【物理】2018年高考物理考纲解读与热点难点突破专题02直线运动规律及牛顿运动定律的应用

【物理】2018年高考物理考纲解读与热点难点突破专题02直线运动规律及牛顿运动定律的应用

专题 02 直线运动规律及牛顿运动定律的应用（热点难点突破） 2018 年高考物理考纲解读与热点难点突破 1.一物体由静止开始沿直线运动，其加速度随时间变化的规律如图所示．取物体开始运动的 方向为正方向，则下列关于物体运动的描述正确的是( ) A．在 1～2 s 时间内，物体做减速运动 B．在 t＝2 s 时物体的速度最大，为 3 m/s C．在 1～3 s 时间内，物体做匀变速直线运动 D．在 0～4 s 时间内，物体先沿正方向运动，后沿负方向运动 2．位于浦东陆家嘴的上海中心突然有玻璃掉落下来，玻璃砸落到东泰路后炸开．高空坠物 危害极大，在这之前，也常有媒体报道高空坠物伤人的事件．某建筑工地有一根长为 l 的直 钢筋突然从高空坠下，垂直落地时，恰好被检查安全生产的随行记者用相机拍到钢筋坠地瞬 间的照片．为了查询钢筋是从几楼坠下的，检查人员将照片还原后测得钢筋的影像长为 L， 且 L>l，查得当时相机的曝光时间为 t，楼房每层高为 h，重力加速度为 g.则由此可以求得( ) A．钢筋坠地瞬间的速度约为 L t B．钢筋坠下的楼层为 (L－l)2 2ght2 ＋1 C．钢筋坠下的楼层为 gt2 2h ＋1 D．钢筋在整个下落时间内的平均速度约为 l 2t 解析：钢筋坠下垂直落地时的影像长度包括钢筋长度和钢筋坠地前在曝光时间 t 内下落的距 离，因此在时间 t 内的平均速度为＝ L－l t ，可认为此速度就等于钢筋坠地时的速度 v，因此 A 选项错误；由 v2＝2gH、v＝，钢筋坠下的楼层 n＝ H h＋1，解得 n＝ (L－l)2 2ght2 ＋1，B 选项正 确，C 选项错误；钢筋在整个下落时间内的平均速度约为′＝ 0＋v 2 ＝ L－l 2t ，D 选项错误． 答案：B 3．警车 A 停在路口，一违章货车 B 恰好经过 A 车，A 车立即加速追赶，它们的 v－t 图象如 图所示，则 0～4 s 时间内，下列说法正确的是( ) A．A 车的加速度为 5 m/s2 B．3 s 末 A 车速度为 7 m/s C．在 2 s 末 A 车追上 B 车 D．两车相距最远为 5 m 4．质量为 0.5 kg 的物体在水平面上以一定的初速度运动，如图 a、b 分别表示物体不受拉力 和受到水平拉力作用的 v－t 图象，则拉力与摩擦力大小之比为( ) A．1 ：2 B．2 ：1 C．3 ：1 D．3 ：2 解析：物体不受水平拉力时，加速度大小为：a1＝ Δv1 Δt1＝ 6－0 4 ＝1.5 m/s2； 物体受到水平拉力作用时加速度大小为：a2＝ Δv2 Δt2＝ 12－6 8 ＝0.75 m/s2； 根据牛顿第二定律得： Ff＝ma1， F－Ff＝ma2， 可得：F ：Ff＝3 ：2. 答案：D 5．如图甲所示，倾斜的传送带正以恒定速率 v1 沿顺时针方向转动，传送带的倾角为 37°.一 物块以初速度 v0 从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，其运动的 v－t 图象如图 乙所示，物块到传送带顶端时速度恰好为零，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10 m/s2，则( ) A．传送带的速度为 4 m/s B．传送带底端到顶端的距离为 14 m C．物块与传送带间的动摩擦因数为 1 8 D．摩擦力方向一直与物块运动的方向相反 解析：如果 v0 小于 v1，则物块向上做减速运动时加速度不变，与题图乙不符，因此物块的 初速度 v0 一定大于 v1.结合题图乙可知物块减速运动到与传送带速度相同时，继续向上做减 速运动，由此可以判断传送带的速度为 4 m/s，选项 A 正确．传送带底端到顶端的距离等于 v－t 图线与横轴所围的面积，即 1 2×(4＋12)×1 m＋ 1 2×1×4 m＝10 m，选项 B 错误.0～1 s 内， gsinθ＋μgcosθ＝8 m/s2,1～2 s 内，gsinθ－μgcosθ＝4 m/s2，解得μ＝ 1 4，选项 C 错误；在 1～2 s 内，摩擦力方向与物块的运动方向相同，选项 D 错误． 答案：A 6．甲、乙两小球从离地相同的高度以相同的速率同时竖直向上和竖直向下抛出，两小球在 空中运动时均不计空气阻力的作用，则下列说法中正确的是( ) A．两小球在空中运动时速度差恒定 B．两小球在空中运动时高度差恒定 C．两小球从抛出到落地所用时间的差值恒定 D．两小球从抛出到落地所用时间的差值与最初离地高度有关 解析：规定竖直向上为正方向，则 v 甲＝v0－gt，v 乙＝－v0－gt，所以甲、乙两球在空中运动 时速度差为Δv＝v 甲－v 乙＝2v0；两小球在空中运动时高度差Δh＝Δvt＝2v0t；两小球从抛出到 落地所用时间的差值Δt＝ 2v0 g . 答案：AC 7．如图所示，轻弹簧两端拴接两个小球 a、b.在水平恒力 F 的作用下拴接小球的细线固定 在竖直墙壁上，两球静止，两细线与竖直墙壁的夹角θ＝60°，弹簧竖直，已知两小球的质量 都为 2 kg，重力加速度 g＝10 m/s2，下列说法正确的是( ) A．水平恒力 F 的大小为 40 N B．弹簧的拉力大小为 40 N C．剪断上端细线瞬间 a 球加速度为 10 m/s2 D．剪断上端细线瞬间 b 球加速度仍为 0 8．如图甲所示，质量为 m＝1 kg、带电荷量为 q＝2×10－3 C 的小物块静置于绝缘水平面上， A 点左侧上方存在方向水平向右的匀强电场，小物块运动的 v－t 图象如图乙所示，取 g＝10 m/s2，则下列说法正确的是( ) A．小物块在 0～3 s 内的平均速度为 4 3 m/s B．小物块与水平面间的动摩擦因数为 0.4 C．匀强电场的电场强度为 3 000 N/C D．物块运动过程中电势能减少了 12 J 解析：由 v－t 图象中图线与纵轴所围面积的意义知 0～3 s 内物块的位移为 x＝6 m，所以在 0～3 s 内的平均速度为 v＝ x t＝2 m/s，A 错；由 v－t 图象中图线斜率的意义知加速阶段和减 速阶段物体的加速度大小分别为 a 加＝4 m/s2 和 a 减＝2 m/s2，由牛顿第二定律知 qE－μmg＝ ma 加，μmg＝ma 减，联立并代入数值得μ＝0.2，E＝3 000 N/C，B 错、C 对；由图象知加速阶 段的位移为 x1＝2 m，所以电场力做功 W＝qE·x1＝12 J，即物块运动过程中电势能减少了 12 J，D 对． 答案：CD 9．如图 5 甲所示，质量为 m＝1 kg、带电荷量为 q＝2×10－3 C 的小物块静置于绝缘水平面上， A 点左侧上方存在方向水平向右的匀强电场，小物块运动的 v－t 图象如图乙所示，取 g＝10 m/s2，则下列说法正确的是( ) 图 5 A．小物块在 0～3 s 内的平均速度为4 3 m/s B．小物块与水平面间的动摩擦因数为 0.4 C．匀强电场的电场强度为 3 000 N/C D．物块运动过程中电势能减少了 12 J 10.如图甲所示，某人通过动滑轮将质量为 m 的货物提升到一定高处，动滑轮的质量和摩擦 均不计，货物获得的加速度 a 与竖直向上的拉力 T 之间的函数关系如图乙所示．则下列判 断正确的是( ) A．图线与纵轴的交点的绝对值为 g B．图线的斜率在数值上等于物体的质量 m C．图线与横轴的交点 N 的值 TN＝mg D．图线的斜率在数值上等于物体质量的倒数1 m 解析 由题结合牛顿第二定律可得：2T－mg＝ma，则有 a＝2 mT－g，由 aT 图象可判断，纵 轴截距的绝对值为 g，A 正确；图线的斜率在数值上等于2 m，则 B、D 错误；横轴截距代表 a ＝0 时，TN＝mg 2 ，则 C 错误． 答案 A 11.如图所示，将物体 A 放在容器 B 中，以某一速度把容器 B 竖直上抛，不计空气阻力，运 动过程中容器 B 的底面始终保持水平，下列说法正确的是( ) A．在上升和下降过程中 A 对 B 的压力都一定为零 B．上升过程中 A 对 B 的压力大于物体 A 受到的重力 C．下降过程中 A 对 B 的压力大于物体 A 受到的重力 D．在上升和下降过程中 A 对 B 的压力都等于物体 A 受到的重力 解析 把容器 B 竖直上抛，物体处于完全失重状态，在上升和下降过程中 A 对 B 的压力都一 定为零，选项 A 正确． 答案 A 12.如图是伽利略研究自由落体运动实验的示意图，让小球由倾角为θ的光滑斜面由静止滑 下，在不同的条件下进行多次实验，下列叙述正确是( ) A．θ角越大，小球对斜面的压力越大 B．θ角越大，小球运动的加速度越小 C．θ角越大，小球从顶端运动到底端所需时间越短 D．θ角一定，质量不同的小球运动的加速度也不同 解析 设小球质量为 m，根据小球运动过程垂直斜面方向受力平衡，可得小球受到支持力为 mgcos θ，根据相互作用可得对斜面压力为 mgcos θ，θ角越大，小球对斜面的压力越小， 选项 A 错；沿斜面方向，没有摩擦力，根据牛顿第二定律可得 a＝mgsin θ m ＝gsin θ，θ角 越大，小球运动的加速度越大，选项 B 错；θ角一定，质量不同的小球运动的加速度都是 gsin θ，与小球质量无关，选项 D 错；由于斜面长度一定，所以小球从顶端运动到底端有斜面长 L＝1 2at2＝1 2gsin θt2，运动时间 t＝ 2L gsin θ，θ角越大，小球从顶端运动到底端所需时间越短， 选项 C 对． 答案 C 13.如图，物块 A 和 B 的质量分别为 4m 和 m，开始 A、B 均静止，细绳拉直，在竖直向上 拉力 F＝6mg 作用下，动滑轮竖直向上加速运动．已知动滑轮质量忽略不计，动滑轮半径很 小，不考虑绳与滑轮之间的摩擦，细绳足够长，在滑轮向上运动过程中，物块 A 和 B 的加 速度分别为( ) A．aA＝1 2g，aB＝5g B．aA＝aB＝1 5g C．aA＝1 4g，aB＝3g D．aA＝0，aB＝2g 解析 在竖直向上拉力 F＝6mg 时，此时 A、B 受的拉力分别为 3mg、3mg，对 A 因为 3mg ＜4mg，故物体 A 静止，加速度为 0；对物体 B，3mg－mg＝maB，解得 aB＝2g，故选 D. 答案 D 14.(多选)如图甲所示，小物块从光滑斜面上自由滑下，小物块的位移 x 和时间的平方 t2 的关 系如图乙所示．g＝10 m/s2，下列说法正确的是( ) A．小物块的加速度大小恒为 2.5 m/s2 B．斜面倾角为 30° C．小物块 2 s 末的速度是 5 m/s D．小物块第 2 s 内的平均速度为 7.5 m/s 解析 根据 x＝1 2at2 可知，1 2a＝5 2，则加速度为 a＝5 m/s2.故 A 错误；由于斜面光滑，由牛顿 第二定律得：a＝gsin θ，得 sin θ＝a g＝1 2，θ＝30°，故 B 正确；小物块 2 s 末的速度 v2 ＝at＝5×2 m/s＝10 m/s，故 C 错误；小物块 1 s 末的速度 v1＝at＝5×1 m/s＝5 m/s，第 2 s 内的平均速度 v＝v1＋v2 2 ＝ 7.5 m/s，故 D 正确． 答案 BD 15.质量 m＝50 kg 的某同学站在观光电梯地板上，用速度传感器记录了电梯在一段时间内 运动的速度随时间变化情况(以竖直向上为正方向)．由图象提供的信息可知( ) A．在 0～15 s 内，观光电梯上升的高度为 25 m B．在 0～15 s 内，电梯地板对人的支持力做了－2 500 J 的功 C．在 20～25 s 与 25～35 s 内，观光电梯的平均速度大小均为 10 m/s D．在 25～35 s 内，观光电梯在减速上升，该同学的加速度大小为 2 m/s2 答案 C 16.如图所示，一长木板在水平地面上运动，在某时刻(t＝0)将一相对于地面静止的物块轻 放到木板上，已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与 木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上．在物块放到木板上之后，木 板运动的速度—时间图象可能是图中的( ) 解析 放上小木块后，长木板受到小木块施加的向左的滑动摩擦力和地面向左的滑动摩擦力， 在两力的共同作用下减速，小木块受到向右的滑动摩擦力作用，做匀加速运动，当两者速度 相等后，可能以共同的加速度一起减速，直至速度为零，共同减速时的加速度小于木板刚开 始运动时的加速度，故 A 正确，B、C 错误；由于水平面有摩擦，故两者不可能一起匀速运 动，D 错误． 答案 A 17.在游乐场中，有种大型游乐机叫“跳楼机”．参加的游客被安全带固定在座椅上，由电动 机将座椅提升到某一高处，然后由静止释放．座椅沿光滑杆自由下落一段高度后开始受到压 缩空气提供的恒定阻力，下落 36 m 后速度刚好减小到零，下落的总时间是 6.0 s．求：(g 取 10 m/s2) (1)座椅被释放后，下落过程中速度的最大值 vm； (2)座椅被释放后，自由下落的距离 s1； (3)有一游客质量为 60 kg，在下降过程中，座椅对该游客支持力功率的最大值 Pm. 解析 (1)vm＝2s t ＝2×36 6.0 m/s＝12 m/s. (2)自由下落的距离 s1＝2 mm＝ 122 2×10 m＝7.2 m (3)减速下落的距离 s2＝s－s1＝(36－7.2)m＝28.8 m 减速下落时的加速度 a2＝2 mm＝－ 122 2×28.8 m/s2≈－2.5 m/s2 (说明：正负均可) 由 ma2＝mg－FN 可解得 FN＝mg－ma2＝60×12.5 N＝750 N 支持力的功率最大值 Pm＝FNvm＝750×12 W＝9 000 W 答案 (1)12 m/s (2)7.2 m (3)9 000 W 18.某运动员做跳伞训练，他从悬停在空中的直升飞机上由静止跳下，跳离飞机一段时间后 打开降落伞做减速下落．他打开降落伞后的速度图线如图甲所示。降落伞用 8 根对称的绳悬 挂运动员，每根绳与中轴线的夹角均为 37°，如图乙．已知人的质量为 50 kg，降落伞质量 也为 50 kg，不计人所受的阻力，打开伞后伞所受阻力 Ff 与速度 v 成正比，即 Ff＝kv(g 取 10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)．求： (1)打开降落伞前人下落的距离为多大？ (2)求阻力系数 k 和打开伞瞬间的加速度 a 的大小和方向？ (3)悬绳能够承受的拉力至少为多少？ 解析 (1)设打开降落伞时的速度为 v0，下落高度为 h0 h0＝2 00＝20 m (2)设匀速下落时速度为 v，则 v＝5 m/s， 由 kv＝2mg，得 k＝200 N·s/m. 对整体：kv0－2mg＝2ma， a＝kv0－2mg 2m ＝30 m/s2 方向竖直向上 (3)设每根绳拉力为 FT，以运动员为研究对象有： 8FTcos 37°－mg＝ma， 得：F＝312.5 N. 由牛顿第三定律得，悬绳能承受的拉力至少为 312.5 N 答案 (1)20 m (2)200 N·s/m 30 m/s2，方向竖直向上 (3)312.5 N 19.如图甲所示，有一倾角为 30°的光滑固定斜面，斜面底端的水平面上放一质量为 M 的 木板．开始时质量为 m＝1 kg 的滑块在水平向左的力 F 作用下静止在斜面上，今将水平力 F 变为水平向右，当滑块滑到木板上时撤去力 F，木块滑上木板的过程不考虑能量损失．此 后滑块和木板在水平面上运动的 v-t 图象如图乙所示，g＝10 m/s2.求 (1)水平作用力 F 的大小； (2)滑块开始下滑时的高度； (3)木板的质量． 解析 (1)对物体受力分析可得：mgsin θ ＝ Fcos θ 代入数据可得：F＝3 3 N 、 (3)由图象可知，二者先发生相对滑动，当达到共速后一块做匀减速运动，设木板与地面间 的动摩擦因数为μ1，滑块与木板间的动摩擦因数为μ2 二者共同减速时的加速度大小 a1＝1 m/s2，发生相对滑动时，木板的加速度 a2＝1 m/s2，滑块 减速的加速度大小 a3＝4 m/s2 对整体受力分析可得：a1＝μ1（M＋m）g M＋m ＝μ1g 可得：μ1＝0.1 在 0～2 s 内分别对 m 和 M 做受力分析可得： 对 M：μ2mg－μ1（M＋m）g M ＝a2 对 m：μ2mg m ＝a2 代入数据解方程可得：M＝1.5 kg 答案 (1) 3 3 N (2)2.5 m (3)1.5 kg 20.某中学的部分学生组成了一个课题小组，对海啸的威力进行了模拟研究，他们设计了如 下的模型：如图甲所示，在水平地面上放置一个质量为 m＝4 kg 的物体，让其在随位移均 匀减小的水平推力作用下运动，推力 F 随位移 x 变化的图象如图乙所示，已知物体与地面之 间的动摩擦因数为μ＝0.5，取 g＝10 m/s2. (1)在运动的过程中物体的最大加速度为多大？ (2)在距出发点什么位置时物体的速度达到最大？ (3)物体在水平面上运动的最大位移是多少？ 解析 (1)由牛顿第二定律有 F－μmg＝ma 当推力 F＝100 N 时，物体所受合外力最大，加速度最大 代入数据解得 a＝F m－μg＝20 m/s2. (2)由图象可得推力随位移 x 变化的关系为：F＝100－25x 速度最大时，物体加速度为零，则 F＝μmg 代入数据解得 x＝3.2 m. (3)由 F-x 图象可知推力对物体做的功 WF＝1 2F·x0＝200 J 由动能定理知 WF－μmgxm＝0，代入数据得：xm＝10 m. 答案 (1)20 m/s2 (2)3.2 m (3)10 m 21.如图 7 所示，质量均为 m＝3 kg 的物块 A、B 紧挨着放置在粗糙的水平地面上，物块 A 的左侧连接一劲度系数为 k＝100 N/m 的轻质弹簧，弹簧另一端固定在竖直墙壁上。开始时 两物块压紧弹簧并恰好处于静止状态，现使物块 B 在水平外力 F 作用下向右做 a＝2 m/s2 的 匀加速直线运动直至与 A 分离，已知两物块与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，g＝10 m/s2。 求： 图 7 (1)物块 A、B 分离时，所加外力 F 的大小； (2)物块 A、B 由静止开始运动到分离所用的时间。 22．如图 8 甲所示，一根直杆 AB 与水平面成某一角度固定，在杆上套一个小物块，杆底端 B 处有一弹性挡板，杆与板面垂直，现将物块拉到 A 点静止释放，物块下滑与挡板第一次碰 撞前后的 v－t 图象如图乙所示，物块最终停止在 B 点。重力加速度 g 取 10 m/s2，求： 图 8 (1)物块与杆之间的动摩擦因数μ； (2)物块滑过的总路程 s。 解析 (1)由图象可知，物块下滑的加速度 a1＝Δv1 Δt1＝4 m/s2，上滑时的加速度大小 a2＝Δv2 Δt2＝ 8 m/s2，杆 AB 长 L＝2 m，设直杆的倾角为θ，物块的质量为 m，由牛顿第二定律得： mgsin θ－μmgcos θ＝ma1 mgsin θ＋μmgcos θ＝ma2 代入数据得：μ＝0.25，sin θ＝0.6，cos θ＝0.8。 (2)对物块整个过程分析，由动能定理得： mgLsin θ－μmgscos θ＝0，代入数据得：s＝6 m 答案 (1)0.25 (2)6 m 23．如图 9 所示，在水平地面上建立 x 轴，有一个质量 m＝1 kg 的木块放在质量为 M＝2 kg 的长木板上，木板长 L＝11.5 m。已知木板与地面间的动摩擦因数为μ1＝0.1，木块与长木板 之间的动摩擦因数为μ2＝0.9(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)。木块与长木板保持相对静止 共同向右运动，已知木板的左端 A 点经过坐标原点 O 时的速度为 v0＝10 m/s，在坐标为 x＝ 21 m 处的 P 点处有一挡板，木板与挡板瞬间碰撞后立即以原速率反向弹回，而木块在此瞬 间速度不变，若碰后立刻撤去挡板，g 取 10 m/s2，求： 图 9 (1)木板碰挡板时的速度大小 v1； (2)碰后木板与木块刚好共速时的速度； (3)最终木板停止运动时 A、P 间的距离。 解析 (1)对木块和木板组成的系统，由牛顿第二定律得 μ1(m＋M)g＝(m＋M)a1 v 2 0－v 2 1＝2a1(x－L) 代入数据得 v1＝9 m/s。 (2)碰后木板向左运动，木块向右运动，由牛顿第二定律可知木块的加速度大小 am＝μ2g＝9 m/s2 木板的加速度大小 aM＝μ1（m＋M）g＋μ2mg M ＝6 m/s2 设从木板与挡板相碰至木块与木板共速所用时间为 t 对木板 v 共＝v1－aMt，对木块 v 共＝－v1＋amt 得 t＝1.2 s 共同速度大小 v 共＝1.8 m/s，方向向左。 (3)从木板与挡板相碰至木板与木块共速，木板的位移大小 s1＝v1＋v 共 2 t＝6.48 m 共速后木板与木块以大小为 a1＝μ1g＝1 m/s2 的加速度向左减速至停下，木板的位移大小 s2 ＝ 2共共＝1.62 m 最终 A、P 间距离 sAP＝L＋s1＋s2＝19.60 m。 答案 (1)9 m/s (2)1.8 m/s 方向向左 (3)19.60 m 24．雾霾天气会对行车安全造成很大的影响，因此在行车时司机应打开汽车的前雾灯和尾部 双闪灯，以保证行车安全。若在某平直公路上，有一货车正以 v1＝9 m/s 的速度匀速行驶， 其后方有一小轿车正以 v2＝24 m/s 的速度匀速行驶。由于雾霾的影响，小轿车司机只有到达 距离货车 d＝35 m 的地方才能看到该货车尾部双闪灯发出的光，若此时小轿车司机立即刹车 做匀减速直线运动，则小轿车要经过Δx＝96 m 才能停下来。两车在运动过程中可视为质点。 (1)若小轿车司机刹车时，前方的货车仍以原速度向前匀速行驶，试通过计算分析两车是否 会相撞； (2)若小轿车司机在刹车的同时给前方的货车发出信号，货车司机经Δt＝1 s 收到信号并立即 以 a＝2 m/s2 的加速度匀加速行驶，试通过计算分析两车是否会发生相撞。 解析 (1)设刹车时小轿车的加速度大小为 a1，则由运动学公式可得Δx＝2 22 解得 a1＝3 m/s2 设两车达到速度相等时所用时间为 t1，则有 v1＝v2－a1t1 代入数据可解得 t1＝5 s 设在 t1 时间内小轿车行驶的距离为 x1，则有 x1＝v2t1－1 2a1t 2 1 设在 t1 时间内货车行驶的距离为 x2，则有 x2＝v1t1 代入数据可解得 x1＝82.5 m，x2＝45 m 由于 x1－x2＝37.5 m>d＝35 m 故两车会相撞。 (2)设两车速度达到相等所需的时间为 t2，则有 v2－a1t2＝v1＋a(t2－Δt) 解得 t2＝3.4 s 设在 t2 时间内小轿车向前行驶的距离为 x1′，货车向前行驶的距离为 x2′，则有 x1′＝v2t2－1 2a1t 2 2 x2′＝v1Δt＋v1(t2－Δt)＋1 2a(t2－Δt)2 解得 x1′＝64.26 m，x2′＝36.36 m 由于 x1′－x2′＝27.9 m＜d＝35 m 故此种情况下两车不会发生相撞。 答案 (1)相撞 (2)不会相撞 25. 粗糙的地面上放着一个质量 M＝1.5 kg 的斜面体，斜面部分光滑，底面与地面间的动摩擦因 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，现给斜面体施加一水平向右为 F 的恒力作用，使整体向右以 a ＝1 m/s2 匀加速运动．已知 sin37°＝0.6、cos37°＝0.8，g＝10 m/s2. (1)求 F 的大小； (2)求出弹簧的形变量及斜面对小球的支持力大小． 26．如图甲所示，质量为 m＝1 kg 的滑块(可视为质点)，从光滑、固定的1 4圆弧轨道的最高 点 A 由静止滑下，经最低点 B 后滑到位于水平面的木板上．已知木板质量 M＝2 kg，其上表 面与圆弧轨道相切于 B 点，且长度足够长．滑块滑上木板后，木板的 v－t 图象如图乙所示， 重力加速度 g＝10 m/s2，求： (1)滑块经过 B 点时对圆弧轨道的压力； (2)木板与地面之间、滑块与木板之间的动摩擦因数； (3)滑块在木板上滑过的距离． 解析：(1)设圆弧轨道半径为 R，从 A 到 B 的过程中滑块的机械能守恒．设滑块到达 B 点时 的速度大小为 v，则由机械能守恒定律可得 mgR＝1 2mv2 经过 B 点时，由牛顿第二定律可得 FN－mg＝m v2 R 求解可得 FN＝30 N 根据牛顿第三定律可知，滑块在 B 点时对轨道的压力大小为 30 N，方向竖直向下． (2)由 v－t 图象可知，木板加速时的加速度大小为 a1＝1 m/s2，滑块与木板共同减速时的加速 度大小为 a2＝1 m/s2 设木板与地面间的动摩擦因数为μ1，滑块与木板之间的动摩擦因数为μ2，则在 1～2 s 内，对 滑块和木板有 μ1(m＋M)g＝(m＋M)a2 在 0～1 s 内，对木板有 μ2mg－μ1(m＋M)g＝Ma1 联立并代入数据解得μ1＝0.1，μ2＝0.5.