的物理意义，确定能从图象中反馈出来哪些有用信息(如v －t 图线所围面积表示位移等)并结合牛顿运动定律求解．练习5、 我国“蛟龙号”深潜器在某次实验时，内部显示屏上显示了从水面开始下潜到返回水面过程中的速度图象，如图所示．以下判断正确的是( )A ．6 min ～8 min 内，深潜器的加速度最大B ．4 min ～6 min 内，深潜器停在深度为60 m 处C ．3 min ～4 min 内，潜水员处于超重状态D ．6 min ～10 min 内，深潜器的加速度不变答案 C解析 速度—时间图线的斜率的绝对值表示加速度的大小，图线与时间轴围成的面积等于位移的大小.6 min ～8 min 内深潜器的加速度小于3 min ～4 min 内深潜器的加速度，A 错误.4 min ～6 min 内，深潜器停在深度为360 m 处，B 错误.3 min ～4 min 内，深潜器向下做匀减速运动，加速度向上，故处于超重状态，C 正确.6 min ～8 min 内与8 min ～10 min 内深潜器的加速度大小相等，方向相反，D 错误．三、 动力学中的临界极值问题临界或极值条件的标志(1) 有些题目中有“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) 若题目中有“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) 若题目中有“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)若题目要求“最终加速度”、“稳定加速度”等，即是求收尾加速度或收尾速度． 例5. 如图所示，一质量m ＝0.4 kg 的小物块，以v 0＝2 m/s 的初速度，在与斜面成某一夹角的拉力F 作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t ＝2 s 的时间物块由A 点运动到B 点，A 、B 之间的距离L ＝10 m ．已知斜面倾角θ＝30°，物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝33.重力加速度g 取10 m/s 2.(1)求物块加速度的大小及到达B 点时速度的大小．(2)拉力F 与斜面夹角多大时，拉力F 最小？拉力F 的最小值是多少？解析 (1)设物块加速度的大小为a ，到达B 点时速度的大小为v ，由运动学公式得L ＝v 0t ＋12at 2①，v ＝v 0＋at ②，联立①②式，代入数据得a ＝3 m/s 2③，v ＝8 m/s ④(2)设物块所受支持力为F N ，所受摩擦力为F f ，拉力与斜面间的夹角为α，受力分析如图所示，由牛顿第二定律得F cos α－mg sin θ－F f ＝ma ⑤，F sin α＋F N －mg cos θ＝0⑥又F f＝μF N⑦联立⑤⑥⑦式得F＝mg(sin θ＋μcos θ)＋macos α＋μsin α⑧由数学知识得cos α＋33sin α＝233sin(60°＋α)⑨由⑧⑨式可知对应最小F的夹角α＝30°⑩联立③⑧⑩式，代入数据得F的最小值为F min＝1335N答案(1)3 m/s28 m/s(2)30°1335N小结动力学中的典型临界条件(1)接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离，临界条件是：弹力F N＝0.(2)相对滑动的临界条件：两物体相接触且处于相对静止时，常存在着静摩擦力，则相对滑动的临界条件是：静摩擦力达到最大值．(3)绳子断裂与松驰的临界条件：绳子所能承受的张力是有限度的，绳子断与不断的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力，绳子松驰的临界条件是：F T＝0.(4)加速度变化时，速度达到最值的临界条件：当加速度变为零时．练习6、如图所示，物体A叠放在物体B上，B置于光滑水平面上，A、B质量分别为m A＝6 kg、m B＝2 kg，A、B之间的动摩擦因数μ＝0.2，开始时F＝10 N，此后逐渐增大，在增大到45 N的过程中，则()A．当拉力F<12 N时，物体均保持静止状态B．两物体开始没有相对运动，当拉力超过12 N时，开始相对滑动C．两物体从受力开始就有相对运动D．两物体始终没有相对运动答案 D练习7、一个质量为0.2 kg的小球用细绳吊在倾角为θ＝53°的斜面顶端，如图5所示，斜面静止时，球紧靠在斜面上，绳与斜面平行，不计摩擦，当斜面以10 m/s2的加速度向右做加速运动时，求绳子的拉力及斜面对小球的弹力答案拉力为2.83 N，弹力为零解析先分析物理现象，用极限法把加速度a推到两个极端来分析：当a较小(a→0)时，小球受三个力(重力、绳拉力和斜面的支持力)作用，此时绳平行于斜面；当a较大(足够大)时，小球将“飞离”斜面，此时绳与水平方向的夹角未知，那么当a＝10 m/s2向右时，究竟是上述两种情况中的哪一种？解题时必须先求出小球离开斜面的临界值a0，然后才能确定．令小球处在离开斜面的临界状态(F N刚好为零)时，斜面向右的加速度为a0，此时对小球有mg cot θ＝ma 0所以a0＝g cot θ＝7.5 m/s 2，因为a ＝10 m/s 2>a 0所以小球离开斜面(如图所示)向右加速运动所以F T ＝(ma )2＋(mg )2≈2.83 N ，F N ＝0练习8、 如图所示，水平地面上放置一个质量为m 的物体，在与水平方向成θ角、斜向右上方的拉力F 的作用下沿水平地面运动．物体与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g .求：(1)若物体在拉力F 的作用下能始终沿水平面向右运动且不脱离地面，拉力F 的大小范围；(2)已知m ＝10 kg ，μ＝0.5，g ＝10 m/s 2，若F 的方向可以改变，求使物体以恒定加速度a ＝5 m/s 2向右做匀加速直线运动时，拉力F 的最小值．答案 (1)μmg cos θ＋μsin θ≤F ≤mg sin θ (2)40 5 N 解析 (1)要使物体运动时不离开水平面，应有：F sin θ≤mg要使物体能一直向右运动，应有：F cos θ≥μ(mg －F sin θ)联立解得：μmg cos θ＋μsin θ≤F ≤mg sin θ (2)根据牛顿第二定律得：F cos θ－μ(mg －F sin θ)＝ma ，解得：F ＝μmg ＋ma cos θ＋μsin θ 上式变形F ＝μmg ＋ma 1＋μ2sin (θ＋α)，其中α＝sin －111＋μ2，当sin(θ＋α)＝1时F 有最小值 解得：F min ＝μmg ＋ma 1＋μ2，代入相关数据解得：F min ＝40 5 N. 四、 “传送带模型”问题两类传送带模型(一) 模型特征一个物体以速度v 0(v 0≥0)在另一个匀速运动的物体上开始运动的力学系统可看做“传送带”模型，如图(a)、(b)、(c)所示．(二) 建模指导 1. 水平传送带问题：求解的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析判断．判断摩擦力时要注意比较物体的运动速度与传送带的速度，也就是分析物体在运动位移x (对地)的过程中速度是否和传送带速度相等．物体的速度与传送带速度相等的时刻就是物体所受摩擦力发生突变的时刻．2. 倾斜传送带问题：求解的关键在于认真分析物体与传送带的相对运动情况，从而确定其是否受到滑动摩擦力作用．如果受到滑动摩擦力作用应进一步确定其大小和方向，然后根据物体的受力情况确定物体的运动情况．当物体速度与传送带速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变．例6. 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v 0＝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，已知物体与斜面间的动摩擦因数μ1＝36，求：(g ＝10 m/s 2，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 .审题与关联解析 (1)设小物体在斜面上的加速度为a 1，运动到B 点的速度为v ，由牛顿第二定律得 mg sin θ＋μ1mg cos θ＝ma 1，由运动学公式知v 2＝2a 1L ，联立解得v ＝3 m/s.(2)因为v <v 0，所以小物体在运输带上一直做匀加速运动，设加速度为a 2，则由牛顿第二定律知μmg cos α－mg sin α＝ma 2，又因为v 2＝2a 2x ，联立解得μ＝7/8. (3)小物体从A 点运动到B 点经历时间t 1＝v a 2，从B 运动到C 经历时间t 2＝v a 1，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 ＝t 1＋t 2＝3.4 s.答案 (1)3 m/s (2)78 (3)3.4 s小结解答传送带问题应注意的事项1. 水平传送带上物体的运动情况取决于物体的受力情况，即物体所受摩擦力的情况；倾斜传送带上物体的运动情况取决于所受摩擦力与重力沿斜面的分力情况．2.传送带上物体的运动情况可按下列思路判定：相对运动→摩擦力方向→加速度方向→速度变化情况→共速，并且明确摩擦力发生突变的时刻是v物＝v传．3.倾斜传送带问题，一定要比较斜面倾角与动摩擦因数的大小关系．练习9、如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行．初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带．若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v－t图象(以地面为参考系)如图乙所示．已知v2>v1，则()A．t2时刻，小物块离A处的距离达到最大B．t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大C．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左D．0～t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用答案 B解析相对地面而言，小物块在0～t1时间内，向左做匀减速运动，t1～t2时间内，又反向向右做匀加速运动，当其速度与传送带速度相同时(即t2时刻)，小物块向右做匀速运动．故小物块在t1时刻离A处距离最大，A错误．相对传送带而言，在0～t2时间内，小物块一直相对传送带向左运动，故一直受向右的滑动摩擦力，在t2～t3时间内，小物块相对于传送带静止，小物块不受摩擦力作用，因此t2时刻小物块相对传送带滑动的距离达到最大值，B正确，C、D均错误．练习10、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，动摩擦因数μ＝0.5，在传送带顶端A处无初速度地释放一个质量为m＝0.5 kg的物体．已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2.求：(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，则物体所受滑动摩擦力沿斜面向上，又μ<tan θ，故向下匀加速运动，设加速度为a，根据牛顿第二定律有mg(sin 37°－μcos 37°)＝ma，则a＝g sin 37°－μg cos 37°＝2 m/s2，根据l＝12at2得t＝4 s.(2)传送带逆时针转动，当物体下滑速度小于传送带转动速度时，物体相对传送带向上运动，则物体所受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mg sin 37°＋μmg cos 37°＝ma 1，则有a 1＝mg sin 37°＋μmg cos 37°m＝10 m/s 2 设当物体运动速度等于传送带转动速度时经历的时间为t 1，位移为x 1，则有t 1＝v a 1＝1010 s ＝1 s ，x 1＝12a 1t 21＝5 m<l ＝16 m 当物体运动速度等于传送带速度瞬间，有mg sin 37°>μmg cos 37°，则下一时刻物体相对传送带向下运动，受到沿传送带向上的滑动摩擦力——摩擦力发生突变．设当物体下滑速度大于传送带转动速度时物体的加速度为a 2，则a 2＝mg sin 37°－μmg cos 37°m ＝2 m/s 2，x 2＝l －x 1＝11 m ，又因为x 2＝v t 2＋12a 2t 22， 则有10t 2＋t 22＝11，解得：t 2＝1 s(t 2＝－11 s 舍去)，所以t 总＝t 1＋t 2＝2 s.五、 “滑块—木板”问题(一) 模型特点上、下叠放两个物体，并且两物体在摩擦力的相互作用下发生相对滑动．(二) 常见的两种位移关系滑块从木板的一端运动到另一端的过程中，1. 若滑块和木板向同一方向运动，则滑块的位移和木板的位移之差等于木板的长度；2. 若滑块和木板向相反方向运动，则滑块的位移和木板的位移之和等于木板的长度(三) 解题方法此类问题涉及两个物体、多个运动过程，并且物体间还存在相对运动，所以应准确求出各物体在各个运动过程中的加速度(注意两过程的连接处加速度可能突变)，找出物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口．求解中应注意联系两个过程的纽带，每一个过程的末速度是下一个过程的初速度．例7. 如图所示，质量M ＝4.0 kg 的长木板B 静止在光滑的水平地面上，在其右端放一质量m ＝1.0 kg 的小滑块A (可视为质点)．初始时刻，A 、B 分别以v 0＝2.0 m/s 向左、向右运动，最后A 恰好没有滑离B 板．已知A 、B 之间的动摩擦因数μ＝0.40，取g ＝10 m/s 2.求：(1)A 、B 相对运动时的加速度a A 和a B 的大小与方向；(2)A 相对地面速度为零时，B 相对地面运动已发生的位移大小x ；(3)木板B 的长度l .审题与关联解析 (1)A 、B 分别受到大小为μmg 的摩擦力作用，根据牛顿第二定律对A 有μmg ＝ma A ，则a A ＝μg ＝4.0 m/s 2，方向水平向右对B 有μmg ＝Ma B ，则a B ＝μmg /M ＝1.0 m/s 2，方向水平向左(2)开始阶段A 相对地面向左做匀减速运动，设到速度为零时所用时间为t 1，则v 0＝a A t 1，解得t 1＝v 0/a A ＝0.50 s ，B 相对地面向右做匀减速运动x ＝v 0t 1－12a B t 21＝0.875 m(3)A 先相对地面向左匀减速运动至速度为零，后相对地面向右做匀加速运动，加速度大小仍为a A ＝4.0 m/s 2，B 板向右一直做匀减速运动，加速度大小为a B ＝1.0 m/s 2当A 、B 速度相等时，A 滑到B 最左端，恰好没有滑离木板B ，故木板B 的长度为这个全过程中A 、B 间的相对位移．在A 相对地面速度为零时，B 的速度v B ＝v 0－a B t 1＝1.5 m/s 设由A 速度为零至A 、B 速度相等所用时间为t 2，则a A t 2＝v B －a B t 2，解得t 2＝v B /(a A ＋a B )＝0.3 s ，共同速度v ＝a A t 2＝1.2 m/s从开始到A 、B 速度相等的全过程，利用平均速度公式可知A 向左运动的位移x A ＝(v 0－v )(t 1＋t 2)2＝(2－1.2)×(0.5＋0.3)2m ＝0.32 m B 向右运动的位移x B ＝(v 0＋v )(t 1＋t 2)2＝(2＋1.2)×(0.5＋0.3)2m ＝1.28 m B 板的长度l ＝x A ＋x B ＝1.6 m答案 (1)A 的加速度大小为4.0 m/s 2，方向水平向右 B 的加速度大小为1.0 m/s 2，方向水平向左 (2)0.875 m (3)1.6 m例8. 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m 1和m 2，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，m 1＝0.5 kg ，m 2＝0.1 kg ，μ＝0.2，砝码与纸板左端的距离d ＝0.1 m ，取g ＝10 m/s 2.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？解析 (1)砝码对纸板的摩擦力f 1＝μm 1g ，桌面对纸板的摩擦力f 2＝μ(m 1＋m 2)g ，纸板所受的摩擦力f ＝f 1＋f 2＝μ(2m 1＋m 2)g .(2)设砝码的加速度为a 1，纸板的加速度为a 2，则有：f 1＝m 1a 1，F －f 1－f 2＝m 2a 2，发生相对运动的条件a 1<a 2, 解得F >2μ(m 1＋m 2)g .(3)纸板抽出前，砝码运动距离x 1＝12a 1t 21.纸板运动距离x 1＋d ＝12a 2t 21.纸板抽出后，砝码在桌面上运动距离x 2＝12a 3t 22，l ＝x 1＋x 2，且a 1＝a 3，a 1t 1＝a 3t 2，联立以上各式解得F ＝2μ⎣⎢⎡⎦⎥⎤m 1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋d l m 2g ，代入数据求得F ＝22.4 N. 答案 (1)μ(2m 1＋m 2)g (2)F >2μ(m 1＋m 2)g (3) 22.4 N小结“滑块—木板模型”的分析技巧1. 分析滑块和木板的受力情况，根据牛顿第二定律分别求出滑块和木板的加速度；2. 滑块和木板进行运动情况分析，找出滑块和木板之间的位移关系或速度关系，建立方程．特别注意滑块和木板的位移都是相对地面的位移．练习11、 质量为m 0＝20 kg 、长为L ＝5 m 的木板放在水平面上，木板与水平面间的动摩擦因数为μ1＝0.15.将质量m ＝10 kg 的小木块(可视为质点)，以v 0＝4 m/s 的速度从木板的左端水平抛射到木板上(如图10所示)，小木块与木板面间的动摩擦因数为μ2＝0.4(最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g ＝10 m/s 2)．则以下判断中正确的是( )A ．木板一定静止不动，小木块不能滑出木板B ．木板一定静止不动，小木块能滑出木板C ．木板一定向右滑动，小木块不能滑出木板D ．木板一定向右滑动，小木块能滑出木板答案 A练习12、 如图所示，质量M ＝8 kg 的小车放在水平光滑的平面上，在小车左端加一水平推力F ＝8 N ．当小车向右运动的速度达到1.5 m/s 时，在小车前端轻轻地放上一个大小不计、质量为m ＝2 kg 的小物块，小物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.2，小车足够长．求：(取g ＝10 m/s 2)(1)放上小物块后，小物块及小车的加速度各为多大；(2)经多长时间两者达到相同的速度；(3)从小物块放在小车上开始，经过t ＝1.5 s 小物块通过的位移大小为多少答案 见解析解析 (1)小物块的加速度a m ＝μg ＝2 m/s 2，小车的加速度a M ＝F －μmg M＝0.5 m/s 2(2)由：a m t＝v0＋a M t，得t＝1 s(3)在开始1 s内小物块的位移：x1＝12a m t2＝1 m，最大速度：v＝amt＝2 m/s，在接下来的0.5 s内小物块与小车相对静止，一起做匀加速运动且加速度：a＝FM＋m＝0.8 m/s2，这0.5 s内的位移：x2＝vt1＋12at21＝1.1 m，通过的总位移x＝x1＋x2＝2.1 m.【巩固练习】1.(多选)如图所示，总质量为460 kg的热气球，从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5 m/s2，当热气球上升到180 m时，以5 m/s的速度向上匀速运动．若离开地面后热气球所受浮力保持不变，上升过程中热气球总质量不变，重力加速度g＝10 m/s2.关于该热气球，下列说法正确的是()A．所受浮力大小为4 830 NB．加速上升过程中所受空气阻力保持不变C．从地面开始上升10 s后的速度大小为5 m/sD．以5 m/s的速度匀速上升时所受空气阻力大小为230 N答案AD解析从地面刚开始竖直上升时v＝0，空气阻力F f＝0.由F浮－mg＝ma，得F浮＝m(g＋a)＝4 830 N，故A正确；最终气球匀速上升，说明气球加速运动的过程中空气阻力逐渐增大，故B错误；气球做加速度减小的加速运动，故加速到5 m/s的时间大于10 s，C错误；匀速上升时F浮－mg－F f＝0，计算得F f＝230 N，D正确．2.(多选)如图，游乐场中，从高处A到水面B处有两条长度相同的光滑轨道，甲、乙两小孩沿不同轨道同时从A处自由滑向B处，下列说法正确的有()A．甲的切向加速度始终比乙的大B．甲、乙在同一高度的速度大小相等C．甲、乙在同一时刻总能到达同一高度D．甲比乙先到达B处答案BD解析在曲线上任取一点，作切线，设切线与水平方向成的锐角为θ，则切向力为：mg sin θ＝ma t，可以看出甲的切向加速度一直减小，乙的切向加速度一直增大，在B点，就有甲的切向加速度小于乙，当然这样的地方还有很多，A错．当甲、乙下降相同的高度h时，由动能定理得：mgh＝12m v2，即：v＝2gh，B对．画切向速度函数图象如下：。