【物理】2020届一轮复习人教版第三章第三讲牛顿运动定律的综合应用（一）学案

【物理】2020届一轮复习人教版第三章第三讲牛顿运动定律的综合应用（一）学案

第三讲 牛顿运动定律的综合应用(一) 热点一 牛顿运动定律与图象综合问题的求解方法 (师生共研) 物理公式与物理图象的结合是一种重要题型，也是高考的重点及热点． 1．“两大类型” (1)已知物体在某一过程中所受的合力(或某个力)随时间的变化图线，要求分析物体的运动情况． (2)已知物体在某一过程中速度、加速度随时间的变化图线．要求分析物体的受力情况． 2．“一个桥梁”：加速度是联系 v－t 图象与 F－t 图象的桥梁． 3．解决图象问题的方法和关键 (1)分清图象的类别：分清横、纵坐标所代表的物理量，明确其物理意义，掌握物理图象所反映的物理过程， 会分析临界点． (2)注意图象中的一些特殊点所表示的物理意义：图线与横、纵坐标的交点、图线的转折点和两图线的交点 等表示的物理意义． (3)明确能从图象中获得哪些信息：把图象与物体的运动情况相结合，再结合斜率、特殊点、面积等的物理 意义，确定从图象中得出的有用信息．这些信息往往是解题的突破口或关键点． [典例 1] (多选)(2017·全国卷Ⅰ)如图(a)，一物块在 t＝0 时刻滑上一固定斜面，其运动的 v－t 图线如图(b) 所示．若重力加速度及图中的 v0、v1、t1 均为已知量，则可求出( ) A．斜面的倾角 B．物块的质量 C．物块与斜面间的动摩擦因数 D．物块沿斜面向上滑行的最大高度 解析：设物块的质量为 m、斜面的倾角为θ，物块与斜面间的动摩擦因数为μ，物块沿斜面上滑和下滑时 的加速度大小分别为 a1 和 a2，根据牛顿第二定律有：mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，mgsin θ－μmgcos θ ＝ma2.再结合 v－t 图线斜率的物理意义有：a1＝v0 t1 ，a2＝v1 t1 .由上述四式可见，无法求出 m，可以求出θ、 μ，故 B 错，A、C 均正确.0～t1 时间内的 v－t 图线与横轴包围的面积大小等于物块沿斜面上滑的最大距离， θ已求出，故可以求出物块上滑的最大高度，故 D 正确． 答案：ACD [反思总结] 分析图象问题时常见的误区 1．没有看清横、纵坐标所表示的物理量及单位． 2．没有注意坐标原点是否从零开始． 3．不清楚图线的点、斜率、面积等的物理意义． 4．忽视对物体的受力情况和运动情况的分析． 1－1.[牛顿运动定律与 v－t 图象的综合] 以不同初速度将两个物体同时竖直向上抛出并开始计时，一个物 体所受空气阻力可忽略，另一物体所受空气阻力大小与物体速率成正比，下列用虚线和实线描述两物体运 动的 v－t 图象可能正确的是( ) 解析：不受空气阻力的物体，整个上抛过程中加速度恒为 g，方向竖直向下，题图中的虚线表示该物体的 速度—时间图象；受空气阻力的物体在上升过程中，mg＋kv＝ma，即 a＝g＋kv m ，随着物体速度的减小， 物体的加速度不断减小，故 A 项错误；受空气阻力的物体上升到最高点时，速度为零，此时物体的加速度 也是 g，方向竖直向下，故图中实线与 t 轴交点处的切线的斜率应与虚线的斜率相同，故 D 项正确，B、C 项错误． 答案：D 1－2.[牛顿运动定律与 a－F 图象的综合] (多选)如图甲所示，物体原来静止在水平面上，用一水平力 F 拉 物体，在 F 从 0 开始逐渐增大的过程中，物体先静止后做变加速运动．其加速度 a 随外力 F 变化的图象如 图乙所示．根据图乙中所标出的数据可计算出(g 取 10 m/s2)( ) A．物体的质量为 1 kg B．物体的质量为 2 kg C．物体与水平面间的动摩擦因数为 0.3 D．物体与水平面间的动摩擦因数为 0.5 解析：物体的受力如图所示，在力 F 从 0 增大到 7 N 之前物体静止，在 7 N 时运动状态发生变化，由牛顿 第二定律得 F－Ff＝ma，代入图乙中 F1＝7 N 和 F2＝14 N 及对应的加速度 a1＝0.5 m/s2 和 a2＝4 m/s2，解得 m＝2 kg，Ff＝6 N，A 错误，B 正确；Ff＝μFN＝μmg，则μ＝0.3，C 正确，D 错误． 答案：BC 1－3.[牛顿运动定律与 F－x 图象的综合] 水平地面上有一轻质弹簧，下端固定，上端与物体 A 相连接， 整个系统处于平衡状态．现用一竖直向下的力压物体 A，使 A 竖直向下做匀加速直线运动一段距离，整个 过程中弹簧一直处在弹性限度内．下列关于所加力 F 的大小和运动距离 x 之间的关系图象正确的是( ) 解析：开始时，物体处于平衡状态，物体受重力和弹力，则有 mg＝kx1，物体向下匀加速过程，对物体受 力分析，受重力、弹簧向上的弹力、推力 F，根据牛顿第二定律，有 F＋mg－F 弹＝ma，根据胡克定律，有 F 弹＝k(x1＋x)＝mg＋kx，解得 F＝ma－mg＋F 弹＝ma＋kx，故弹力与 x 呈线性关系，且是增函数，故 D 正 确． 答案：D 热点二 连接体问题的分析方法 (师生共研) 1．绳(或杆)连接体 [典例 2] (多选)如图所示，倾角为θ的斜面放在粗糙的水平地面上，现有一带固定支架的滑块 m 正沿斜 面加速下滑．支架上用细线悬挂的小球达到稳定(与滑块相对静止)后，悬线的方向与竖直方向的夹角也为 θ，斜面体始终保持静止，则下列说法正确的是( ) A．斜面光滑 B．斜面粗糙 C．达到稳定状态后，地面对斜面体的摩擦力水平向左 D．达到稳定状态后，地面对斜面体的摩擦力水平向右 解析：隔离小球，可知小球的加速度方向为沿斜面向下，大小为 gsin θ，对支架系统整体进行受力分析， 只有斜面光滑，支架系统的加速度才是 gsin θ，所以 A 正确，B 错误；对斜面体进行受力分析，如图，斜 面体静止，由牛顿第三定律有地面对斜面体的摩擦力水平向左，故选 A、C. 答案：AC 2．弹簧连接体 [典例 3] 如图所示，A、B 两球完全相同，质量均为 m，用两根等长的细线悬挂在升降机内天花板的 O 点，两球之间连着一根劲度系数为 k 的轻质弹簧，当升降机以加速度 a 竖直向上匀加速运动时，两根细线 之间的夹角为θ.则弹簧的被压缩的长度为( ) A.mα＋gtan θ k B．mgtan θ k C. mα＋gtanθ 2 k D． 2mα＋gtanθ 2 k 解析：对球 A 受力分析，受重力 mg、拉力 T、弹簧的弹力 F 而向上做匀加速直线运动，则由牛顿第二定律 可知 F tanθ 2 －mg＝ma，即 F＝m(g＋a)tanθ 2 ，根据胡克定律，有 F＝kx，联立可得 x＝ ma＋gtanθ 2 k ，C 正确． 答案：C [反思总结] 求解弹簧连接体加速度的两种情况 3．接触连接体 [典例 4] 如图所示，在倾角为θ的固定斜面上有两个靠在一起的物体 A、B，两物体与斜面间的动摩擦因 数μ相同，用平行于斜面的恒力 F 向上推物体 A 使两物体沿斜面向上做匀加速运动，且 B 对 A 的压力平行 于斜面，则下列说法中正确的是( ) A．只减小 A 的质量，B 对 A 的压力大小不变 B．只减小 B 的质量，B 对 A 的压力大小会增大 C．只减小斜面间的倾角，B 对 A 的压力大小不变 D．只减小两物体与斜面间的动摩擦因数μ，B 对 A 的压力会增大 解析：将 A、B 看成一个整体，整体在沿斜面方向上受到沿斜面向下的重力的分力，沿斜面向下的滑动摩 擦力，沿斜面向上的推力，根据牛顿第二定律可得 a＝F－mA＋mBgsin θ－μmA＋mBgcos θ mA＋mB ＝ F mA＋mB － gsin θ－μgcos θ.隔离 B 分析可得 FN－mBgsin θ－μmBgcos θ＝mBa，解得 FN＝ mBF mA＋mB ，由牛顿第三定 律可知，B 对 A 的压力 FN′＝ mBF mA＋mB ，若只减小 A 的质量，压力变大，若只减小 B 的质量，压力变小， 故 A、B 错误；A、B 之间的压力与斜面的倾角、与斜面间的动摩擦因数无关，C 正确，D 错误． 答案：C 2－1.[弹簧接触连接体] (多选)如图所示，甲、乙、丙三个木块的质量分别为 m1、m2 和 m3，甲、乙两木 块用细线连在一起，中间有一被压缩竖直放置的轻弹簧，乙放在丙物体上，整个装置放在水平地面上．系 统处于静止状态，此时绳的张力为 F，在把细线烧断的瞬间，甲的加速度大小为 a，对细线烧断后的瞬间， 下列说法正确的是( ) A．甲受到的合力大小为 F B．丙对乙的支持力大小为(m1＋m2)g C．丙对地面的压力大小为(m1＋m2＋m3)g＋F D．地面对丙的支持力大小为 m1(a＋g)＋m2g＋m3g 解析：开始系统处于静止，对甲分析，有：F＋m1g＝F 弹，剪断细线的瞬间，弹簧弹力不变，对甲，合力为 F 合甲＝F 弹－m1g＝F，故 A 正确；对乙分析，根据共点力平衡得，F 弹＋m2g＝F 丙对乙，解得 F 丙对乙＝F＋m1g＋ m2g，故 B 错误；对乙丙整体分析，根据共点力平衡得，F 弹＋(m2＋m3)g＝F 地，解得地面对丙的支持力 F 地 ＝(m1＋m2＋m3)g＋F，因为 F 合甲＝F 弹－m1g＝m1a，则 F 地＝m1(a＋g)＋m2g＋m3g，故 C、D 正确． 答案：ACD 2－2. [绳连接体] 如图所示，三个物体质量分别为 m1＝1.0 kg、m2＝2.0 kg、m3＝3.0 kg，已知斜面上表面 光滑，斜面倾角θ＝30°，m1 和 m2 之间的动摩擦因数μ＝0.8.不计绳和滑轮的质量和摩擦．初始时用外力 使整个系统静止，当撤掉外力时，m2 将(g 取 10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( ) A．和 m1 相对静止一起沿斜面下滑 B．和 m1 相对静止一起沿斜面上滑 C．相对于 m1 上滑 D．相对于 m1 下滑 解析：假设 m1 和 m2 之间保持相对静止，对整体分析，整体的加速度 a＝m3g－m1＋m2gsin 30° m1＋m2＋m3 ＝2.5 m/s2. 隔离对 m2 分析，根据牛顿第二定律得 Ff－m2gsin 30°＝m2a，解得 Ff＝m2gsin 30°＋m2a＝15 N，最大静 摩擦力 Ffm＝μm2gcos 30°＝8 3 N，可知 Ff＞Ffm，知 m2 的加速度小于 m1 的加速度，m2 相对于 m1 下滑， 故 D 正确． 答案：D 热点三 临界问题的处理方法 (师生共研) 1．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，表明题述的过程存在临界点． (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“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”“稳定速度”等，即是求收尾加速度或收尾速度． 2．几种临界状态和其对应的临界条件如下表所示 临界状态 临界条件 速度达到最大 物体所受的合外力为零 两物体刚好分离 两物体间的弹力 FN＝0 绳刚好被拉直 绳中张力为零 绳刚好被拉断 绳中张力等于绳能承受的最大拉力 3.处理临界问题的三种方法 极限法 把物理问题(或过程)推向极端，从而使临界现象(或状态)暴露出来，以达到正确解 决问题的目的 假设法 临界问题存在多种可能，特别是非此即彼两种可能时，或变化过程中可能出现临 界条件，也可能不出现临界条件时，往往用假设法解决问题 数学法 将物理过程转化为数学表达式，根据数学表达式解出临界条件 1.极限分析法[典例 5] 如图所示，光滑水平地面上有质量相等的两物体 A、B，中间用劲度系数为 k 的轻 弹簧相连，在外力 F1、F2 作用下运动，且满足 F1＞F2，当系统运动稳定后，弹簧的伸长量为( ) A.F1－F2 k B．F1＋F2 2k C.F1－F2 2k D．F1＋F2 k 解析：本题利用牛顿第二定律，先选 A、B 为一整体，再隔离 A 物体，求出弹簧的弹力 F，由 F＝kx，即可 求得弹簧的伸长量．但是若用极限分析法，可快速得出结果：令 F1＝F2，则两物体静止，F＝F1＝F2＝kx， 能满足此条件的结果只有 B 选项． 答案：B 2．假设分析法 [典例 6] 如图所示，一轻质弹簧的一端系一质量为 m 的小球，另一端固定在倾角为 37°的光滑斜面体 顶端，弹簧与斜面平行．在斜面体以大小为 g 的加速度水平向左做匀加速直线运动的过程中，小球始终相 对于斜面静止．已知弹簧的劲度系数为 k，则该过程中弹簧的形变量为(已知：sin 37°＝0.6，cos 37°＝ 0.8)( ) A.mg 5k B．4mg 5k C.mg k D．7mg 5k 解析：在斜面体以大小为 g 的加速度水平向左做匀加速直线运动时，弹簧是处于伸长状态还是压缩状态， 无法直接判断，此时可采用假设法，假设弹簧处于压缩状态，若求得弹力 F 为正值，则假设正确；水平方 向上由牛顿第二定律得：FNsin θ＋Fcos θ＝mg；竖直方向上由受力平衡得：FNcos θ＝mg＋Fsin θ，联立 得：F＝1 5 mg.由胡克定律得 F＝kx，x＝mg 5k ，F 为正值，弹簧压缩，故选 A. 答案：A 3．数学极值法 [典例 7] 如图所示，一质量为 m＝0.4 kg 的小物块，以 v0＝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＝ 3 3 .重力加速度 g 取 10 m/s2. (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 vB， 由运动学公式得 L＝v0t＋1 2 at2 vB＝v0＋at 解得 a＝3 m/s2，vB＝8 m/s. (2)物块的受力分析如图所示，FN、Ff 为物块所受支持力、摩擦力，设拉力 F 与斜面夹角为α， 由牛顿第二定律得垂直斜面方向有 Fsin α＋FN＝mgcos θ 沿斜面方向有 Fcos α－mgsin θ－Ff＝ma 又因为 Ff＝μFN 解得 Fcos α＋ 3 3 Fsin α＝5.2 N 则 F＝ 5.2 N cos α＋ 3 3 sin α ＝ 15.6 N 2 3 3 2 cos α＋1 2 sin α ＝ 7.8 N 3sinα＋60° 当α＝30°时，拉力 F 有最小值，Fmin＝13 5 3 N. 答案：(1)3 m/s2 8 m/s (2)30° 13 5 3 N 1．(多选)(2017·全国卷Ⅱ)在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢．当机车在东 边拉着这列车厢以大小为 a 的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩 P 和 Q 间的拉力大小为 F；当 机车在西边拉着车厢以大小为 2 3 a 的加速度向西行驶时，P 和 Q 间的拉力大小仍为 F.不计车厢与铁轨间的 摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为( BC ) A．8 B．10 C．15 D．18 2. (2019·广东肇庆高三统测)如图所示，质量为 m 的球置于斜面上，被一个竖直挡板挡住．现用一个力 F 拉 斜面，使斜面在水平面上做加速度为 a 的匀加速直线运动，忽略一切摩擦，下列说法正确的是( A ) A．斜面对球不仅有弹力，而且该弹力是一个定值 B．斜面和挡板对球的弹力的合力等于 ma C．若加速度足够小，则竖直挡板对球的弹力可能为零 D．若加速度足够大，斜面对球的弹力可能为零 解析：对小球受力分析，小球受重力 mg、斜面的支持力 FN2、竖直挡板的水平弹力 FN1，设斜面的倾斜角 为α，则竖直方向有：FN2cos α＝ mg.∵ mg 和α不变，∴无论加速度如何变化，FN2 不变且不可能为零， 故 A 正确，D 错误；水平方向有：FN1－FN2sin α＝ma.∵FN2sin α≠0，若加速度足够小，竖直挡板的水平弹 力不可能为零，故 C 错误；斜面和挡板对球的弹力的合力即为竖直方向的 FN2cos α与水平方向的力 ma 的 合成，因此大于 ma，故 B 错误． 3．如图所示，光滑水平面上放置 M、N、P、Q 四个木块，其中 M、P 质量均为 m，N、Q 质量均为 2m， M、P 之间用一轻质弹簧相连，现用水平拉力 F 拉 N，使四个木块以同一加速度 a 向右运动，则在突然撤 去 F 的瞬间，下列说法正确的是( D ) A．P、Q 间的摩擦力改变 B．M、P 的加速度大小变为a 2 C．M、N 间的摩擦力不变 D．N 的加速度大小仍为 a [A 组·基础题] 1. 如图所示，质量都为 m 的 A、B 两物体叠放在竖直弹簧上并保持静止，用大小等于 mg 的恒力 F 向上拉 B，运动距离 h 时 B 与 A 分离．则下列说法中正确的是( C ) A．B 和 A 刚分离时，弹簧为原长 B．B 和 A 刚分离时，它们的加速度为 g C．弹簧的劲度系数等于mg h D．在 B 与 A 分离之前，它们做匀加速运动 2．如图甲所示，一个质量为 3 kg 的物体放在粗糙水平地面上，从零时刻起，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．则( C ) A．F 的最大值为 12 N B．0～1 s 和 2～3 s 内物体加速度的方向相反 C．3 s 末物体的速度最大，最大速度为 8 m/s D．在 0～1 s 内物体做匀加速运动，2～3 s 内物体做匀减速运动 3．如图所示，在倾角为 30°的光滑斜面上端系有一劲度系数为 20 N/m 的轻质弹簧，弹簧下端连接一个质 量为 2 kg 的小球，球被一垂直于斜面的挡板 A 挡住，此时弹簧没有形变．若挡板 A 以 4 m/s2 的加速度沿斜 面向下做匀加速运动，g 取 10 m/s2，则( B ) A．小球向下运动 0.4 m 时速度最大 B．小球向下运动 0.1 m 时与挡板分离 C．小球速度最大时与挡板分离 D．小球从一开始就与挡板分离 4．利用传感器和计算机可以研究快速变化的力的大小．实验时，把图甲中的小球举到绳子的悬点 O 处， 然后将小球由静止释放，同时开始计时，利用传感器和计算机获得弹性绳的拉力随时间的变化如图乙所 示．根据图象提供的信息，下列说法正确的是( B ) A．t1、t2 时刻小球的速度最大 B．t2、t5 时刻小球的动能最小 C．t3、t4 时刻小球的运动方向相同 D．t4－t3＜t7－t6 5．(多选)如图所示，质量均为 m 的两个木块 P、Q 叠放在水平地面上，P、Q 接触面的倾角为θ，在 Q 上 施加一水平推力 F，使 P、Q 保持相对静止一起向左做匀加速直线运动．下列说法中正确的是( AC ) A．木块 Q 对地面的压力一定为 2mg B．若 Q 与地面间的动摩擦因数为μ，则μ＝ F 2mg C．若 P、Q 之间光滑，则加速度 a＝gtan θ D．若运动中逐渐减小 F，则地面与 Q 间的摩擦力也逐渐减小 6．(多选)如图甲所示，水平地面上固定一足够长的光滑斜面，斜面顶端有一理想定滑轮，一轻绳跨过滑轮， 绳两端分别连接小物块 A 和 B.保持 A 的质量不变，改变 B 的质量 m.当 B 的质量连续改变时，得到 A 的加 速度 a 随 B 的质量 m 变化的图线如图乙所示．设加速度沿斜面向上的方向为正方向，空气阻力不计，重力 加速度 g 取 9.8 m/s2，斜面的倾角为θ，下列说法正确的是( BC ) A．若θ已知，可求出 A 的质量 B．若θ未知，可求出乙图中 a1 的值 C．若θ已知，可求出乙图中 a2 的值 D．若θ已知，可求出乙图中 m0 的值 7．(多选)将一质量不计的光滑杆倾斜地固定在水平面上，如图甲所示，现在杆上套一光滑的小球，小球在 一沿杆向上的拉力 F 的作用下沿杆向上运动．该过程中小球所受的拉力以及小球的速度随时间变化的规律 如图乙、丙所示．g＝10 m/s2.则下列说法正确的是( AC ) A．在 2～4 s 内小球的加速度大小为 0.5 m/s2 B．小球质量为 2 kg C．杆的倾角为 30° D．小球在 0～4 s 内的位移为 8 m 8．从地面上以初速度 v0 竖直上抛一质量为 m 的小球，若运动过程中受到的阻力与其速率成正比，小球运 动的速率随时间变化的规律如图所示，小球在 t1 时刻到达最高点后再落回地面，落地速率为 v1，且落地前 小球已经做匀速运动，已知重力加速度为 g，下列关于小球运动的说法中错误的是( D ) A．t1 时刻小球的加速度为 g B．在速度达到 v1 之前小球的加速度一直在减小 C．小球抛出瞬间的加速度大小为(1＋v0 v1 )g D．小球加速下降过程中的平均速度小于v1 2 [B 组·能力题] 9. 如图所示，质量为 m1 和 m2 的两个材料相同的物体用细线相连，在大小恒定的拉力 F 作用下，先沿水平 面，再沿斜面(斜面与水平面成θ角)，最后竖直向上做匀加速运动，不计空气阻力，在三个阶段的运动中， 线上拉力的大小( C ) A．由大变小 B．由小变大 C．始终不变且大小为 m1 m1＋m2 F D．由大变小再变大 10．(多选)(2019·福建将乐县一中月考)如图甲所示，足够长的木板 B 静置于光滑水平面上，其上表面放置 小滑块 A.木板 B 在水平拉力 F 作用下，其加速度 a 随拉力 F 变化的关系图象如图乙所示，最大静摩擦力等 于滑动摩擦力，g＝10 m/s2，则( AD) A．木板 B 的质量为 1 kg B．小滑块 A 的质量为 3 kg C．AB 间动摩擦因素为 0.2 D．AB 间动摩擦因素为 0.1 解析：设 A 的质量为 M，B 的质量为 m，当 F 等于 3 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＝3 kg，当 F 大于 3 N 时，对 B，由牛顿第二定律得：F ＝Ma＋μmg ，由图示图象可知，图线的斜率：k＝M＝1，木板 B 的质量：M＝1 kg，滑块 A 的质量为： m ＝2 kg，故 A 正确，B 错误；由图可知，当 F＝3 N 时，a＝1 m/s2，对木板由牛顿第二定律得：F＝Ma＋μmg， 即 3＝1×1＋μ×2×10，解得：μ＝0.1，故 C 错误，D 正确． 11. 为了测定木板和斜面间的动摩擦因数μ，某同学设计了如图所示的实验，在木板上固定一个弹簧测力 计(质量不计)，弹簧测力计下端固定一个光滑小球，将木板连同小球一起放在斜面上，用手固定住木板时， 弹簧测力计的示数为 F1，放手后木板沿斜面下滑，稳定时弹簧测力计的示数为 F2，测得斜面倾角为θ，由 测得的数据可求出木板与斜面间的动摩擦因数是多少？ 解析：设小球的质量为 m，木板的质量为 M.静止时，以小球为研究对象，有 F1＝mgsin θ. 下滑时，以小球为研究对象，有 mgsin θ－F2＝ma. 下滑时，以整体为研究对象，有(M＋m)gsin θ－μ(M＋m)gcos θ＝(M＋m)a.联立解得μ＝F2 F1 tan θ. 答案：F2 F1 tan θ 12．两物体 A、B 并排放在水平地面上，且两物体接触面为竖直面，现用一水平推力 F 作用在物体 A 上， 使 A、B 由静止开始一起向右做匀加速运动，如图(a)所示，在 A、B 的速度达到 6 m/s 时，撤去推力 F.已知 A、B 质量分别为 mA＝1 kg、mB＝3 kg，A 与地面间的动摩擦因数μ＝0.3，B 与地面间没有摩擦，B 物体运 动的 v－t 图象如图(b)所示．取 g＝10 m/s2，求： (1)推力 F 的大小； (2)A 物体停止运动的瞬间，物体 A、B 之间的距离． 解析：(1)在水平推力 F 作用下，设物体 A、B 一起做匀加速运动的加速度为 a，由 B 物体的 v－t 图象得 a ＝3 m/s2.对于 A、B 整体，由牛顿第二定律得 F－μmAg＝(mA＋mB)a，代入数据解得 F＝15 N. (2)设物体 A 匀减速运动的时间为 t，撤去推力 F 后，A、B 两物体分离，A 在摩擦力作用下做匀减速直线运 动，B 做匀速运动，对于 A 物体有μmAg＝mAaA，aA＝μg＝3 m/s2，vt＝v0－aAt＝0，解得 t＝2 s，物体 A 的位移为 xA＝ v t＝v0＋0 2 t＝6 m，物体 B 的位移为 xB＝v0t＝12 m，所以，A 物体刚停止运动时，物体 A、 B 之间的距离为Δx＝xB－xA＝6 m. 答案：(1)15 N (2)6 m