7、2 s。
答案 2 s
【拓展延伸】 若【例2】中的傳送帶是順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)的，則物體從A到B所需的時(shí)間是多少？
解析 物體相對傳送帶向下滑，所受滑動(dòng)摩擦力方向沿斜面向上，因?yàn)棣?tan θ，所以物體一直加速下滑，由牛頓第二定律mgsin θ－μmgcos θ＝ma，解得a＝2 m/s2，
由L＝at2，解得t＝4 s。
答案 4 s
【變式訓(xùn)練1】 如圖3所示，水平軌道AB段為粗糙水平面，BC段為一水平傳送帶，兩段相切于B點(diǎn)，一質(zhì)量為m＝1 kg 的物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))，靜止于A點(diǎn)，AB距離為x＝2 m。已知物塊與AB段和BC段的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.5，g取
10 m/s2。
8、圖3
(1)若給物塊施加一水平拉力F＝11 N，使物塊從靜止開始沿軌道向右運(yùn)動(dòng)，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)撤去拉力，物塊在傳送帶靜止情況下剛好運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)，求傳送帶的長度；
(2)在(1)問中，若將傳送帶繞B點(diǎn)逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)37°后固定(AB段和BC段仍平滑連接)，要使物塊仍能到達(dá)C端，則在AB段對物塊施加拉力F′應(yīng)至少多大。
解析 (1)物塊在AB段：F－μmg＝ma1，a1＝6 m/s2
則到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度為vB，有vB＝＝2 m/s
滑上傳送帶有－μmg＝ma2，a2＝－5 m/s2
剛好到達(dá)C點(diǎn)，有－v＝2a2L，得傳送帶長度L＝2.4 m。
(2)將傳送帶傾斜，滑上傳送帶有
－mgsin 3
9、7°－μmgcos 37°＝ma3，a3＝－10 m/s2
物塊仍能剛好到C端，有－vB′2＝2a3L，vB′＝4 m/s
在AB段，有vB′2＝2ax，F(xiàn)′－μmg＝ma
聯(lián)立解得F′＝17 N。
答案 (1)2.4 m (2)17 N
[?？键c(diǎn)]“板塊”模型
1.分析“板塊”模型時(shí)要抓住一個(gè)轉(zhuǎn)折和兩個(gè)關(guān)聯(lián)
2.兩種類型
類型圖示
規(guī)律分析
木板B帶動(dòng)物塊A，物塊恰好不從木板上掉下的臨界條件是物塊恰好滑到木板左端時(shí)二者速度相等，則位移關(guān)系為xB＝xA＋L
物塊A帶動(dòng)木板B，物塊恰好不從木板上掉下的臨界條件是物塊恰好滑到木板右端時(shí)二者速度相等，則位移關(guān)系為x
10、B＋L＝xA
命題角度1 無外力F作用的“板塊”模型問題
【例3】 (2017·宜昌一模)如圖4所示，有兩個(gè)高低不同的水平面，高水平面光滑，低水平面粗糙。一質(zhì)量為5 kg、長度為2 m的長木板靠在高水平面邊緣A點(diǎn)，其表面恰好與高水平面平齊，長木板與低水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.05，一質(zhì)量為1 kg可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊靜止放置，距A點(diǎn)距離為3 m，現(xiàn)用大小為6 N、水平向右的外力拉滑塊，當(dāng)滑塊運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)時(shí)撤去外力，滑塊以此時(shí)的速度滑上長木板?；瑝K與長木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，取g＝10 m/s2。求：
圖4
(1)滑塊滑動(dòng)到A點(diǎn)時(shí)的速度大小；
(2)滑塊滑動(dòng)到長木板上時(shí)，滑塊和長木板
11、的加速度大小分別為多少？
(3)通過計(jì)算說明滑塊能否從長木板的右端滑出。
解析 (1)設(shè)滑塊在高水平面上的加速度為a，
根據(jù)牛頓第二定律有F＝ma
根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v2＝2aL0
代入數(shù)據(jù)解得v＝6 m/s。
(2)設(shè)滑塊滑動(dòng)到長木板后，滑塊的加速度為a1，長木板的加速度為a2，根據(jù)牛頓第二定律，
對滑塊有μ1mg＝ma1
代入數(shù)據(jù)解得a1＝5 m/s2
對長木板有μ1mg－μ2(m＋M)g＝Ma2，
代入數(shù)據(jù)解得a2＝0.4 m/s2。
(3)設(shè)滑塊不滑出長木板，從滑塊滑上長木板到兩者相對靜止所用時(shí)間為t，
則：v－a1t＝a2t
代入數(shù)據(jù)解得t＝ s。
此過程中
12、滑塊的位移為x1＝vt－a1t2
長木板的位移為x2＝a2t2
x1－x2＝ m>L＝2 m
所以滑塊能從長木板的右端滑出。
答案 (1)6 m/s (2)5 m/s2 0.4 m/s2 (3)見解析
命題角度2 有外力F作用的“板塊”模型問題
【例4】 (2017·河北石家莊模擬)(多選)如圖5甲所示，一質(zhì)量為M的長木板靜置于光滑水平面上，其上放置一質(zhì)量為m的小滑塊。木板受到水平拉力F作用時(shí)，用傳感器測出長木板的加速度a與水平拉力F的關(guān)系如圖乙所示，重力加速度g＝10 m/s2，下列說法正確的是( )
圖5
A.小滑塊的質(zhì)量m＝2 kg
B.小滑塊與長木板之間的動(dòng)摩擦
13、因數(shù)為0.1
C.當(dāng)水平拉力F＝7 N時(shí)，長木板的加速度大小為3 m/s2
D.當(dāng)水平拉力F增大時(shí)，小滑塊的加速度一定增大
解析 當(dāng)F＝6 N時(shí)，兩物體恰好具有最大共同加速度，對整體分析，由牛頓第二定律有F＝(M＋m)a，代入數(shù)據(jù)解得M＋m＝3 kg。當(dāng)F大于6 N時(shí)，兩物體發(fā)生相對滑動(dòng)，對長木板有a＝＝－，圖線的斜率k＝＝1，解得M＝1 kg，滑塊的質(zhì)量m＝2 kg，選項(xiàng)A正確；滑塊的最大加速度a′＝μg＝2 m/s2，所以小滑塊與長木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；當(dāng)F＝7 N時(shí)，由a＝知長木板的加速度a＝3 m/s2，選項(xiàng)C正確；當(dāng)兩物體發(fā)生相對滑動(dòng)時(shí)，滑塊的加速度a′＝μ
14、g＝2 m/s2，恒定不變，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。
答案 AC
命題角度3 斜面上的“板塊”模型問題
【例5】 (多選)如圖6所示，一質(zhì)量為M的斜面體靜止在水平地面上，斜面傾角為θ，斜面上疊放著A、B兩物體，物體B在沿斜面向上的力F的作用下沿斜面勻速上滑。若A、B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，μμmgcos θ，所以A、B一定相對滑動(dòng),選項(xiàng)A錯(cuò)誤,B正確;選物
15、體B為研究對象，由牛頓第二定律得F－μmgcos θ－mgsin θ－μB·2mgcos θ＝0，μB＝，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確。
答案 BD
解決速度臨界問題的思維模板
【變式訓(xùn)練2】 (2017·湖北三校聯(lián)考)有一項(xiàng)“快樂向前沖”的游戲可簡化如下：如圖7所示，滑板長L＝1 m，起點(diǎn)A到終點(diǎn)線B的距離s＝5 m。開始滑板靜止，右端與A平齊，滑板左端放一可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊，對滑塊施一水平恒力F使滑板前進(jìn)。板右端到達(dá)B處沖線，游戲結(jié)束。已知滑塊與滑板間動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，地面視為光滑，滑塊質(zhì)量m1＝2 kg，滑板質(zhì)量m2＝1 kg，重力加速度g＝10 m/s2，求：
16、
圖7
(1)滑板由A滑到B的最短時(shí)間；
(2)為使滑板能以最短時(shí)間到達(dá)，水平恒力F的取值范圍。
解析 (1)滑板一直加速時(shí)，所用時(shí)間最短。設(shè)滑板加速度為a2，f＝μm1g＝m2a2，a2＝10 m/s2，s＝，解得t＝1 s。
(2)剛好相對滑動(dòng)時(shí)，水平恒力最小，設(shè)為F1，此時(shí)可認(rèn)為二者加速度相等，
F1－μm1g＝m1a2，
解得F1＝30 N。
當(dāng)滑板運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，滑塊剛好脫離時(shí)，水平恒力最大，設(shè)為F2，設(shè)滑塊加速度為a1，
F2－μm1g＝m1a1，
－＝L，
解得F2＝34 N。
則水平恒力大小范圍是30 N≤F≤34 N。
答案 (1)1 s (2)30 N≤
17、F≤34 N
“滑塊—滑板”模型
[題源：人教版必修1·P84·T7]
如圖4.5－13，粗糙的A、B長方體木塊疊在一起，放在水平桌面上，B木塊受到一個(gè)水平方向的力的牽引，但仍然保持靜止。問：B木塊受到哪幾個(gè)力的作用？
圖4.5－13
拓展1 如圖8，光滑水平面上，水平恒力F作用在木塊上，長木板和木塊間無相對滑動(dòng)，長木板質(zhì)量為M，木塊質(zhì)量為m。它們共同加速度為a，木塊與長木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，則在運(yùn)動(dòng)過程中( )
圖8
A.木塊受到的摩擦力一定是μmg
B.木塊受到的合力為F
C.長木板受到的摩擦力為μmg
D.長木板受到的合力為
解析 整體的加速度a＝，
18、隔離長木板，受力分析，長木板所受的合力為
F合＝，且長木板所受的合力等于長木板所受的摩擦力。又長木板所受的摩擦力等于長木板對木塊的摩擦力，故選項(xiàng)A、C錯(cuò)誤，D正確；木塊所受的合力F合′＝ma＝，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤。
答案 D
拓展2 (2017·南昌市二模)(多選)如圖9，一個(gè)質(zhì)量為m＝1 kg的長木板置于光滑水平地面上，木板上放有質(zhì)量分別為mA＝1 kg和mB＝2 kg的A、B兩物塊。A、B兩物塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)都為μ＝0.2。若現(xiàn)用水平恒力F作用在A物塊上，取重力加速度g＝10 m/s2，滑動(dòng)摩擦力等于最大靜摩擦力，則下列說法正確的是( )
圖9
A.當(dāng)F＝2 N時(shí)，A物塊
19、和木板開始相對滑動(dòng)
B.當(dāng)F＝1 N時(shí)，A、B兩物塊都相對木板靜止不動(dòng)
C.若F＝4 N，則B物塊所受摩擦力大小為 N
D.若F＝6 N，則B物塊的加速度大小為1 m/s2
解析 假設(shè)A、B兩物塊一起運(yùn)動(dòng)，對整體有F＝(m＋mA＋mB)a，對B有fB＝mBa，且fB≤μmBg，對A有F－fA＝mAa，且fA≤μmAg，對B和木板整體fA＝(m＋mB)a，解得F≤ N，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；當(dāng)F> N時(shí)，A與長木板相對運(yùn)動(dòng)，B和長木板一起運(yùn)動(dòng)，若F＝4 N，B和長木板一起運(yùn)動(dòng)，則μmAg＝(m＋mB)a1，fB1＝mBa1，解得fB1＝ N，故選項(xiàng)C正確；若F＝6 N，則B物塊加速度大小
20、為a1＝ m/s2，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤。
答案 BC
拓展3 (2017·全國卷Ⅲ，25)如圖10，兩個(gè)滑塊A和B的質(zhì)量分別為mA＝1 kg和mB＝5 kg，放在靜止于水平地面上的木板的兩端，兩者與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ1＝0.5；木板的質(zhì)量為m＝4 kg，與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2＝0.1。某時(shí)刻A、B兩滑塊開始相向滑動(dòng)，初速度大小均為v0＝3 m/s。A、B相遇時(shí)，A與木板恰好相對靜止。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，取重力加速度大小g＝10 m/s2。求
圖10
(1)B與木板相對靜止時(shí)，木板的速度；
(2)A、B開始運(yùn)動(dòng)時(shí)，兩者之間的距離。
解析 (1)滑塊A和B在木板上滑
21、動(dòng)時(shí)，木板也在地面上滑動(dòng)。設(shè)A、B和木板所受的摩擦力大小分別為f1、f2和f3，A和B相對于地面的加速度大小分別為aA和aB，木板相對于地面的加速度大小為a1。在物塊B與木板達(dá)到共同速度前有
f1＝μ1mAg①
f2＝μ1mBg②
f3＝μ2(m＋mA＋mB)g③
由牛頓第二定律得
f1＝mAaA④
f2＝mBaB⑤
f2－f1－f3＝ma1⑥
設(shè)在t1時(shí)刻，B與木板達(dá)到共同速度，其大小為v1。由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有
v1＝v0－aBt1⑦
v1＝a1t1⑧
聯(lián)立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知數(shù)據(jù)得
v1＝1 m/s⑨
(2)在t1時(shí)間間隔內(nèi)，B相對于地面移動(dòng)的距離為
sB＝
22、v0t1－aBt⑩
設(shè)在B與木板達(dá)到共同速度v1后，木板的加速度大小為a2。對于B與木板組成的體系，由牛頓第二定律有
f1＋f3＝(mB＋m)a2?
由①②④⑤式知，aA＝aB；再由⑦⑧式知，B與木板達(dá)到共同速度時(shí)，A的速度大小也為v1，但運(yùn)動(dòng)方向與木板相反。由題意知，A和B相遇時(shí)，A與木板的速度相同，設(shè)其大小為v2。設(shè)A的速度大小從v1變到v2所用的時(shí)間為t2，則由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，對木板有
v2＝v1－a2t2?
對A有：v2＝－v1＋aAt2?
在t2時(shí)間間隔內(nèi)，B(以及木板)相對地面移動(dòng)的距離為
s1＝v1t2－a2t?
在(t1＋t2)時(shí)間間隔內(nèi)，A相對地面移動(dòng)的距離為
23、sA＝v0(t1＋t2)－aA(t1＋t2)2?
A和B相遇時(shí)，A與木板的速度也恰好相同。因此A和B開始運(yùn)動(dòng)時(shí)，兩者之間的距離為
s0＝sA＋s1＋sB?
聯(lián)立以上各式，并代入數(shù)據(jù)得
s0＝1.9 m?
(也可用下圖中的速度—時(shí)間圖線求解)
答案 (1)1 m/s (2)1.9 m
活頁作業(yè)
(時(shí)間：40分鐘)
?題組一 “傳送帶”模型問題
1.在民航和火車站可以看到用于對行李進(jìn)行安全檢查的水平傳送帶。當(dāng)旅客把行李放到傳送帶上時(shí)，傳送帶對行李的滑動(dòng)摩擦力使行李開始做勻加速運(yùn)動(dòng)。隨后它們保持相對靜止，行李隨傳送帶一起前進(jìn)。設(shè)傳送帶勻速前進(jìn)的速度為
0.25 m/s，把質(zhì)
24、量為5 kg的木箱靜止放到傳送帶上，由于滑動(dòng)摩擦力的作用，木箱以6 m/s2的加速度前進(jìn)，那么這個(gè)木箱放在傳送帶上后，傳送帶上將留下的摩擦痕跡約為( )
圖1
A.5 mm B.6 mm C.7 mm D.10 mm
解析 木箱加速的時(shí)間為t＝，這段時(shí)間內(nèi)木箱的位移為x1＝，而傳送帶的位移為x2＝vt，傳送帶上將留下的摩擦痕跡長為l＝x2－x1，聯(lián)立各式并代入數(shù)據(jù)，解得l＝5.2 mm，選項(xiàng)A正確。
答案 A
2.如圖2所示，足夠長的傳送帶與水平面夾角為θ，以速度v0逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)。在傳送帶的上端輕輕放置一個(gè)質(zhì)量為m的小木塊，小木塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ
25、θ，則圖中能客觀地反映小木塊的速度隨時(shí)間變化關(guān)系的是( )
圖2
解析 開始階段，木塊受到豎直向下的重力、垂直斜面向上的支持力和沿傳送帶向下的摩擦力作用，做加速度為a1的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得
mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，所以a1＝gsin θ＋μgcos θ
木塊加速至與傳送帶速度相等時(shí)，由于μ
26、分析，有a2
27、與傳送帶的最終速度相等，所以由圖乙、丙可知傳送帶的速度大小是4 m/s。
(2)v－t圖線與t軸圍成圖形的面積表示物體的位移，所以A的位移xA＝36 m，
傳送帶的長度L與A的位移相等，也是36 m。
(3)(4)A的加速度aA＝＝4 m/s2
由牛頓第二定律得μAmg＝maA，所以μA＝＝0.4
同理，B的加速度aB＝＝2 m/s2，μB＝＝0.2
設(shè)物體C從傳送帶左端P到右端Q所用的時(shí)間為tC，則
L＝tC，tC＝＝24 s
C的加速度aC＝＝ m/s2，μC＝＝0.012 5。
答案 (1)4 m/s (2)36 m (3)0.4 0.2 0.012 5 (4)24
28、 s
?題組二 板塊模型問題
4.如圖4所示，一長木板在水平地面上運(yùn)動(dòng)，在某時(shí)刻(t＝0)將一相對于地面靜止的物塊輕放到木板上，已知物塊與木板的質(zhì)量相等，物塊與木板間及木板與地面間均有摩擦，物塊與木板間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，且物塊始終在木板上。在物塊放到木板上之后，木板運(yùn)動(dòng)的速度－時(shí)間圖象可能是下列選項(xiàng)中的( )
圖4
解析 設(shè)在木板與物塊未達(dá)到相同速度之前，木板的加速度為a1，物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1，木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2。對木板應(yīng)用牛頓第二定律得：－μ1mg－μ2·2mg＝ma1，a1＝－(μ1＋2μ2)g
設(shè)物塊與木板達(dá)到相同速度之后，木板的加
29、速度為a2，對整體有：－μ2·2mg＝2ma2，a2＝－μ2g，可見|a1|＞|a2|
由v－t圖象的斜率表示加速度大小可知，選項(xiàng)A圖象正確。
答案 A
5.如圖5所示，有一長度L＝1 m、質(zhì)量M＝10 kg的平板小車，靜止在光滑的水平面上。在小車一端放置一質(zhì)量m＝4 kg的小物塊，物塊與小車間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.25，要使物塊在2 s末運(yùn)動(dòng)到小車的另一端，那么作用在物塊上的水平力F是多少？(g取10 m/s2)
圖5
解析 分別對物塊、小車受力分析，如下圖所示。根據(jù)牛頓第二定律有F－Ff＝ma物，F(xiàn)f′＝Ma車，
其中Ff＝Ff′＝μmg，解得a車＝1 m/s2。
由圖結(jié)合
30、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有x1＝a車t2，
x2＝a物t2，x2－x1＝L，解得a物＝1.5 m/s2，
F＝Ff＋ma物＝m(μg＋a物)＝4×(0.25×10＋1.5) N＝16 N。
答案 16 N
6.(2017·安徽名校聯(lián)考)質(zhì)量M＝3 kg 的長木板放在光滑的水平面上。在水平拉力F＝11 N作用下由靜止開始向右運(yùn)動(dòng)。如圖6所示，當(dāng)速度達(dá)到1 m/s時(shí)，將質(zhì)量m＝4 kg的物塊輕輕放到木板的右端。已知物塊與木板間動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，物塊可視為質(zhì)點(diǎn)。(g＝10 m/s2)求：
圖6
(1)物塊剛放置在木板上時(shí)，物塊和木板的加速度分別為多大；
(2)木板至少多長物塊才能與木板
31、最終保持相對靜止；
(3)物塊與木板相對靜止后物塊受到的摩擦力大小。
解析 (1)放上物塊后，物塊的加速度a1＝＝μg＝2 m/s2。木板的加速度a2＝＝1 m/s2。
(2)當(dāng)兩物體速度相等后保持相對靜止，故
a1t＝v0＋a2t，得t＝1 s，
1 s內(nèi)木板位移x1＝v0t＋a2t2＝1.5 m，
物塊位移x2＝a1t2＝1 m。
所以板長L＝x1－x2＝0.5 m。
(3)相對靜止后，對整體F＝(M＋m)a，
對物塊f＝ma，故f＝m＝6.29 N。
答案 (1)2 m/s2 1 m/s2 (2)0.5 m (3)6.29 N
7.(2017·江西名校聯(lián)考)如圖7所
32、示，在傾角θ＝37°的固定斜面上放置一質(zhì)量M＝
1 kg、長度L＝0.75 m的薄平板AB。平板的上表面光滑，其下端B與斜面底端C的距離為4 m。在平板的上端A處放一質(zhì)量m＝0.6 kg的滑塊，開始時(shí)使平板和滑塊都靜止，之后將它們無初速釋放。設(shè)平板與斜面間、滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.5，通過計(jì)算判斷無初速釋放后薄平板是否立即開始運(yùn)動(dòng)，并求出滑塊與平板下端B到達(dá)斜面底端C的時(shí)間差Δt。(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2)
圖7
解析 對薄板，由于Mgsin 37°<μ(M＋m)gcos 37°，故滑塊在薄板上滑動(dòng)時(shí)，薄板靜止不動(dòng)。
滑塊在薄
33、板上滑行時(shí)加速度a1＝gsin 37°＝6 m/s2
到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度v＝＝3 m/s
滑塊由B至C時(shí)的加速度a2＝gsin 37°－μgcos 37°＝2 m/s2
設(shè)滑塊由B至C所用時(shí)間為t，則有LBC＝vt＋a2t2
代入數(shù)據(jù)解得t＝1 s
對薄板，滑塊滑離后才開始運(yùn)動(dòng)，加速度
a3＝gsin 37°－μgcos 37°＝2 m/s2
設(shè)滑至C端所用時(shí)間為t′，則有LBC＝a3t′2
代入數(shù)據(jù)解得t′＝2 s
滑塊與平板下端B到達(dá)斜面底端C的時(shí)間差
Δt＝t′－t＝1 s
答案 滑塊在薄板上滑動(dòng)時(shí)，薄平板靜止不動(dòng) 1 s
8.如圖8甲所示，一長方體木板B放在水平地面
34、上，木板B的右端放置著一個(gè)小鐵塊A，在t＝0時(shí)刻同時(shí)突然給A、B初速度，其中A的初速度大小為vA＝1 m/s，方向水平向左；B的初速度大小為vB＝14 m/s，方向水平向右，木板B運(yùn)動(dòng)的v－t圖象如圖乙所示。已知A、B的質(zhì)量相等，A與B及B與地面之間均有摩擦(動(dòng)摩擦因數(shù)不等)，A與B之間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，A始終沒有滑出B，取重力加速度g＝10 m/s2。(提示：t＝3 s時(shí)刻，A、B達(dá)到共同速度v＝2 m/s；3 s時(shí)刻至A停止運(yùn)動(dòng)前，A向右運(yùn)動(dòng)的速度始終大于B的速度，g＝10 m/s2)求：
圖8
(1)小鐵塊A向左運(yùn)動(dòng)相對地面的最大位移；
(2)B運(yùn)動(dòng)的時(shí)間及B運(yùn)動(dòng)的
35、位移大小。
解析 (1)由圖乙可知，0～3 s內(nèi)A做勻變速運(yùn)動(dòng)，速度由vA＝－1 m/s變?yōu)関＝
2 m/s。
則其加速度大小為aA＝＝ m/s2＝1 m/s2，方向水平向右。
當(dāng)A水平向左運(yùn)動(dòng)速度減為零時(shí)，向左運(yùn)動(dòng)的位移最大，則s＝＝0.5 m。
(2)設(shè)A與B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1，由牛頓第二定律得μ1mg＝maA，
則μ1＝＝0.1。
由圖乙可知，0～3 s內(nèi)B做勻減速運(yùn)動(dòng)，
其速度由vB＝14 m/s變?yōu)関＝2 m/s。
則其加速度大小為aB＝＝ m/s2＝4 m/s2，方向水平向左。
設(shè)B與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2，由牛頓第二定律得μ1mg＋2μ2mg＝maB，則μ2＝＝0.15。
3 s之后，B繼續(xù)向右做勻減速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得
2μ2mg－μ1mg＝maB′，
則B的加速度大小為aB′＝2μ2g－μ1g＝2 m/s2，
方向水平向左。
3 s之后運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2＝＝ s＝1 s，
則B運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t＝t1＋t2＝4 s，
0～4 s內(nèi)B的位移xB＝t1＋t2＝25 m，方向水平向右。
答案 (1)0.5 m (2)4 s 25 m
2022年高考物理總復(fù)習(xí) 第三章 牛頓運(yùn)動(dòng)定律 能力課2 動(dòng)力學(xué)中的“傳送帶、板塊”模型學(xué)案
