2015届高考物理大二轮专题复习训练：专题二 第1课时 动力学观点在力学中的应用

专题定位 本专题解决的是物体(或带电体)在力的作用下的匀变速直线运动问题．高考对本专题考查的内容主要有：①匀变速直线运动的规律及运动图象问题；②行车安全问题；③物体在传送带(或平板车)上的运动问题；④带电粒子(或带电体)在电场、磁场中的匀变速直线运动问题；⑤电磁感应中的动力学分析．考查的主要方法和规律有：动力学方法、图象法、临界问题的处理方法、运动学的基本规律等．应考策略 抓住“两个分析”和“一个桥梁”．“两个分析”是指“受力分析”和“运动情景或运动过程分析”．“一个桥梁”是指“加速度是联系运动和受力的桥梁”．综合应用牛顿运动定律和运动学公式解决问题．第1课时 动力学观点在力学中的应用1．物体或带电粒子做匀变速直线运动的条件是：物体或带电粒子所受合力为恒力，且与速度方向共线．2．匀变速直线运动的基本规律为 速度公式：v ＝v 0＋at . 位移公式：x ＝v 0t ＋12at 2.速度和位移公式的推论：v 2－v 20＝2ax .中间时刻的瞬时速度：v t 2＝x t ＝v 0＋v 2.任意相邻两个连续相等的时间内的位移之差是一个恒量，即Δx ＝x n ＋1－x n ＝a ·(Δt )2.3．速度—时间关系图线的斜率表示物体运动的加速度，图线与时间轴所包围的面积表示物体运动的位移．匀变速直线运动的v －t 图象是一条倾斜直线．4．位移—时间关系图线的斜率表示物体的速度，匀变速直线运动的x －t 图象是一条抛物线． 5．超重或失重时，物体的重力并未发生变化，只是物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)发生了变化．物体发生超重或失重现象与物体的运动方向无关，只决定于物体的加速度方向．当a 有竖直向上的分量时，超重；当a 有竖直向下的分量时，失重；当a ＝g 且竖直向下时，完全失重．1．动力学的两类基本问题的处理思路2．解决动力学问题的常用方法 (1)整体法与隔离法．(2)正交分解法：一般沿加速度方向和垂直于加速度方向进行分解，有时根据情况也可以把加速度进行正交分解．(3)逆向思维法：把运动过程的末状态作为初状态的反向研究问题的方法，一般用于匀减速直线运动问题，比如刹车问题、竖直上抛运动.考向1 运动学基本规律的应用例1 (2014·新课标Ⅰ·24)公路上行驶的两汽车之间应保持一定的安全距离．当前车突然停止时，后车司机可以采取刹车措施，使汽车在安全距离内停下而不会与前车相碰．通常情况下，人的反应时间和汽车系统的反应时间之和为1 s ．当汽车在晴天干燥沥青路面上以108 km/h 的速度匀速行驶时，安全距离为120 m ．设雨天时汽车轮胎与沥青路面间的动摩擦因数为晴天时的25.若要求安全距离仍为120 m ，求汽车在雨天安全行驶的最大速度．(g 取10 m/s 2) 审题突破 在反应时间内汽车做什么运动？采取刹车措施后呢？要求安全距离和汽车的位移有什么关系？解析 设路面干燥时，汽车与地面间的动摩擦因数为μ0，刹车时汽车的加速度大小为a 0，安全距离为s ，反应时间为t 0，由牛顿第二定律和运动学公式得 μ0mg ＝ma 0①s ＝v 0t 0＋v 202a 0②式中，m 和v 0分别为汽车的质量和刹车前的速度．设在雨天行驶时，汽车与地面间的动摩擦因数为μ，依题意有μ＝25μ0③ 设在雨天行驶时汽车刹车的加速度大小为a ，安全行驶的最大速度为v ，由牛顿第二定律和运动学公式得 μmg ＝ma ④ s ＝v t 0＋v 22a⑤联立①②③④⑤式并代入题给数据得 v ＝20 m/s(v ＝－24 m/s 不符合实际，舍去) 答案 20 m/s以题说法 解决此类问题必须熟练掌握运动学的基本规律和推论(即五个关系式)．对于匀减速直线运动还要会灵活运用逆向思维法．对于追及相遇问题要能分别清晰地分析两物体的运动过程，能找出空间和时间的关系等．为了迎接外宾，对国宾车队要求非常严格．设从同一地点先后开出甲、乙两辆不同型号的国宾汽车在平直的公路上排成直线行驶．汽车甲先开出，汽车乙后开出．汽车甲从静止出发先做加速度为a 1的匀加速直线运动，达到速度v 后改为匀速直线运动．汽车乙从静止出发先做加速度为a 2的匀加速直线运动，达到同一速度v 后也改为匀速直线运动．要使甲、乙两辆汽车都匀速行驶时彼此间隔的间距为x .则甲、乙两辆汽车依次启动的时间间隔为多少？(不计汽车的大小) 答案 x v ＋v2a 1－v 2a 2解析 设当甲经过一段时间t 1匀加速运动达到速度v ，位移为x 1， 对甲，有：v ＝a 1t 1① v 2＝2a 1x 1②设乙出发后，经过一段时间t 2匀加速运动达到速度v ，位移为x 2， 对乙，有：v ＝ɑ2t 2③ v 2＝2ɑ2x 2④设甲匀速运动时间t 后，乙也开始匀速运动，甲、乙依次启动的时间间隔为Δt ， 由题意知：Δt ＝t 1＋t －t 2⑤ x ＝x 1＋v t －x 2⑥ 解得：Δt ＝x v ＋v2a 1－v 2a 2.考向2 挖掘图象信息解决动力学问题例2 如图1甲所示，在倾角为37°的粗糙且足够长的斜面底端，一质量m ＝2 kg 可视为质点的滑块压缩一轻弹簧并锁定，滑块与弹簧不相连．t ＝0 s 时解除锁定，计算机通过传感器描绘出滑块的速度时间图象如图乙所示，其中Ob 段为曲线，bc 段为直线，g 取10 m/s 2， sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.则下列说法正确的是( )图1A ．在0.15 s 末滑块的加速度为－8 m/s 2B ．滑块在0.1～0.2 s 时间间隔内沿斜面向下运动C ．滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.25D ．在滑块与弹簧脱离之前，滑块一直在做加速运动审题突破 结合图象可知滑块在斜面上分别做什么运动？bc 段为直线说明什么？解析 在v －t 图象中，斜率代表加速度，0.15 s 末滑块的加速度a ＝ΔvΔt ＝－8 m/s 2，故A 正确；滑块在0.1～0.2 s 时间间隔内沿斜面向上运动，故B 错误；滑块在0.1～0.2 s 内，由牛顿第二定律可知，－mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma ，可求得μ＝0.25，故C 正确；在0～0.1 s 过程中为滑块和弹簧接触的过程，由图象可知，滑块先做加速运动后做减速运动，故D 错误． 答案 AC以题说法 解图象类问题的关键在于将图象与物理过程对应起来，通过图象的坐标轴、关键点、斜率、面积等信息，对运动过程进行分析，从而解决问题．(2014·福建·15)如图2所示，滑块以初速度v 0沿表面粗糙且足够长的固定斜面，从顶端下滑，直至速度为零．对于该运动过程，若用h 、s 、v 、a 分别表示滑块的下降高度、位移、速度和加速度的大小，t 表示时间，则下列图象最能正确描述这一运动规律的是( )图2答案 B解析 滑块沿斜面向下做匀减速运动，故滑块下滑过程中，速度随时间均匀变化，加速度a不变，选项C 、D 错误．设斜面倾角为θ，则s ＝h sin θ＝v 0t －12at 2，故h —t 、s —t 图象都应是开口向下的抛物线，选项A错误，选项B 正确．考向3 应用动力学方法分析传送带问题例3 如图3所示，一水平传送带以4 m/s 的速度逆时针传送，水平部分长L ＝6 m ，其左端与一倾角为θ＝30°的光滑斜面平滑相连，斜面足够长，一个可视为质点的物块无初速度地放在传送带最右端，已知物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，g ＝10 m/s 2.求物块从放到传送带上到第一次滑回传送带最远端所用的时间．图3审题突破 物块在传送带上向左和向右如何判断做何运动？在斜面上向上、向下运动的时间是否一样？解析 物块与传送带间的摩擦力：F f ＝μmg ＝ma 1 代入数据得a 1＝2 m/s 2设当物块加速到与传送带速度相同时发生的位移为x 1， 由v 2＝2a 1x 1，解得：x 1＝4 m ＜6 m 则物块加速到v 的时间：t 1＝va 1＝2 s物块与传送带速度相同时，它们一起运动，一起运动的位移为x 2＝L －x 1＝2 m 一起运动的时间：t 2＝x 2v ＝0.5 s物块在斜面上运动的加速度：a 2＝mg sin 30°m ＝5 m/s 2根据对称性，上升和下降的时间相同：t 3＝Δva 2＝0.8 s返回传送带后，向右减速的时间：t 4＝Δva 1＝2 s物块从放到传送带上到第一次滑回传送带最远端所用的时间：t 总＝t 1＋t 2＋2t 3＋t 4＝6.1 s. 答案 6.1 s以题说法 1.传送带问题的实质是相对运动问题，这样的相对运动将直接影响摩擦力的方向．因此，搞清楚物体与传送带间的相对运动方向是解决该问题的关键．2．传送带问题还常常涉及到临界问题，即物体与传送带速度相同，这时会出现摩擦力改变的临界状态，具体如何改变要根据具体情况判断．(2014·河南豫东豫北名校五模)如图4所示，与水平方向成37°角的传送带以恒定速度v ＝2 m/s 顺时针方向转动，两传动轮间距L ＝5 m ．现将质量为1 kg 且可视为质点的物块以v 0＝4 m/s 的速度沿传送带向上的方向自底端滑上传送带．物块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.5，取g ＝10 m/s 2，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，计算时，可认为滑动摩擦力近似等于最大静摩擦力，求物块在传送带上上升的最大高度．图4答案 0.96 m解析 物块刚滑上传送带时，物块相对传送带向上运动，受到摩擦力沿传送带向下，将匀减速上滑，直至与传送带速度相同，物块向上减速时，由牛顿第二定律得 mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1则有：a 1＝g (sin θ＋μcos θ)＝10×(0.6＋0.5×0.8) m/s 2＝10 m/s 2 物块沿传送带向上的位移为：x 1＝v 20－v 22a 1＝42－222×10m ＝0.6 m由于最大静摩擦力F f ＝μmg cos θ＜mg sin θ，物块与传送带速度相同后，物块受到滑动摩擦力沿传送带向上，但合力沿传送带向下，故继续匀减速上升，直至速度为零． 根据牛顿第二定律可得：mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2 得：a 2＝g (sin θ－μcos θ)＝10×(0.6－0.5×0.8)m/s 2＝2 m/s 2 物块沿传送带向上运动的位移为：x 2＝v 22a 2＝222×2 m ＝1 m则物块沿传送带上升的最大高度为： H ＝(x 1＋x 2)sin 37°＝(0.6＋1)×0.6 m ＝0.96 m.2．应用动力学方法分析“滑块—木板模型”问题例4 (14分)如图5所示，水平地面上有一质量为M 的长木板，一个质量为m 的物块(可视为质点)放在长木板的最右端．已知m 与M 之间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数为μ2.从某时刻起物块m 以v 1的水平初速度向左运动，同时木板M 在水平外力F 作用下始终向右以速度v 2(v 2>v 1)匀速运动，求：图5(1)在物块m 向左运动过程中外力F 的大小； (2)木板至少多长物块不会从木板上滑下来？ 思维导图解析 (1)在物块m 向左运动过程中，木板受力如图所示，其中F f1、F f2分别为物块和地面给木板的摩擦力，由题意可知 F f1＝μ1mg (1分) F f2＝μ2(m ＋M )g (2分)由平衡条件得：F ＝F f1＋F f2＝μ1mg ＋μ2(m ＋M )g (2分) (2)设物块向左匀减速至速度为零的时间为t 1，则t 1＝v 1μ1g(1分) 设物块向左匀减速运动的位移为x 1，则 x 1＝v 12t 1＝v 212μ1g(1分)设物块由速度为零向右匀加速至与木板同速(即停止相对滑动)的时间为t 2，则t 2＝v 2μ1g(1分) 设物块向右匀加速运动的位移为x 2，则 x 2＝v 22t 2＝v 222μ1g(1分)此过程中木板向右匀速运动的总位移为x ′，则 x ′＝v 2(t 1＋t 2)(1分)则物块不从木板上滑下来的最小长度： L ＝x ′＋x 1－x 2(2分)代入数据解得：L ＝(v 1＋v 2)22μ1g .(2分)答案 (1)μ1mg ＋μ2(m ＋M )g (2)(v 1＋v 2)22μ1g点睛之笔 平板车类问题中，滑动摩擦力的分析方法与传送带类似，但这类问题比传送带类问题更复杂，因为平板车往往受到摩擦力的影响也做匀变速直线运动，处理此类双体匀变速运动问题要注意从速度、位移、时间等角度，寻找它们之间的联系．要使滑块不从车的末端掉下来的临界条件是滑块到达小车末端时的速度与小车的速度恰好相等．(限时：15分钟，满分：18分)如图6所示，倾角α＝30°的足够长光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一长L ＝1.8 m 、质量M ＝3 kg 的薄木板，木板的最右端叠放一质量m ＝1 kg 的小物块，物块与木板间的动摩擦因数μ＝32.对木板施加沿斜面向上的恒力F ，使木板沿斜面由静止开始做匀加速直线运动．设物块与木板间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g ＝10 m/s 2.图6(1)为使物块不滑离木板，求力F 应满足的条件；(2)若F ＝37.5 N ，物块能否滑离木板？若不能，请说明理由；若能，求出物块滑离木板所用的时间及滑离木板后沿斜面上升的最大距离． 答案 (1)F ≤30 N (2)能 1.2 s 0.9 m解析 (1)对M 、m 组成的整体，由牛顿第二定律 F －(M ＋m )g sin α＝(M ＋m )a 对m ，有F f －mg sin α＝ma F f ≤μmg cos α 代入数据得F ≤30 N.(2)F ＝37.5 N>30 N ，物块能滑离木板 对M ，有F －μmg cos α－Mg sin α＝Ma 1 对m ，有μmg cos α－mg sin α＝ma 2设物块滑离木板所用时间为t ，由运动学公式 12a 1t 2－12a 2t 2＝L 代入数据得：t ＝1.2 s 物块滑离木板时的速度v ＝a 2t 由－2gs sin α＝0－v 2 代入数据得s ＝0.9 m.(限时：45分钟)题组1 运动学基本规律的应用1．酒后驾驶会导致许多安全隐患，其中之一是驾驶员的反应时间变长，“反应时间”是指驾驶员从发现情况到开始采取制动的时间．下表中“反应距离”是指驾驶员从发现情况到采取制动的时间内汽车行驶的距离；“刹车距离”是指驾驶员从踩下刹车踏板制动到汽车停止的时间内汽车行驶的距离．分析上表可知，下列说法正确的是( )A.B ．驾驶员酒后反应时间比正常情况下多0.5 s C ．汽车刹车时，加速度大小为10 m/s 2 D ．汽车刹车时，加速度大小为7.5 m/s 2 答案 AD解析 在“反应距离”内汽车做匀速直线运动，驾驶员酒后反应时间为t 1＝x 1v 0＝1215 s ＝0.8 s ，正常情况时间应为t 2＝x 2v 0＝615 s ＝0.4 s ．所以驾驶员酒后反应时间比正常情况下多0.4 s ，故A正确，B 错误．汽车制动时做匀减速直线运动，初速度v 0＝15 m/s ，末速度v ＝0，位移x ＝15 m, 由v2－v 20＝2ax ，得a ＝v 2－v 202x ＝0－1522×15m/s 2＝－7.5 m/s 2，加速度大小为7.5 m/s 2，故C 错误，D 正确．2．(2014·新课标Ⅱ·24)2012年10月，奥地利极限运动员菲利克斯·鲍姆加特纳乘气球升至约39 km 的高空后跳下，经过4分20秒到达距地面约1.5 km 高度处，打开降落伞并成功落地，打破了跳伞运动的多项世界纪录．取重力加速度的大小g ＝10 m/s 2.(1)若忽略空气阻力，求该运动员从静止开始下落至1.5 km 高度处所需的时间及其在此处速度的大小；(2)实际上，物体在空气中运动时会受到空气的阻力，高速运动时所受阻力的大小可近似表示为f ＝k v 2，其中v 为速率，k 为阻力系数，其数值与物体的形状、横截面积及空气密度有关．已知该运动员在某段时间内高速下落的v —t 图象如图1所示．若该运动员和所带装备的总质量m ＝100 kg ，试估算该运动员在达到最大速度时所受阻力的阻力系数．(结果保留1位有效数字)图1答案 (1)87 s 8.7×102 m/s (2)0.008 kg/m解析 (1)设该运动员从开始自由下落至1.5 km 高度处的时间为t ，下落距离为s ，在1.5 km 高度处的速度大小为v .根据运动学公式有 v ＝gt ① s ＝12gt 2② 根据题意有s ＝3.9×104 m －1.5×103 m ＝3.75×104 m ③ 联立①②③式得t ≈87 s ④ v ≈8.7×102 m/s ⑤(2)该运动员达到最大速度v max 时，加速度为零，根据平衡条件有mg ＝k v 2max ⑥ 由所给的v —t 图象可读出v max ≈360 m/s ⑦ 由⑥⑦式得 k ≈0.008 kg/m.题组2 挖掘图象信息解决动力学问题3．(2014·新课标Ⅱ·14)甲、乙两汽车在一平直公路上同向行驶．在t ＝0到t ＝t 1的时间内，它们的v —t 图像如图2所示．在这段时间内( )图2A ．汽车甲的平均速度比乙的大B ．汽车乙的平均速度等于v 1＋v 22C ．甲、乙两汽车的位移相同D ．汽车甲的加速度大小逐渐减小，汽车乙的加速度大小逐渐增大 答案 A解析 根据v —t 图像下方的面积表示位移，可以看出汽车甲的位移x 甲大于汽车乙的位移x 乙，选项C 错误；根据v ＝xt 得，汽车甲的平均速度v 甲大于汽车乙的平均速度v 乙，选项A 正确；汽车乙的位移x 乙小于初速度为v 2、末速度为v 1的匀减速直线运动的位移x ，即汽车乙的平均速度小于v 1＋v 22，选项B 错误；根据v —t 图像的斜率反映了加速度的大小，因此汽车甲、乙的加速度大小都逐渐减小，选项D 错误．4．(2014·辽宁省大连二模)如图3甲所示，一个m ＝3 kg 的物体放在粗糙水平地面上，从t ＝0时刻起，物体在水平力F 作用下由静止开始做直线运动．在0～3 s 时间内物体的加速度a 随时间t 的变化规律如图乙所示，已知物体与地面间的动摩擦因数处处相等．则( )甲 乙图3A ．在0～3 s 时间内，物体的速度先增大后减小B ．3 s 末物体的速度最大，最大速度为10 m/sC ．2 s 末F 最大，F 的最大值为12 ND ．前2 s 内物体做匀变速直线运动，力F 大小保持不变 答案 BD解析 物体在前3 s 内始终做加速运动，第3 s 内加速度减小说明物体速度增加得慢了，但仍是加速运动，故A 错误；因为物体速度始终增加，故3 s 末物体的速度最大，在a －t 图象上图象与时间轴所围图形的面积表示速度变化，Δv ＝10 m/s ，物体由静止开始加速运动，故最大速度为10 m/s ，所以B 正确；由F 合＝ma 知前2 s 内的合外力为12 N ，由于受摩擦力作用，故作用力大于12 N ，故C 错误．5．2013年12月14日21时11分，嫦娥三号着陆器成功降落在月球虹湾地区，实现中国人的飞天梦想．该着陆器质量为1.2×103 kg ，在距离月球表面100 m 处悬停，自动判断合适着陆点后，竖直下降到距离月球表面4 m 时速度变为0，然后关闭推力发动机自由下落，直至平稳着陆．若月球表面重力加速度是地球表面重力加速度的16倍，着陆器下降过程中的高度与时间关系图象如图4所示，则下述判断正确的是( )图4A ．着陆器在空中悬停时，发动机推力大小是1.2×104 NB ．着陆器从高100 m 下降至4 m 过程中的平均速度为8 m/sC ．着陆器着陆时的速度大约是3.65 m/sD ．着陆器着陆后，对月球表面的压力是2×104 N 答案 BC解析 着陆器在空中悬停时，发动机推力大小等于月球对它的吸引力，即F ＝mg ′＝m ·16g ＝1.2×103 kg ×16×10 m/s 2＝2×103 N ，选项A 错误；着陆器从高100 m 下降至4 m 过程中的平均速度为v ＝x t ＝100－414.5－2.5 m/s ＝8 m/s ，选项B 正确；着陆器着陆时的速度大约是v ＝2g ′h＝2×16×10×4 m/s ≈3.65 m/s ，选项C 正确；着陆器着陆后，对月面的压力等于它在月球上的重力是2×103 N ，选项D 错误． 题组3 应用动力学方法分析传送带问题6．(2014·四川·7)如图5所示，水平传送带以速度v 1匀速运动，小物体P 、Q 由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，t ＝0时刻P 在传送带左端具有速度v 2，P 与定滑轮间的绳水平，t ＝t 0时刻P 离开传送带．不计定滑轮质量和摩擦，绳足够长．正确描述小物体P 速度随时间变化的图像可能是( )图5答案 BC解析 若v 1>v 2，且P 受到的滑动摩擦力大于Q 的重力，则可能先向右匀加速，加速至v 1后随传送带一起向右匀速，此过程如图B 所示，故B 正确．若v 1>v 2，且P 受到的滑动摩擦力小于Q 的重力，此时P 一直向右减速，减速到零后反向加速．若v 2>v 1，P 受到的滑动摩擦力向左，开始时加速度a 1＝F T ＋μmgm ，当减速至速度为v 1时，摩擦力反向，若有F T >μmg ，此后加速度a 2＝F T －μmgm，故C 正确，A 、D 错误．7．如图6甲所示，水平传送带AB 逆时针匀速转动，一个质量为M ＝1.0 kg 的小物块以某一初速度由传送带左端滑上，通过速度传感器记录下物块速度随时间的变化关系如图乙所示(图中取向左为正方向，以物块滑上传送带时为计时零点)．已知传送带的速度保持不变，g 取 10 m/s 2.求：甲 乙图6(1)物块与传送带间的动摩擦因数μ； (2)物块在传送带上的运动时间； (3)整个过程中系统产生的热量． 答案 (1)0.2 (2)4.5 s (3)18 J解析 (1)由速度图象可知，物块做匀变速运动的加速度：a ＝ΔvΔt ＝2.0 m/s 2由牛顿第二定律得F f ＝Ma则物块与传送带间的动摩擦因数μ＝MaMg＝0.2.(2)由速度图象可知，物块初速度大小v ＝4 m/s 、传送带速度大小v ′＝2 m/s ，物块在传送带上滑动t 1＝3 s 后，与传送带相对静止． 前2 s 内物块的位移大小x 1＝v2t ＝4 m ，向右，后1 s 内的位移大小x 2＝v ′2t ′＝1 m ，向左，3 s 内位移x ＝x 1－x 2＝3 m ，向右； 物块再向左运动时间t 2＝xv ′＝1.5 s.物块在传送带上运动时间t ＝t 1＋t 2＝4.5 s.(3)物块在传送带上滑动的3 s 内，传送带的位移x ′＝v ′t 1＝6 m ，向左 物块的位移x ＝x 1－x 2＝3 m ，向右相对位移为Δx ′＝x ′＋x ＝9 m 所以转化的热能E Q ＝F f ·Δx ′＝18 J.题组4 应用动力学方法分析“滑块—木板模型”问题8．(2014·江苏·8)如图7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12μ.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( )图7A ．当F <2μmg 时，A 、B 都相对地面静止 B ．当F ＝52μmg 时，A 的加速度为13μgC ．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12μg答案 BCD解析 当0<F ≤32μmg 时，A 、B 皆静止；当32μmg <F ≤3μmg 时，A 、B 相对静止，但两者相对地面一起向右做匀加速直线运动；当F >3μmg 时，A 相对B 向右做加速运动，B 相对地面也向右加速，选项A 错误，选项C 正确．当F ＝52μmg 时，A 与B 共同的加速度a ＝F －32μmg3m ＝13μg ，选项B 正确．F 较大时，取物块B 为研究对象，物块B 的加速度最大为a 2＝2μmg －32μmgm ＝12μg ，选项D 正确．9．如图8甲所示，由斜面AB 和水平面BC 组成的物块，放在光滑水平地面上，斜面AB 部分光滑，AB 长度为s ＝2.5 m ，水平部分BC 粗糙．物块左侧与竖直墙壁之间连接着一个力传感器，当传感器受压时示数为正值，被拉时为负值．上表面与BC 等高且粗糙程度相同的木板DE 紧靠在物块的右端，木板DE 质量M ＝4 kg ，长度L ＝1.5 m ．一可视为质点的滑块从A 点由静止开始下滑，经B 点由斜面转到水平面时速度大小不变．滑块从A 到C 过程中，传感器记录到力和时间的关系如图乙所示．g 取10 m/s 2，求：图8(1)斜面AB 的倾角θ； (2)滑块的质量m ；(3)滑块到达木板DE 右端时的速度大小． 答案 (1)30° (2)2 kg (3)1 m/s解析 (1)在0～1 s 内滑块沿斜面匀加速下滑： mg sin θ＝ma s ＝12at 2 由题图乙知：t ＝1 s 解得sin θ＝12，即θ＝30°.(2)在0～1 s 内对物块ABC 受力分析： mg cos θ·sin θ－F ＝0 由题图乙知：F ＝5 3 N 解得m ＝2 kg.(3)滑块到达B 点时的速度v B ＝at ＝gt sin θ＝5 m/s 1～2 s 滑块在BC 部分做减速运动：μmg ＝ma ′ 对物块，由图象知：μmg ＝F ＝4 N 解得a ′＝2 m/s 2，μ＝0.2滑块到达C 点时：v C ＝v B －a ′t ＝v B －μg ·t ＝3 m/s 滑块滑上木板DE 时：对滑块：－μmg ＝ma 1 对木板：μmg ＝Ma 2解得a 1＝－2 m/s 2，a 2＝1 m/s 2设滑块在木板上的滑行时间为t ， x 滑块＝v C t ＋12a 1t 2x 木板＝12a 2t 2L ＝x 滑块－x 木板解得t ＝1 s此时，滑块速度v 滑块＝v C ＋a 1t ＝1 m/s 木板速度v 木板＝a 2t ＝1 m/s滑块恰好滑到木板右端，速度为1 m/s.。