2018年高考物理二轮复习 专题一 力与运动（四）聚焦计算题考法——动力学观点讲义

高考研究(四) 聚焦计算题考法动力学观点1(2015全国卷T24)如图，一长为10 cm的金属棒ab用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中；磁场的磁感应强度大小为0.1 T，方向垂直于纸面向里；弹簧上端固定，下端与金属棒绝缘。金属棒通过开关与一电动势为12 V的电池相连，电路总电阻为 2 。已知开关断开时两弹簧的伸长量为0.5 cm；闭合开关，系统重新平衡后，两弹簧的伸长量与开关断开时相比均改变了0.3 cm。重力加速度大小取10 m/s2。判断开关闭合后金属棒所受安培力的方向，并求出金属棒的质量。解析：依题意，开关闭合后，电流方向从b到a，由左手定则可知，金属棒所受的安培力方向竖直向下。开关断开时，两弹簧各自相对于其原长伸长了l10.5 cm。由胡克定律和力的平衡条件得2kl1mg式中，m为金属棒的质量，k是弹簧的劲度系数，g是重力加速度的大小。开关闭合后，金属棒所受安培力的大小为FIBL式中，I是回路电流，L是金属棒的长度。两弹簧各自再伸长了l20.3 cm，由胡克定律和力的平衡条件得2k(l1l2)mgF由欧姆定律有EIR式中，E是电池的电动势，R是电路总电阻。联立式，并代入题给数据得m0.01 kg。答案：安培力的方向竖直向下，金属棒的质量为0.01 kg2.(2017全国卷T25)如图，两个滑块A和B的质量分别为mA1 kg 和mB5 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10.5；木板的质量为m4 kg，与地面间的动摩擦因数为20.1。某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v03 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g10 m/s2。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。解析：(1)A和B在木板上滑动时，木板也在地面上滑动。设A、B和木板所受的摩擦力大小分别为f1、f2和f3，A和B相对于地面的加速度大小分别为aA和aB，木板相对于地面的加速度大小为a1。在B与木板达到共同速度前有f11mAgf21mBgf32(mmAmB)g由牛顿第二定律得f1mAaAf2mBaBf2f1f3ma1设在t1时刻，B与木板达到共同速度，其大小为v1。由运动学公式有v1v0aBt1v1a1t1联立式，代入已知数据得v11 m/s。(2)在t1时间间隔内，B相对于地面移动的距离为sBv0t1aBt12设在B与木板达到共同速度v1后，木板的加速度大小为a2。对于B与木板组成的系统，由牛顿第二定律有f1f3(mBm)a2由式知，aAaB；再由式知，B与木板达到共同速度时，A的速度大小也为v1，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v2，设A的速度大小从v1变到v2所用的时间为t2。则由运动学公式，对木板有v2v1a2t2对A有v2v1aAt2在t2时间间隔内，B(以及木板)相对地面移动的距离为s1v1t2a2t22在(t1t2)时间间隔内，A相对地面移动的距离为sAv0(t1t2)aA2A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s0sAs1sB联立以上各式，并代入数据得s01.9 m(也可用如图所示的速度时间图线求解)。答案：(1)1 m/s(2)1.9 m3(2015全国卷T25)一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5 m，如图(a)所示。t0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t1 s时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)。碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板。已知碰撞后1 s时间内小物块的v t图线如图(b)所示。木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10 m/s2。求：(1)木板与地面间的动摩擦因数1及小物块与木板间的动摩擦因数2；(2)木板的最小长度；(3)木板右端离墙壁的最终距离。解析：(1)规定向右为正方向。木板与墙壁相碰前，小物块和木板一起向右做匀变速运动，设加速度为a1，小物块和木板的质量分别为m和M。由牛顿第二定律有1(mM)g(mM)a1由题图(b)可知，木板与墙壁碰撞前瞬间的速度v14 m/s，由运动学公式有v1v0a1t1s0v0t1a1t12式中，t11 s，s04.5 m是木板碰撞前的位移，v0是小物块和木板开始运动时的速度。联立式和题给条件得10.1在木板与墙壁碰撞后，木板以v1的初速度向左做匀变速运动，小物块以v1的初速度向右做匀变速运动。设小物块的加速度为a2，由牛顿第二定律有2mgma2由题图(b)可得a2式中，t22 s，v20，联立式和题给条件得20.4。(2)设碰撞后木板的加速度为a3，经过时间t，木板和小物块刚好具有共同速度v3。由牛顿第二定律及运动学公式得2mg1(Mm)gMa3v3v1a3tv3v1a2t碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运动的位移为s1t小物块运动的位移为s2t小物块相对木板的位移为ss2s1联立式，并代入数值得s6.0 m 因为运动过程中小物块没有脱离木板，所以木板的最小长度应为6.0 m。(3)在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速运动直至停止，设加速度为a4，此过程中小物块和木板运动的位移为s3。由牛顿第二定律及运动学公式得1(mM)g(mM)a40v322a4s3碰后木板运动的位移为ss1s3联立式，并代入数值得s6.5 m木板右端离墙壁的最终距离为6.5 m。答案：(1)0.10.4 (2)6.0 m(3)6.5 m高考题型典型试题难度1.平衡类问题2015全国卷T242.应用动力学观点分析板块模型2017全国卷T252015全国卷T25题型(一) 平衡类问题高考定位：常考题型,解题关键：重在恰当选择研究对象，正确进行受力分析及合成、分解典例示法例1某运动员做跳伞训练，他从悬停在空中的直升机上由静止跳下，跳离直升机一段时间后打开降落伞减速下落，他打开降落伞后的速度时间图象如图(a)所示。降落伞用8根对称的悬绳悬挂运动员，每根悬绳与中轴线的夹角为37，如图(b)所示。已知运动员和降落伞的质量均为50 kg，不计运动员所受的阻力，打开降落伞后，降落伞所受的阻力f与下落速度v成正比，即fkv。重力加速度g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8。求：(1)打开降落伞前运动员下落的高度；(2)阻力系数k和打开降落伞瞬间的加速度；(3)降落伞的悬绳能够承受的拉力至少为多少。解析(1)打开降落伞前运动员做自由落体运动，根据速度位移公式可得运动员下落的高度h，由题图(a)可知v020 m/s，解得：h20 m。(2)由题图(a)可知，当速度为v5 m/s时，运动员做匀速运动，受力达到平衡状态，由平衡条件可得：kv2mg，即k，解得k200 Ns/m。在打开降落伞瞬间，由牛顿第二定律可得：kv02mg2ma，解得a30 m/s2，方向竖直向上。(3)根据题意可知，打开降落伞瞬间悬绳对运动员拉力最大，设此时降落伞上每根悬绳的拉力为T，以运动员为研究对象，则有：8Tcos 37mgma，代入数据可解得T312.5 N，故悬绳能够承受的拉力至少为312.5 N。答案(1)20 m(2)200 Ns/m30 m/s2，方向竖直向上(3)312.5 N“稳态速度类”平衡模型一般是与实际问题相结合的物理问题，其基本特征是物体在开始运动时并不平衡，而是随着外部条件的改变逐渐达到平衡状态。此类模型的一般解法是：先根据试题所描述的情境抽象出物理模型，然后根据物体运动的初始条件，结合运动学知识和牛顿运动定律对物体的运动情况进行分析，当物体最终达到平衡状态时，依据共点力的平衡条件，列出平衡方程进行求解。 演练冲关1.(2018届高三江西横峰中学等四校联考)如图所示，AB、BC、CD和DE为质量可忽略的等长细线，长度均为5 m，A、E端悬挂在水平天花板上，AE14 m，B、D是质量均为 m014 kg的相同小球，质量为m的重物挂于C点，平衡时C点离天花板的垂直距离为7 m，g取10 m/s2，试求重物质量m。解析：如图甲所示，设BHx，HCy，由几何关系得：x2y225及(7x)2(7y)225，解得：x4，y3由平衡关系得另解x3，y4(舍去)则sin ，cos 以B为研究对象，受力分析如图乙所示，由共点力平衡条件得：FABcos FBCsin 0FABsin FBCcos m0g0解得：FBC300 N，以重物为研究对象，由共点力平衡条件及对称关系得：2FBCcos mg解得：m36 kg。答案：36 kg2.(2018届高三山西重点中学协作体联考)一个底面粗糙、质量为M的斜劈放在粗糙的水平面上，斜劈的斜面光滑且与水平面成30角；现用一端固定的轻绳系一质量为m的小球，小球放在斜面上，小球静止时轻绳与竖直方向的夹角也为30，如图所示，求：(1)当斜劈静止时轻绳的拉力大小；(2)若地面对斜劈的最大静摩擦力等于地面对斜劈支持力的k倍，为使整个系统静止，k值必须满足的条件。解析：(1)对小球进行受力分析如图甲Tcos 30FN1cos 30mgTsin 30FN1sin 30TFN1解得：Tmg。(2)对斜劈进行受力分析如图乙FN2MgFN1cos 30MgmgFfFN1sin 30要使整个系统静止，则有：FfkFN2由以上三式解得k。答案：(1)mg(2)k题型(二) 应用动力学观点分析板块模型高考定位：常考题型解题关键：发挥想象力，构建板块模型的运动和受力情景，并画出示意图 分类突破物块带动木板运动例2质量为M2 kg的木板B静止在水平面上，可视为质点的物块A从木板的左侧沿木板上表面水平冲上木板，如图甲所示。A和B经过1 s达到同一速度，之后共同减速直至静止，A和B的v t图象如图乙所示，重力加速度g10 m/s2，求：(1)A与B之间的动摩擦因数1和B与水平面间的动摩擦因数2；(2)A的质量m。解析(1)由题图乙可知，物块A在01 s内的加速度大小为a12 m/s2以A为研究对象，由牛顿第二定律得：1mgma1解得：10.2B在01 s内的加速度大小为a22 m/s2，在13 s内A与B相对静止，一起做匀减速运动，加速度大小为 a31 m/s2以A、B同速后整体为研究对象，由牛顿第二定律得：2(Mm)g(Mm)a3解得：20.1。(2)以B为研究对象，在01 s内水平方向受到两个滑动摩擦力，由牛顿第二定律得：1mg2(Mm)gMa2代入数据解得A的质量：m6 kg。答案(1)0.20.1(2)6 kg1板块模型类问题中，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，因为木板往往受到摩擦力的影响也做匀变速直线运动，处理此类问题，要注意从速度、位移、时间等角度寻找各物理量之间的联系。2物块不从木板的末端掉下来的临界条件是：物块到达木板末端时的速度与木板的速度恰好相等。木板带动物块运动例3如图所示，光滑水平面上静止放着长为L1.6 m、质量为M3 kg 的木板，一个质量为m1 kg大小不计的物块放在木板的最右端，物块与木板之间的动摩擦因数0.1，今对木板施加一水平向右的力F，g取10 m/s2。(1)施力F后，要想把木板从物块的下方抽出来，求力F的大小应满足的条件；(2)为把木板从物块的下方抽出来，施加某力后，发现该力作用最短时间t00.8 s，恰好可以抽出木板，求此力的大小。解析(1)力F拉动木板运动过程中：对物块，由牛顿第二定律知mgma，即ag1 m/s2对木板，由牛顿第二定律知FmgMa1，即 a1要想抽出木板，则只需a1a，即F(Mm)g，代入数据得F4 N。(2)由(1)分析可知，有力作用在木板上时，木板的速度必大于物块的速度，而木板恰好从物块下抽出时，两者速度大小相等，则力撤去时木板未从物块下抽出。设有力时木板的加速度大小为a2，则a2设没有力时木板的加速度大小为a3，则a3 m/s2设从没有力到木板恰好被抽出所用时间为t2木板从物块下抽出时有物块速度为va(t0t2)发生的位移为sa(t0t2)2木板的速度为v板a2t0a3t2发生的位移为s板a2t02a2t0t2a3t22木板刚好从物块下抽出时应有v板v，且s板sL联立以上各式并代入数据得t21.2 s，a23 m/s2，F10 N。答案(1)F4 N(2)10 N抽出木板的最小力分析设水平面光滑，A、B间的动摩擦因数为，则能否使B从A下抽(滑)出取决于由A、B间最大静摩擦力产生的加速度外力满足F1(mAmB)gF2(mAmB)g演练冲关3(2018届高三长株潭岳益五市十校联考)如图所示，在光滑的水平面上有一足够长的质量为M4 kg的长木板，在长木板右端有一质量为m1 kg的小物块，长木板与小物块间动摩擦因数为0.2，长木板与小物块均静止。现用F14 N的水平恒力向右拉长木板，经时间t1 s撤去F。则，(1)在F的作用下，长木板的加速度为多大？(2)刚撤去F时，小物块离长木板右端多远？(3)最终长木板与小物块一同以多大的速度匀速运动？(4)最终小物块离长木板右端多远？解析：(1)根据牛顿第二定律可得MaFmg，解得a3 m/s2。(2)刚撤去F时，小物块只受摩擦力作用，故mammg，x1at2amt2，解得x10.5 m。(3)刚撤去F时，长木板的速度vat3 m/s，小物块的速度vmamt2 m/s撤去F后，长木板的加速度a0.5 m/s2最终速度vvmamtvat解得t0.4 s，v2.8 m/s。(4)在t时间内，x2解得x20.2 m最终小物块离长木板右端xx1x20.7 m。答案：(1)3 m/s2(2)0.5 m(3)2.8 m/s(4)0.7 m 4.(2017成都外国语学校模拟)如图所示，质量为m13 kg 的滑块C(可视为质点)放置于光滑的平台上，与一处于自然长度的弹簧接触但不相连，弹簧另一端固定在竖直墙壁上，平台右侧的水平地面上紧靠平台依次排放着两块木板A、B。已知木板A、B的长度均为L5 m，质量均为m21.5 kg，木板A、B上表面与平台相平，木板A与平台和木板B均接触但不粘连，滑块C与木板A、B间的动摩擦因数为10.3，木板A、B与地面间的动摩擦因数为20.1。现用一水平向左的力作用于滑块C上，将弹簧从原长开始缓慢地压缩一段距离，然后将滑块C由静止释放，当滑块C刚滑上木板A时，滑块C的速度为v07 m/s。设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取 g10 m/s2。求：(1)弹簧的最大弹性势能；(2)滑块C刚滑上木板A时，木板A、B及滑块C的加速度；(3)从滑块C滑上木板A到整个系统停止运动所需的时间。解析：(1)由能量守恒定律可得，Epmaxm1v0273.5 J。(2)设滑块C在木板A上滑动时，滑块C的加速度为a1，木板A、B的加速度为a2。则：1m1gm1a1，解得：a13 m/s2。1m1g2(m12m2)g2m2a2，解得：a21 m/s2。(3)设滑块C在木板A上运动的时间为t1。则： La2t12解得：t11 s或t12.5 s(舍去)设滑块C离开木板A时的速度为vC，木板A、B的速度分别为vA和vB。vCv0a1t14 m/svAvBa2t11 m/s滑块C在木板B上滑动时，滑块C的加速度仍为a1，设木板B的加速度为a3。1m1g2(m1m2)gm2a3，解得：a33 m/s2。设经过时间t2，B、C达到共同速度v，则有：vvCa1t2vBa3t2，解得 t20.5 s，v2.5 m/s从滑块C滑上木板B到与木板B速度相同的过程中，滑块C与木板B的相对位移为：xt2t20.75 m5 m可知此过程中滑块C未离开木板B，又因12，B、C共速后无相对运动，设B、C一起做匀减速运动的加速度为a，到停止运动所用时间为t3。2(m1m2)g(m1m2)a，解得a1 m/s2。0vat3，解得t32.5 s则从滑块C滑上木板A到整个系统停止运动所需的时间为： tt1t2t34 s。答案：(1)73.5 J(2)1 m/s23 m/s2(3)4 s题型(三) 运动学类问题典例示法例4(2017合肥第一中学检测)A、B两辆玩具小汽车在相互靠近的两条平直的轨道上同向匀速行驶，初速度分别为vA6 m/s、vB2 m/s，当A车在B车后面x3.5 m时，A车开始以恒定的加速度大小aA1 m/s2刹车至停止运动，求：(1)A车超过B车后，保持在B车前方的时间；(2)A车超过B车后，领先B车的最大距离；(3)若A车刹车时B车同时开始加速，加速度aB2 m/s2，但B车的最大速度只有4 m/s，通过计算说明A车能否追上B车。思路点拨解析(1)设A车用时t追上B车，对A车，xAvAtaAt2对B车，xBvBt追上时有xAxBx解得t11 s，t27 s显然t1为A车追上B车，由于t27 s6 s，故t2为A车停下后被B车追上。设从开始到A车被B车追上用时为t3，则vBt3x，解得t37.25 s所以tt3t1，解得t6.25 s。(2)设当A车与B车速度相等用时为t4，则vAaAt4vB，解得t44 s，则此过程中A车位移为xAvAt4aAt42，B车位移xBvBt4由(1)分析可知，此时A车在B车前方，故A、B最大距离为xxAxxB，解得 x4.5 m。(3)设从A车刹车开始用时t5两车速度相等，B车加速至最大速度用时t6，匀速运动时间为t5t6，从A车开始刹车至速度相等过程中，vAaAt5vm且vmvBaBt6，解得t52 s，t61 s，对A车，xAvAt5aAt52，xA10 m对B车，xBvm(t5t6)，xB7 m，此时有xBx10.5 mxA10 m，A车不能追上B车。答案(1)6.25 s(2)4.5 m(3)不能解决运动学类问题“4演练冲关5.(2017西安中学检测)在一次救援中，一辆汽车停在一倾角为37的小山坡坡底，司机突然发现在距坡底48 m的山坡处一巨石以8 m/s的初速度加速滚下，巨石和山坡间的动摩擦因数为0.5，巨石到达坡底后速率不变，在水平面的运动可以近似看成加速度大小为2 m/s2 的匀减速直线运动；司机发现险情后经过2 s汽车才启动起来，并以0.5 m/s2的加速度一直做匀加速直线运动(如图所示)，已知sin 370.6，cos 370.8，求：(1)巨石到达坡底的时间和速率；(2)汽车司机能否安全脱险。解析：(1)设巨石到达坡底的时间为t1，速率为v1，则由牛顿第二定律：mgsin 37mgcos 37ma1，xv0t1a1t12，v1v0a1t1解得t14 s，v116 m/s。(2)设巨石到达水平面后，其速度与汽车相等时所用时间为t2巨石减速：v2v1a2t2汽车加速：v车a车(t2t1t0)当汽车和巨石速度相等时：v2v车，t26 s此时汽车的位移为x车a车(t2t1t0)216 m巨石的位移：x石v1t2a2t2260 mx车，所以汽车司机无法脱险。答案：(1)4 s16 m/s(2)无法脱险题型(四) 动力学类问题 典例示法例5(2017宜兴检测)质量为m1 kg的物体置于倾角为37的固定且足够长的斜面上，对物体施以平行于斜面向上的拉力F，t11 s时撤去拉力，物体运动的部分v t图象如图乙所示。g取10 m/s2，sin 370.6，cos 37 0.8，求：(1)拉力F的大小；(2)t4 s时物体的速度v的大小。解析(1)设拉力F作用时物体的加速度大小为a1，对物体进行受力分析，由牛顿第二定律可知Fmgsin mgcos ma1撤去拉力F，同理，由牛顿第二定律有mgsin mgcos ma2根据题图乙可知：a120 m/s2，a210 m/s2，解得：0.5，F30 N。(2)在物体运动过程中，设撤去拉力F后物体运动到最高点时间为t2，则有v1a2t2，解得t22 s设物体下滑时加速度为a3，由牛顿第二定律有mgsin mgcos ma3，解得：a32 m/s2则t4 s时，物体沿着斜面下滑的时间为t3tt1t21 s故速度va3t32 m/s。答案(1)30 N(2)2 m/s此题型以考查受力分析、牛顿运动定律的应用及运动学公式为主，解决此类问题的一般步骤是：1对物体在斜面上的运动进行分析，“拆分”运动过程。2对物体运动的每个过程都进行受力分析，结合牛顿第二定律及运动学公式求解。此外，各个过程连接点的受力情况和速度情况往往是解题的关键，要特别注意。演练冲关6(2018届高三安徽江南十校联考)如图甲所示，两滑块A、B用细线跨过定滑轮相连，B距地面一定高度，A可在细线牵引下沿足够长的粗糙斜面向上滑动。已知mA2 kg，mB4 kg，斜面倾角37。某时刻由静止释放A，测得A沿斜面向上运动的v t图象如图乙所示。已知g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8。求：(1)A与斜面间的动摩擦因数；(2)A沿斜面向上滑动的最大位移；(3)滑动过程中细线对A的拉力所做的功。解析：(1)在00.5 s内，根据题图乙，A、B系统的加速度为：a1 m/s24 m/s2对A、B系统受力分析，由牛顿第二定律得：mBgmAgsin mAgcos (mAmB)a1，解得：0.25。(2)B落地后，A继续减速上滑，由牛顿第二定律得：mAgsin mAgcos mAa2解得：a28 m/s2故A减速向上滑动的位移为：x20.25 m00.5 s内A加速向上滑动的位移为：x10.5 m所以，A上滑的最大位移为：xx1x20.75 m。(3)细线对A的拉力在A加速上滑过程中做功，由动能定理：W(mAgsin mAgcos )x1mAv20解得：W12 J。答案：(1)0.25(2)0.75 m(3)12 J计算题增分练 动力学观点 1.(2017宁夏育才中学检测)在风洞实验室中进行如图所示的实验，在倾角为37的固定粗糙斜面上，有一个质量为1 kg的物块，在风洞施加的水平恒力F作用下，从A点由静止开始运动，经过1.2 s到达B点时立即关闭风洞，撤去恒力F，物块到达C点时速度变为零。通过速度传感器测得这一过程中物块每隔0.2 s的瞬时速度，下表给出了部分数据：t/s0.00.20.40.61.41.61.8v/(ms1)0.01.02.03.04.02.00.0已知sin 370.6，cos 370.8，g取10 m/s2。求：(1)A、C两点间的距离；(2)物块与斜面间的动摩擦因数；(3)水平恒力F的大小。解析：(1)由表中数据易知，物块做匀加速运动过程：a15 m/s2关闭风洞后物块做匀减速运动：a210 m/s2物块做匀加速运动过程的位移：x1a1t123.6 m物块做匀减速运动过程的位移：x21.8 m故A、C两点间的距离为xx1x25.4 m。(2)由牛顿第二定律得，物块做匀减速运动过程mgsin 37mgcos 37ma2，解得0.5。(3)物块做匀加速运动过程，Fcos 37mgsin 37(mgcos 37Fsin 37)ma1，解得F30 N。答案：(1)5.4 m(2)0.5(3)30 N2.(2017合肥第一中学检测)如图所示，质量M2 kg的木块套在水平固定直杆上，并用轻绳与质量m1 kg的小球相连，今用跟水平方向成60角的力F10 N拉着小球并带动木块一起向右匀速运动，运动中木块、小球的相对位置保持不变，g10 m/s2。在运动过程中，求：(1)轻绳与水平方向的夹角；(2)木块与水平直杆间的动摩擦因数。解析：(1)小球处于匀速直线运动状态，所受合力为零，以小球为研究对象，由平衡条件得：水平方向Fcos 60FTcos 0竖直方向Fsin 60FTsin mg0解得30。(2)木块、小球整体处于匀速直线运动状态，系统所受合力为零，以木块、小球整体为研究对象。由平衡条件得水平方向Fcos 60FN0竖直方向FNFsin 60Mgmg0解得。答案：(1)30(2)3.(2017江苏仪征中学模拟)如图所示，光滑直杆AB长为L，B端固定一根劲度系数为k、原长为l0的轻弹簧，质量为m的小球套在光滑直杆上并与弹簧的上端连接。OO为过B点的竖直轴，杆与水平面间的夹角始终为。(1)杆保持静止状态，让小球从弹簧的原长位置静止释放，求小球释放瞬间的加速度大小a及小球速度最大时弹簧的压缩量l1；(2)当小球随杆一起绕OO轴匀速转动时，弹簧伸长量为l2，求杆匀速转动的角速度；(3)若30，移去弹簧，当杆绕OO轴以角速度0匀速转动时，小球恰好在杆上某一位置随杆在水平面内匀速转动，求小球离B点的距离L0。解析：(1)小球从弹簧的原长位置静止释放时，根据牛顿第二定律有：mgsin ma，解得agsin 。小球速度最大时其加速度为零，则：kl1mgsin ，解得l1。(2)弹簧伸长量为l2时，小球受力如图所示，水平方向上有：FNsin kl2cos m2(l0l2)cos 竖直方向上有：FNcos kl2sin mg解得 。(3)当杆绕OO轴以角速度0匀速转动时，小球离B点的距离为L0此时有mgtan m02L0cos ，又30解得L0L。答案：(1)gsin (2) (3)L4(2017天津五区县模拟)如图甲所示，光滑平台右侧与一长为L2.5 m的水平木板相接，木板固定在地面上，现有一滑块以初速度v05 m/s滑上木板，滑到木板右端时恰好停止。现让木板右端抬高，如图乙所示，使木板与水平地面的夹角37，让滑块以相同的初速度滑上木板，不计滑块滑上木板时的能量损失，g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8。求：(1)滑块与木板之间的动摩擦因数；(2)滑块从滑上倾斜木板到滑回木板底端所用的时间t。解析：(1)设滑块质量为m，木板水平时滑块加速度为a，则对滑块有mgma滑块滑到木板右端时恰好停止，有0v022aL解得。(2)当木板倾斜，设滑块上滑时的加速度为a1，最大距离为s，上滑的时间为t1，有mgcos mgsin ma10v022a1s0v0a1t1，解得s m，t1 s设滑块下滑时的加速度为a2，下滑的时间为t2，有mgsin mgcos ma2sa2t22解得t2 s滑块从滑上倾斜木板到滑回木板底端所用的时间tt1t2 s。答案：(1)(2) s5(2017天津和平区检测)如图所示，倾角为37、长度为x9 m的固定斜面，其底端与长木板B上表面等高，原来B静止在粗糙水平地面上，左端与斜面接触但不粘连，斜面底端与B的上表面接触处圆滑。一可视为质点的小滑块A从斜面顶端处由静止开始下滑，最终A刚好未从B上滑下。已知A、B的质量相等，A与斜面、B上表面间的动摩擦因数均为10.5，B与地面间的动摩擦因数为20.1，sin 370.6，cos 370.8，重力加速度g取10 m/s2。求：(1)A刚到达B时的速度v0；(2)当A滑上B的上表面后，B是否仍保持静止；(3)从A到达B到与B相对静止所需的时间。解析：(1)设A从斜面下滑过程中加速度大小为a0，刚到达B时速度大小为v0，由牛顿第二定律和运动学公式得：mgsin 1mgcos ma0v0202a0x解得：v06 m/s。(2)当A到达B后，由于1mg22mg，故B不会静止。(3)A在B上滑行，对A有ma11mg对B：1mg22mgma2且A、B相对静止时：v0a1ta2t解得t0.75 s。答案：(1)6 m/s(2)B不会静止(3)0.75 s6(2017山东实验中学模拟)如图所示，物块A和长木板B质量均为1 kg，A与B之间、B与地面之间动摩擦因数分别为0.5和0.2，开始时A静止在B左端，B停在水平地面上。某时刻起给A施加一大小为9 N的水平拉力F,1 s后撤去F，最终A恰好停在B右端。求(g取10 m/s2)：(1)通过计算说明前1 s内B是否运动；(2)1 s末A的速度；(3)B的长度。解析：(1)B受到A的摩擦力f11mg5 N地面的最大静摩擦力f222mg4 Nf1f2，故B运动。(2)F作用时，对A：F1mgma1，a14 m/s21 s末A的速度v1a1t04 m/s。(3)F作用1 s内A的位移：x1a1t022 m对B：1mg22mgma2，a21 m/s2撤去F后，A开始减速，有ma11mgB仍以a21 m/s2的加速度加速，设再经t时间，A恰好不滑下，则：v1a1ta2(t0t)解得t0.5 s此过程A的位移x1v1ta1t21.375 m全过程B的位移x2a2(t0t)21.125 mB的长度即为二者的相对位移：Lx1x1x22.25 m。答案：(1)B运动(2)4 m/s(3)2.25 m20