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单击此处编辑母版标题样式,单击此处编辑母版文本样式,第二级,第三级,第四级,第五级,专题三,牛顿运动定律,第,5,练,牛顿三大定律,1 2021,海南,1,3,分,难度,公元前,4,世纪,我国的墨经中提到,“,力,形之所以奋也,”,意为力是使有形之物突进或加速运动的原因,.,力的单位用国际单位制的基本单位符号来表示,正确的是,A.kgms,-1,B.kgms,-2,C.Pam,2,D.Jm,-1,答案,1.B,根据牛顿第二定律,F=ma,可知力的单位用国际单位制的基本单位表示为,kgms,-2,B,项正确,.,2 2021,浙江,1,月,4,3,分,难度,如图所示,电动遥控小车放在水平长木板上面,当它在长木板上水平向左加速运动时,长木板保持静止,此时,A.,小车只受重力、支持力作用,B.,木板对小车的作用力方向水平向左,C.,木板对小车的作用力大于小车对木板的作用力,D.,木板对小车的作用力与小车对木板的作用力大小一定相等,答案,2.D,电动遥控小车在水平长木板上向左加速运动时,对小车受力分析可知,小车受到竖直向下的重力、长木板对小车竖直向上的支持力、长木板对小车水平向左的静摩擦力,长木板对小车的作用力是水平向左的静摩擦力和竖直向上的支持力的合力,选项,A,、,B,错误,;,长木板对小车的作用力与小车对长木板的作用力是一对作用力和反作用力,两力大小相等,方向相反,选项,C,错误,D,正确,.,3 2020,山东,1,3,分,难度,一质量为,m,的乘客乘坐竖直电梯下楼,其位移,s,与时间,t,的关系图象如图所示,.,乘客所受支持力的大小用,F,N,表示,速度大小用,v,表示,.,重力加速度大小为,g.,以下判断正确的是,A,.,0,t,1,时间内,v,增大,F,N,mg,B,.t,1,t,2,时间内,v,减小,F,N,mg,C,.t,2,t,3,时间内,v,增大,F,N,mg,答案,3.D,根据位移,-,时间图象的斜率表示速度可知,0,t,1,时间内,图象斜率增大,速度,v,增大,加速度方向向下,由牛顿运动定律可知乘客处于失重状态,所受的支持力,F,N,mg,选项,C,错误,D,正确,.,4 2021,全国甲,14,6,分,难度,如图,将光滑长平板的下端置于铁架台水平底座上的挡板,P,处,上部架在横杆上,.,横杆的位置可在竖直杆上调节,使得平板与底座之间的夹角,可变,.,将小物块由平板与竖直杆交点,Q,处静止释放,物块沿平板从,Q,点滑至,P,点所用的时间,t,与夹角,的大小有关,.,若,由,30,逐渐增大至,60,物块的下滑时间,t,将,A.,逐渐增大,B.,逐渐减小,C.,先增大后减小,D.,先减小后增大,答案,4.D,横杆的位置可在竖直杆上调节,由题可知,QP,的水平投影始终不变,设其长度为,x,0,则物块下滑的位移,x=,物块在下滑过程中,由牛顿第二定律有,a=g,sin,故物块从,Q,到,P,的运动时间为,t=,=,=,由于,30,60,即,602,120,则,sin 2,先增大后减小,故时间,t,先减小后增大,故选项,A,、,B,、,C,错误,选项,D,正确,.,5 2022,全国乙,15,6,分,难度,如图,一不可伸长轻绳两端各连接一质量为,m,的小球,初始时整个系统静置于光滑水平桌面上,两球间的距离等于绳长,L.,一大小为,F,的水平恒力作用在轻绳的中点,方向与两球连线垂直,.,当两球运动至二者相距,L,时,它们加速度的大小均为,A.,B.,C.,D.,答案,5.A,当两球运动至二者相距,时,二者连线与轻绳之间夹角的余弦值,cos,=,0,.,6,.,设此时轻绳中拉力大小为,F,1,对轻绳的中点受力分析得,F-,2,F,1,sin,=m,绳,a,又轻绳质量近似为,0,解得,F,1,=,.,对质量为,m,的小球,由牛顿第二定律有,F,1,=ma,解得,a=,选项,A,正确,.,6 2021,北京,13,3,分,难度,某同学使用轻弹簧、直尺、钢球等制作了一个,“,竖直加速度测量仪,”,.,如图所示,弹簧上端固定,在弹簧旁沿弹簧长度方向固定一直尺,.,不挂钢球时,弹簧下端指针位于直尺,20 cm,刻度处,;,下端悬挂钢球,静止时指针位于直尺,40 cm,刻度处,.,将直尺不同刻度对应的加速度标在直尺上,就可用此装置直接测量竖直方向的加速度,.,取竖直向上为正方向,重力加速度大小为,g.,下列说法正确的是,A,.,30 cm,刻度对应的加速度为,-,0,.,5,g,B,.,40 cm,刻度对应的加速度为,g,C,.,50 cm,刻度对应的加速度为,2,g,D,.,各刻度对应加速度的值是不均匀的,答案,6.A,设弹簧的劲度系数为,k,取竖直向上为正方向,由题意可知,指针位于,40 cm,刻度时,加速度为零,B,错误,;,指针位于,40 cm,刻度时,有,k,(40 cm,-,20 cm),-mg=,0,指针位于,30 cm,刻度时,有,k,(30 cm,-,20 cm),-mg=ma,1,联立解得,a,1,=-,0,.,5,g,A,正确,;,指针位于,50 cm,刻度时,有,k,(50 cm,-,20 cm),-mg=ma,2,结合,B,中分析得,a,2,=,0,.,5,g,C,错误,;,设弹簧的形变量大小为,x,则有,kx-mg=ma,x,与,a,是线性关系,故各刻度对应加速度的值是均匀的,D,错误,.,7 2022,湖南,9,5,分,难度,(,多选,),球形飞行器安装了可提供任意方向推力的矢量发动机,总质量为,M.,飞行器飞行时受到的空气阻力大小与其速率平方成正比,(,即,F,阻,=kv,2,k,为常量,),.,当发动机关闭时,飞行器竖直下落,经过一段时间后,其匀速下落的速率为,10 m/s;,当发动机以最大推力推动飞行器竖直向上运动,经过一段时间后,飞行器匀速向上的速率为,5 m/s,.,重力加速度大小为,g,不考虑空气相对于地面的流动及飞行器质量的变化,下列说法正确的是,A.,发动机的最大推力为,1,.,5,Mg,B.,当飞行器以,5 m/s,匀速水平飞行时,发动机推力的大小为,Mg,C.,发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时,飞行器速率为,5,m/s,D.,当飞行器以,5 m/s,的速率飞行时,其加速度大小可以达到,3,g,7.BC,当飞行器关闭发动机以速率,v,1,=,10 m/s,匀速下落时,有,Mg=k,当飞行器以速率,v,2,=,5 m/s,匀速向上运动时,有,Mg+ k,=F,max,联立解得,F,max,=,1,.,25,Mg,A,项错误,;,当飞行器以速率,v,2,=,5 m/s,匀速水平飞行时,飞行器受重力、推力和空气阻力作用而平衡,由平衡条件有,F,2,=,(,Mg,),2,+,(,k,),2,解得,F=,Mg,B,项正确,;,当飞行器以最大推力,F,max,推动飞行器水平飞行时,由平衡条件有,-,(,Mg,),2,=,(,k,),2,解得,v,3,=,5,m/s,C,项正确,;,当飞行器最大推力向下,飞行器以,5 m/s,的速率向上减速飞行时,其加速度向下达到最大值,由牛顿第二定律有,Mg+F,max,+k,=Ma,max,解得,a,max,=,2,.,5,g,D,项错误,.,答案,8 2021,辽宁,10,6,分,难度,(,多选,),冰滑梯是东北地区体验冰雪运动乐趣的设施之一,.,某冰滑梯的示意图如图所示,螺旋滑道的摩擦可忽略,;,倾斜滑道和水平滑道与同一滑板间的动摩擦因数,相同,因滑板不同,满足,0,1,.,2,0,.,在设计滑梯时,要确保所有游客在倾斜滑道上均减速下滑,且滑行结束时停在水平滑道上,以下,L,1,、,L,2,的组合符合设计要求的是,A.,L,1,=,L,2,=,B.,L,1,=,L,2,=,C.,L,1,=,L,2,=,D.,L,1,=,L,2,=,答案,8.CD,设倾斜滑道与水平面夹角为,要确保所有游客在倾斜滑道上均减速下滑,则需满足,mg,sin,tan,又,tan,=,0,1,.,2,0,解得,L,1,;,要确保游客不停在倾斜轨道,则需满足,mg,2,h,mgL,1,又,0,1,.,2,0,解得,L,1,;,要确保游客停在水平轨道,则需满足,mg,2,h,mg,(,L,1,+L,2,),又,0,1,.,2,0,解得,L,1,+L,2,.,综上所述,L,1,L,2,-L,1,故,AB,错误,CD,正确,.,9 2019,浙江,4,月,12,3,分,难度,如图所示,A,、,B,、,C,为三个实心小球,A,为铁球,B,、,C,为木球,.A,、,B,两球分别连接在两根弹簧上,C,球连接在细线一端,弹簧和细线的下端固定在装水的杯子底部,该水杯置于用绳子悬挂的静止吊篮内,.,若将挂吊篮的绳子剪断,则剪断的瞬间相对于杯底,(,不计空气阻力,木,水,铁,),A.,A,球将向上运动,B,、,C,球将向下运动,B.,A,、,B,球将向上运动,C,球不动,C.,A,球将向下运动,B,球将向上运动,C,球不动,D.,A,球将向上运动,B,球将向下运动,C,球不动,9.D,剪断绳子之前,A,球受力分析如图,1,所示,B,球受力分析如图,2,所示,C,球受力分析如图,3,所示,.,剪断绳子瞬间,水杯和水都处于完全失重状态,水的浮力消失,杯子的瞬时加速度为重力加速度,.,又由于弹簧的形状来不及发生改变,弹簧的弹力大小不变,相对地面而言,A,球的加速度,a,A,=,g,方向竖直向下,其相对杯子的加速度方向竖直向下,.,绳子剪断瞬间,C,球所受的浮力和拉力均消失,其瞬时加速度为重力加速度,故相对杯子静止,综上所述,D,正确,.,答案,10 2021,浙江,1,月,19,9,分,难度,如图所示,质量,m=,2 kg,的滑块以,v,0,=,16 m/s,的初速度沿倾角,=,37,的斜面上滑,经,t=,2 s,滑行到最高点,.,然后,滑块返回到出发点,.,已知,sin 37,=,0,.,6,cos 37,=,0,.,8,求滑块,(1),最大位移值,x,;,(2),与斜面间的动摩擦因数,;,(3),从最高点返回到出发点的过程中重力的平均功率,.,答案,10.,【解析】,(1),滑块向上做匀减速直线运动,有,x=,t,得,x=,16 m,(2),加速度,a,1,=,=,8 m/s,2,上滑过程,a,1,=,=g,sin,+g,cos,，,得,=,0,.,25,(3),下滑过程,a,2,=,=g,sin,-g,cos,=,4 m/s,2,由运动学公式,v,t,=,=,8,m/s,重力的平均功率,=mg,sin,=,mgv,t,sin,=,48,W,第,6,练,连接体问题与传送带问题,1 2022,全国甲,19,6,分,难度,(,多选,),如图,质量相等的两滑块,P,、,Q,置于水平桌面上,二者用一轻弹簧水平连接,两滑块与桌面间的动摩擦因数均为,.,重力加速度大小为,g.,用水平向右的拉力,F,拉动,P,使两滑块均做匀速运动,;,某时刻突然撤去该拉力,则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前,A,.P,的加速度大小的最大值为,2,g,B,.Q,的加速度大小的最大值为,2,g,C,.P,的位移大小一定大于,Q,的位移大小,D,.P,的速度大小均不大于同一时刻,Q,的速度大小,答案,1.AD,两滑块匀速运动过程中,弹簧对,P,、,Q,的弹力大小为,kx=mg,当撤去拉力后,对滑块,P,由牛顿第二定律有,kx+ mg= ma,1,同理对滑块,Q,有,mg-kx=ma,2,从撤去拉力到弹簧第一次恢复原长过程中,弹力由,mg,一直减小到零,所以,P,的加速度大小的最大值为刚撤去拉力,F,瞬间的加速度大小,此时,P,的加速度大小为,2,g,而弹簧恢复原长时,Q,的加速度大小达到最大值,即,Q,的最大加速度为,g,A,项正确,B,项错误,;,由于弹簧恢复原长前滑块,P,的加速度一直大于,Q,的加速度,且两滑块初速度相同,所以撤去拉力后,P,的速度一直小于同一时刻,Q,的速度,所以,P,的位移一定小于,Q,的位移,C,项错误,D,项正确,.,2 2020,海南,12,4,分,难度,(,多选,),如图,在倾角为,的光滑斜面上,有两个物块,P,和,Q,质量分别为,m,1,和,m,2,用与斜面平行的轻质弹簧相连接,在沿斜面向上的恒力,F,作用下,两物块一起向上做匀加速直线运动,则,A,.,两物块一起运动的加速度大小为,a=,B,.,弹簧的弹力大小为,F,弹,=,F,C,.,若只增大,m,2,两物块一起向上做匀加速运动时,它们的间距变大,D,.,若只增大,两物块一起向上做匀加速运动时,它们的间距变大,答案,2.BC,对两物块及弹簧构成的整体受力分析,根据牛顿第二定律有,F-,(,m,1,+m,2,),g,sin,=,(,m,1,+m,2,),a,解得,a=,-g,sin,故,A,错误,;,对,Q,受力分析,根据牛顿第二定律有,F,弹,-m,2,g,sin,=m,2,a,解得,F,弹,=,故,B,正确,;,根据,F,弹,=,=,可知若只增大,m,2,两物块一起向上做匀加速运动时,弹力变大,结合胡克定律,可知弹簧伸长量变大,故它们的间距变大,故,C,正确,;,根据,F,弹,=,可知只增大,两物块一起向上做匀加速运动时,弹力不变,结合胡克定律,可知弹簧伸长量不变,故它们的间距不变,故,D,错误,.,3 2021,辽宁适应性测试,10,6,分,难度,(,多选,),如图所示,甲、乙两滑块的质量分别为,1 kg,、,2 kg,放在静止的水平传送带上,两者相距,5 m,与传送带间的动摩擦因数均为,0,.,2,.t=,0,时,甲、乙分别以,6 m/s,、,2 m/s,的初速度开始向右滑行,.t=,0,.,5 s,时,传送带启动,(,不计启动时间,),立即以,3 m/s,的速度顺时针匀速转动,.,传送带足够长,重力加速度取,10 m/s,2,.,下列说法正确的是,A.,t=,0,.,5 s,时,两滑块相距,2 m,B.,t=,1,.,5 s,时,两滑块速度相等,C.0,1,.,5 s,内,乙相对传送带的位移大小为,0,.,25 m,D.0,2,.,5 s,内,两滑块与传送带间因摩擦产生的热量共为,14,.,5 J,3.BCD,由牛顿第二定律有,mg=ma,解得两滑块做匀变速直线运动时的加速度大小为,a=,=g=,2 m/s,2,.,根据匀变速直线运动的位移时间公式,x=v,0,t-,at,2,可知,t=,0,.,5 s,时,两滑块相距,x=x,0,-,(,v,1,t,1,-,a,),+,(,v,2,t,1,-,a,),=,3 m,选项,A,错误,.,传送带启动时,甲滑块的速度为,v,1,=v,1,-at,1,=,5 m/s,减速到与传送带速度相等所用时间,t,1,=,=,1 s,因此在,t=,1,.,5 s,时,甲滑块速度与传送带速度相等,;,传送带启动时,乙滑块的速度为,v,2,=v,2,-at,1,=,1 m/s,加速到与传送带速度相等所用时间,t,2,=,=,1 s,因此在,t=,1,.,5 s,时,乙滑块速度与传送带相等,.,故,t=,1,.,5 s,时,两滑块速度相等,选项,B,正确,.,在,0,0,.,5 s,内,乙相对传送带的位移大小为,x,1,=v,2,t,1,-,a,=,0,.,75 m,1,1,.,5 s,内,乙相对传送带的位移大小为,x,2,=v,0,t,2,-,(,v,2,t,2,+,a,),=,1 m,因此,0,1,.,5 s,内,乙相对传送带的位移大小为,x,2,-x,1,=,0,.,25 m,选项,C,正确,.,0,1,.,5 s,内,甲相对传送带的位移,x,甲,=v,1,t,3,-,a,-,v,0,t,2,=61.5 m-,21.5,2,m-31 m,=,3,.,75 m,甲滑块与传送带间因摩擦产生的热量,Q,1,=m,1,g,x,甲,=,7,.,5 J,乙滑块与传送带间因摩擦产生的热量,Q,2,= m,2,g,(,x,1,+x,2,),=,7 J,又,1,.,5,2,.,5 s,内两滑块均与传送带共速,不产生热量,因此,0,2,.,5 s,内,两滑块与传送带间因摩擦产生的热量共为,Q=Q,1,+Q,2,=,14,.,5 J,选项,D,正确,.,答案,4 2021,辽宁,13,11,分,难度,机场地勤工作人员利用传送带从飞机上卸行李,.,如图所示,以恒定速率,v,1,=0.6 m/s,运行的传送带与水平面间的夹角,= 37,转轴间距,L,=3.95 m.,工作人员沿传送方向以速度,v,2,=1.6 m/s,从传送带顶端推下一件小包裹,(,可视为质点,).,小包裹与传送带间的动摩擦因数,=0.8.,取重力加速度,g,=10 m/s,2,sin 37=0.6,cos 37=0.8.,求,:,(1),小包裹相对传送带滑动时加速度的大小,a,;,(2),小包裹通过传送带所需的时间,t,.,4.,【解析】,(1),对小包裹,由牛顿第二定律有,mg,cos,-mg,sin,=ma,解得小包裹相对传送带滑动时的加速度大小,a=,0,.,4 m/s,2,(2),假设小包裹能与传送带共速,则由运动学知识有,v,2,-v,1,=at,1,解得共速前所用的时间,t,1,=,2,.,5 s,又,-,=,2,ax,解得这段时间内小包裹的位移,x=,2,.,75 m,L,故假设成立,小包裹与传送带共速后,由于,mg,sin,1,D.,在,0,t,2,时间段物块与木板加速度相等,2.BCD,结合题图可知在,0,t,1,时间内,物块与木板之间摩擦力为静摩擦力,物块与木板均静止,在,t,1,t,2,时间内,物块与木板之间摩擦力为静摩擦力,物块与木板一起滑动,选项,D,正确,;,把物块和木板看成整体,在,t,1,时刻,由牛顿第二定律有,F,1,-,1,(,m,1,+m,2,),g=,0,解得,F,1,=,1,(,m,1,+m,2,),g,选项,A,错误,;,t,2,时间后,物块相对于木板滑动,木板所受的滑动摩擦力为恒力,做匀加速直线运动,设,t,2,时刻木板的加速度为,a,在,t,2,时刻,对木板由牛顿第二定律有,2,m,2,g-,1,(,m,1,+m,2,),g=m,1,a,0,显然,2,1,选项,C,正确,;,t,2,时刻,对物块由牛顿第二定律有,F,2,-,2,m,2,g=m,2,a,联立解得,F,2,=,(,2,-,1,),g,选项,B,正确,.,答案,3 2019,全国,20,6,分,难度,(,多选,),如图,(a),物块和木板叠放在实验台上,物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连,细绳水平,.t=,0,时,木板开始受到水平外力,F,的作用,在,t=,4 s,时撤去外力,.,细绳对物块的拉力,f,随时间,t,变化的关系如图,(b),所示,木板的速度,v,与时间,t,的关系如图,(c),所示,.,木板与实验台之间的摩擦可以忽略,.,重力加速度取,10 m/s,2,.,由题给数据可以得出,A.,木板的质量为,1 kg,B.2 s4 s,内,力,F,的大小为,0,.,4 N,C.0,2 s,内,力,F,的大小保持不变,D.,物块与木板之间的动摩擦因数为,0,.,2,答案,3.AB,由题图,(c),可知木板在,02 s,内处于静止状态,再结合题图,(b),中细绳对物块的拉力,f,在,0,2 s,内逐渐增大,可知物块受到木板的摩擦力逐渐增大,故可以判断木板受到的水平外力,F,也逐渐增大,选项,C,错误,;,由题图,(c),可知木板在,2,4 s,内做匀加速运动,其加速度大小为,a,1,=,m/s,2,=,0,.,2 m/s,2,在,4,5 s,内做匀减速运动,其加速度大小为,a,2,=,m/s,2,=,0,.,2 m/s,2,另外由于物块静止不动,同时结合题图,(b),可知物块与木板之间的滑动摩擦力,F,f,=,0,.,2 N,故对木板进行受力分析,由牛顿第二定律可得,F-F,f,=ma,1,、,F,f,=ma,2,解得,m=,1 kg,、,F=,0,.,4 N,选项,A,、,B,均正确,;,由于不知道物块的质量,所以不能求出物块与木板之间的动摩擦因数,选项,D,错误,.,4 2021,湖南适应性考试,10,5,分,难度,(,多选,),如图,三个质量均为,1 kg,的物体,A,、,B,、,C,叠放在水平桌面上,B,、,C,用不可伸长的轻绳跨过一光滑轻质定滑轮连接,.,A,与,B,之间、,B,与,C,之间的接触面以及轻绳均与桌面平行,A,与,B,之间、,B,与,C,之间以及,C,与桌面之间的动摩擦因数分别为,0.4,、,0.2,和,0.1,重力加速度,g,取,10 m/s,2,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,.,用力,F,沿水平方向拉物体,C,以下说法正确的是,A.,拉力,F,小于,11 N,时,不能拉动,C,B.,拉力,F,为,17 N,时,轻绳的拉力为,4 N,C.,要使,A,、,B,保持相对静止,拉力,F,不能超过,23 N,D.,A,的加速度将随拉力,F,的增大而增大,4.AC,当,C,即将运动时,C,受到桌面给的向右的摩擦力,f,桌,、绳子给的向右的拉力,T,1,、,B,给的向右的摩擦力,f,BC,其中,f,桌,=,0,.,1(,m,A,+m,B,+m,C,),g=,3 N,f,BC,=,0,.,2(,m,A,+m,B,),g=,4 N,即,C,即将滑动时应有,F,1,=f,桌,+f,BC,+T,1,而,T,1,=f,BC,=,4 N,联立解得,F,1,=,11 N,选项,A,正确,;,在,A,和,B,即将发生相对滑动时,B,和,C,的加速度大小相等,对,A,受力分析,由牛顿第二定律有,f,AB,=,0,.,4,m,A,g=m,A,a,对,A,、,B,整体受力分析,由牛顿第二定律有,T,2,-f,BC,=,(,m,A,+m,B,),a,对,C,进行受力分析有,F,2,-T,2,-f,BC,-f,桌,=m,C,a,联立解得,F,2,=,23 N,说明,A,和,B,发生相对滑动时拉力,F,的临界大小为,F,2,=,23 N,故,C,正确,;,当,F,3,=,17 N,时,A,、,B,没有发生相对滑动,此时对,A,、,B,整体,由牛顿第二定律有,T,3,-f,BC,=,(,m,A,+m,B,),a,1,对,C,受力分析,由牛顿第二定律有,F,3,-T,3,-f,BC,-f,桌,=m,C,a,1,联立解得,T,3,=,8 N,选项,B,错误,;,当拉力增大到,A,和,B,发生相对滑动后,A,受到的滑动摩擦力不变,加速度为,a=,0,.,4,g=,4 m/s,2,不变,选项,D,错误,.,答案,5 2019,江苏,15,16,分,难度,如图所示,质量相等的物块,A,和,B,叠放在水平地面上,左边缘对齐,.A,与,B,、,B,与地面间的动摩擦因数均为,.,先敲击,A,A,立即获得水平向右的初速度,在,B,上滑动距离,L,后停下,.,接着敲击,B,B,立即获得水平向右的初速度,A,、,B,都向右运动,左边缘再次对齐时恰好相对静止,此后两者一起运动至停下,.,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为,g.,求,:,(1),A,被敲击后获得的初速度大小,v,A,;,(2),在左边缘再次对齐的前、后,B,运动加速度的大小,a,B,、,a,B,;,(3),B,被敲击后获得的初速度大小,v,B,.,5.,【解析】,(1),由牛顿运动定律知,A,加速度的大小,a,A,=g,匀变速直线运动,2,a,A,L=,解得,v,A,=,(2),设,A,、,B,的质量均为,m,对齐前,B,所受合外力大小,F=,3,mg,由牛顿运动定律,F=ma,B,得,a,B,=,3,g,对齐后,A,、,B,所受合外力大小,F=,2,mg,由牛顿运动定律,F=,2,ma,B,得,a,B,=g,(3),经过时间,t,A,、,B,达到共同速度,v,位移分别为,x,A,、,x,B,A,加速度的大小等于,a,A,则,v=a,A,t,v=v,B,-a,B,t,，,x,A,=,a,A,t,2,x,B,=v,B,t-,a,B,t,2,且,x,B,-x,A,=L,解得,v,B,=,2,答案,6 2017,全国,25,20,分,难度,如图,两个滑块,A,和,B,的质量分别为,m,A,=,1 kg,和,m,B,=,5 kg,放在静止于水平地面上的木板的两端,两者与木板间的动摩擦因数均为,1,=,0,.,5;,木板的质量为,m=,4 kg,与地面间的动摩擦因数为,2,=,0,.,1,.,某时刻,A,、,B,两滑块开始相向滑动,初速度大小均为,v,0,=,3 m/s,.A,、,B,相遇时,A,与木板恰好相对静止,.,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,取重力加速度大小,g=,10 m/s,2,.,求,(1),B,与木板相对静止时,木板的速度,;,(2),A,、,B,开始运动时,两者之间的距离,.,6.,【解析】,(1),滑块,A,和,B,在木板上滑动时,木板也在地面上滑动,.,设,A,、,B,所受的摩擦力和地面对木板的摩擦力大小分别为,f,1,、,f,2,和,f,3,A,和,B,相对于地面的加速度大小分别为,a,A,和,a,B,木板相对于地面的加速度大小为,a,1,.,在物块,B,与木板达到共同速度前有,f,1,=,1,m,A,g,f,2,=,1,m,B,g,f,3,=,2,(,m+m,A,+m,B,),g,由牛顿第二定律得,f,1,=m,A,a,A,f,2,=m,B,a,B,f,2,-f,1,-f,3,=ma,1,设在,t,1,时刻,B,与木板达到共同速度,其大小为,v,1,.,由运动学公式有,v,1,=v,0,-a,B,t,1,v,1,=a,1,t,1,联立,式,代入已知数据得,v,1,=,1 m/s,(2),在,t,1,时间间隔内,B,相对于地面移动的距离为,s,B,=v,0,t,1,-,a,B,设在,B,与木板达到共同速度,v,1,后,木板的加速度大小为,a,2,.,对于,B,与木板组成的系统,由牛顿第二定律有,f,1,+f,3,=,(,m,B,+m,),a,2,答案,由,式知,a,A,=a,B,;,再由,式知,B,与木板达到共同速度时,A,的速度大小也为,v,1,但运动方向与木板相反,.,由题意知,A,和,B,相遇时,A,与木板的速度相同,设其大小为,v,2,.,设,A,的速度大小从,v,1,变到,v,2,所用的时间为,t,2,则由运动学公式,对木板有,v,2,=v,1,-a,2,t,2,对,A,有,v,2,=-v,1,+a,A,t,2,在,t,2,时间间隔内,B,(,以及木板,),相对地面移动的距离为,s,1,=v,1,t,2,-,a,2,在,(,t,1,+t,2,),时间间隔内,A,相对地面移动的距离为,s,A,=v,0,(,t,1,+t,2,),-,a,A,(,t,1,+t,2,),2,A,和,B,相遇时,A,与木板的速度也恰好相同,.,因此,A,和,B,开始运动时,两者之间的距离为,s,0,=s,A,+s,1,+s,B,联立以上各式,并代入数据得,s,0,=,1,.,9 m,(,也可用如图的速度,-,时间图线求解,),答案,
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