2019-2020年高考物理二轮复习 专题二 牛顿运动定律与直线运动导（含解析）.doc

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2019-2020年高考物理二轮复习 专题二 牛顿运动定律与直线运动导（含解析） 热点一　匀变速直线运动规律的应用 命题规律：高考对该热点的考查既有选择题也有计算题，命题方向主要有： (1)匀变速运动公式的灵活应用． (2)在行车安全中的应用． (3)追及相遇问题． 1.(xx河北区一模)一位宇航员在某星球上完成自由落体运动实验：让一个质量为2 kg的物体从一定的高度自由下落，测得在第5 s内的位移是18 m，则(　　) A．物体在2 s末的速度是20 m/s B．物体在第5 s内的平均速度是3.6 m/s C．物体在第2 s内的位移是20 m D．物体在前5 s内的位移是50 m [解析]　由自由落体位移公式h＝gt2得，h5－h4＝gt－gt＝g(52－42)＝18 m，解得g＝4 m/s2，物体在2 s末的速度v2＝gt＝42 m/s＝8 m/s，选项A错误；物体在第5 s内的平均速度＝ m/s＝18 m/s，选项B错误；物体在第2 s内的位移h＝h2－h1＝gt－gt＝4(22－12) m＝6 m，选项C错误；物体在前5 s内的位移h5＝gt＝452 m＝50 m，选项D正确． [答案]　D 2.(xx高考山东卷)研究表明，一般人的刹车反应时间(即图甲中“反应过程”所用时间)t0＝0.4 s，但饮酒会导致反应时间延长．在某次试验中，志愿者少量饮酒后驾车以v0＝72 km/h的速度在试验场的水平路面上匀速行驶，从发现情况到汽车停止，行驶距离L＝39 m．减速过程中汽车位移s与速度v的关系曲线如图乙所示，此过程可视为匀变速直线运动．取重力加速度的大小g＝10 m/s2.求： (1)减速过程汽车加速度的大小及所用时间； (2)饮酒使志愿者的反应时间比一般人增加了多少； (3)减速过程汽车对志愿者作用力的大小与志愿者重力大小的比值． [解析]　(1)设减速过程中汽车加速度的大小为a，所用时间为t，由题可得初速度v0＝20 m/s，末速度vt＝0，位移s＝25 m，由运动学公式得 v＝2as① t＝② 联立①②式，代入数据得 a＝8 m/s2③ t＝2.5 s．④ (2)设志愿者反应时间为t′，反应时间的增加量为Δt，由运动学公式得 L＝v0t′＋s⑤ Δt＝t′－t0⑥ 联立⑤⑥式，代入数据得 Δt＝0.3 s．⑦ (3)设志愿者所受合外力的大小为F，汽车对志愿者作用力的大小为F0，志愿者质量为m，由牛顿第二定律得 F＝ma⑧ 由平行四边形定则得 F＝F2＋(mg)2⑨ 联立③⑧⑨式，代入数据得＝. [答案]　(1)8 m/s2　2.5 s　(2)0.3 s　(3) 3.(xx西安一模)A、B两辆汽车在平直的公路上同向行驶．当A车的速度为20 m/s、B车的速度为4 m/s且B车在A车前84 m处时，B车开始以2 m/s2的加速度做匀加速运动，经过6 s后，B车加速度突然变为零，A车一直做匀速运动，求两车经过多长时间相遇？ [解析]　设A车的速度为vA，B车的速度为vB，B车加速行驶时间为t，两车经过时间t0相遇，如图所示． 对A车：xA＝vAt0 对B车加速过程：v′B＝vB＋at xB1＝vBt＋at2 B车匀速运动过程：xB2＝v′B(t0－t) 又有：xA＝xB1＋xB2＋x 解得：t0＝12 s. [答案]　12 s [总结提升]　匀变速直线运动常用的五种解题方法 热点二　运动图象的应用 命题规律：运动图象的应用一直是近几年高考的热点，分析近几年的高考题，命题规律主要有以下几点： (1)运动图象结合匀变速直线运动规律考查． (2)运动图象结合牛顿第二定律考查． (3)在综合题中运动图象结合受力分析、运动分析考查． 1.(xx内蒙古包头测评)某同学在学习了动力学知识后，绘出了一个沿直线运动的物体，其加速度a、速度v、位移x随时间t变化的图象如图所示，若该物体在t＝0时刻，初速度为零，则A、B、C、D四个选项中表示该物体沿单一方向运动的图象的是(　　) [解析]　物体沿单一方向运动是指运动的速度方向不发生改变．A为位移－时间图象，由图象可知，物体做往复运动，运动方向发生改变，则A错误；B为速度－时间图象，由图象可判断，速度的大小和方向都发生改变，则B错误；C为加速度－时间图象，由图象可知，0～1 s内物体正向匀加速运动，1～2 s内物体正向匀减速运动，2 s末速度减为0,2～3 s内物体又正向匀加速运动，依次变化运动下去，运动方向始终不变，则C正确；D为加速度－时间图象，由图象可知，0～1 s内物体正向匀加速运动，1～2 s内物体正向匀减速运动，2 s末速度减为0,2～3 s内物体反向匀加速运动，物体的运动方向发生改变，则D错误． [答案]　C 2.(xx高考重庆卷)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]　受空气阻力作用的物体，上升过程中：mg＋kv＝ma，得a＝g＋v，v减小，a减小，A错误．到达最高点时v＝0，a＝g，即两图线与t轴相交时斜率相等，故D正确． [答案]　D 3.(xx武昌区高三调研)两个质点A、B放在同一水平面上，由静止开始从同一位置沿相同方向同时开始做直线运动，其运动的v－t图象如图所示．对A、B运动情况的分析，下列结论正确的是(　　) A．A、B加速时的加速度大小之比为2∶1，A、B减速时的加速度大小之比为1∶1 B．在t＝3t0时刻，A、B相距最远 C．在t＝5t0时刻，A、B相距最远 D．在t＝6t0时刻，A、B相遇 [解析]　由v－t图象可知，通过斜率可计算加速度大小，加速时A、B的加速度大小之比为10∶1，减速时A、B的加速度大小之比为1∶1，所以选项A错误；由A、B运动关系可知，当A、B速度相同时距离最远，所以选项B、C错误；由题意可知A、B是从同一位置同时开始运动的，由速度—时间图象可以算出运动位移，可知6t0时刻，A、B位移相同，因此在此时刻A、B相遇，所以选项D正确． [答案]　D [规律总结]　(1)从v－t图象中可读取的信息 ①运动速度：从速度轴上直接读出，正负表示运动方向. ②运动时间：从时间轴上直接读出时刻，取差得到运动时间. ③运动加速度：由图线的斜率得到加速度，斜率的大小表示加速度的大小，斜率的正负反映了加速度的方向. ④运动的位移：由图线与时间轴围成的面积得到位移，图线与时间轴围成的面积表示位移的大小，时间轴以上的面积表示与规定的正方向相同，时间轴以下的面积表示与规定的正方向相反. (2)用图象法解题的关键 要运用图象正确地分析、解答物理问题，应对物理图象做到“三会”：会看、会用、会画. ①会看：能由坐标系的纵轴和横轴所代表的物理量，结合图象，认识图象所表达的物理意义. ②会用：a.根据图象写出两个物理量之间的函数关系式，对照与题目有关的物理规律，阐述有关的物理问题.,b.根据物理原理(公式)推导出两个物理量之间的函数关系，结合图象明确图象斜率、截距、“面积”的意义，从而由图象所给信息求出未知量. ③会画：根据题中所给条件，明确物体的运动特点及物理量之间存在的数学函数关系，画图时需根据物体在不同阶段的运动情况，通过定量计算分阶段、分区间逐一描图.) 热点三　牛顿运动定律的综合应用 命题规律：牛顿运动定律是历年高考的热点，分析近几年高考题，命题角度有以下几点： (1)超、失重问题，瞬时性问题． (2)整体法和隔离法处理连接体问题． (3)牛顿运动定律与图象综合问题． 1.(多选)如图所示，在一粗糙的水平面上有两个质量均为m的木块A和B，中间用一个原长为L、劲度系数为k的轻弹簧连接起来，两木块与地面间的动摩擦因数均为μ.现用一水平推力向右推木块A，当两木块一起匀速运动时，撤去外力，则下列说法正确的是(不计空气阻力)(　　) A．撤掉外力时两木块之间的距离为L－ B．撤掉外力后两木块一起做匀减速运动 C．撤掉外力后，木块A做匀减速运动，木块B做匀加速运动 D．撤掉外力时木块A的加速度较大 [解析]　撤掉外力时，两木块所受弹簧的弹力大小相等，方向相反，而所受到的摩擦力大小相等，方向相同，都向左，设x为弹簧的形变量，故木块A受到的合力为kx＋μmg，木块B受到的合力为零，所以木块A受到的合力大，加速度大，以木块B为研究对象，B处于平衡状态，有kx＝μmg，弹簧的形变量为x＝，所以撤去外力时，两木块相距L－，A、D正确；撤掉外力后，A、B两木块均做减速运动，但并非匀减速运动，且A的加速度大于B的加速度，B、C错误． [答案]　AD 2.(多选)(xx高考江苏卷)如图所示，A、B 两物块的质量分别为2m和m, 静止叠放在水平地面上. A、B 间的动摩擦因数为μ，B 与地面间的动摩擦因数为μ.最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.现对 A 施加一水平拉力 F，则(　　) A．当F<2μmg 时，A、B 都相对地面静止 B．当F＝μmg 时， A 的加速度为μg C．当F>3μmg 时，A 相对 B 滑动 D．无论 F 为何值，B 的加速度不会超过μg [解析]　对A、B整体，地面对B的最大静摩擦力为μmg，故当μmg＜F＜2μmg时，A、B相对地面运动，故A错．对A、B整体应用牛顿第二定律，有F－3mg＝3ma；对B，在A、B恰好要发生相对运动时，μ2mg－3mg＝ma，两式联立解得F＝3μmg，可见，当F＞3μmg时，A相对B才能滑动，C对．当F＝μmg时，A、B相对静止，对整体有：μmg－3mg＝3ma，a＝μg，故B正确．无论F为何值，B所受最大的动力为A对B的最大静摩擦力2μmg，故B的最大加速度aBm＝＝μg，可见D正确． [答案]　BCD 3.如图甲所示，质量为M的长木板，静止放置在粗糙水平地面上，有一个质量为m、可视为质点的物块，以某一水平初速度从左端冲上木板．从物块冲上木板到物块和木板达到共同速度的过程中，物块和木板的v－t图象分别如图乙中的折线acd和bcd所示，a、b、c、d点的坐标分别为a(0,10)、b(0,0)、c(4,4)、d(12,0)．根据v－t图象，求： (1)物块冲上木板做匀减速直线运动的加速度大小a1，木板开始做匀加速直线运动的加速度大小a2，达到共同速度后一起做匀减速直线运动的加速度大小a3； (2)物块质量m与长木板质量M之比； (3)物块相对长木板滑行的距离Δx. [思路点拨]　(1)v－t图象斜率大小表示物体运动的加速度大小； (2)不同物体或不同时间阶段受力情况不同； (3)物块与木板同速后不再发生相对滑动． [解析]　(1)由v－t图象可求出物块冲上木板做匀减速直线运动的加速度大小a1＝ m/s2＝1.5 m/s2，木板开始做匀加速直线运动的加速度大小a2＝ m/s2＝1 m/s2，达到共同速度后一起做匀减速直线运动的加速度大小a3＝ m/s2＝0.5 m/s2. (2)对物块冲上木板匀减速阶段：μ1mg＝ma1 对木板向前匀加速阶段：μ1mg－μ2(m＋M)g＝Ma2 物块和木板达到共同速度后向前匀减速阶段： μ2(m＋M)g＝(M＋m)a3 以上三式联立可得＝. (3)由v－t图象可以看出，物块相对于长木板滑行的距离Δx对应图中△abc的面积，故Δx＝104 m＝20 m. [答案]　(1)1.5 m/s2　1 m/s2　0.5 m/s2　(2) (3)20 m 动力学中的多过程问题 命题规律：高考对该问题的考查主要以行车安全、传送带(或平板车)、带电粒子的运动、电磁感应中导体的运动等为模型，结合生产、生活和科学技术中的实际应用进行命题．题型以计算题为主．我们应抓住“两个分析”(受力分析和运动过程分析)及“一个桥梁”(加速度是联系力与运动的桥梁)，综合运用牛顿运动定律及运动学公式解决问题． [解析]　(1)滑块在平板上做匀减速运动，加速度大小：a1＝＝3 m/s2，(1分) 由于μ1mg＞2μ2mg，(1分) 故平板做匀加速运动，加速度大小： a2＝＝1 m/s2(1分) 设滑块滑至平板右端用时为t，共同速度为v′，平板位移为x，对滑块：v′＝v－a1t(1分) L2＋x＝vt－a1t2(1分) 对平板：v′＝a2t(1分) x＝a2t2(1分) 联立以上各式代入数据解得：t＝1 s，v＝4 m/s.(1分) (2)滑块在传送带上的加速度：a3＝＝5 m/s2(1分) 若滑块在传送带上一直加速，则获得的速度为： v1＝＝5 m/s＜6 m/s(1分) 即滑块滑上平板的速度为5 m/s. 设滑块在平板上运动的时间为t′，离开平板时的速度为v″，平板位移为x′ 则v″＝v1－a1t′(1分) L2＋x′＝v1t′－a1t′2(1分) x′＝a2t′2(1分) 联立以上各式代入数据解得：t′1＝ s，t′2＝2 s(t′2＞t，不合题意，舍去)(1分) 将t′＝ s代入v″＝v－a1t′得：v″＝3.5 m/s.(1分) [答案]　(1)4 m/s　(2)3.5 m/s [总结提升]　本例涉及传送带和板块两个基本模型．对传送带问题一是要注意摩擦力方向的判定，二是注意物体与传送带速度相等时摩擦力的改变，三是物体在传送带上能否一直加速和能否达到与传送带共速．板块模型问题的实质是两个相关连物体的运动问题，正确对物体受力分析求出两者的加速度是基础，确定两者运动的速度关系、位移关系是关键． 最新预测1　(xx北京东城区检测)如图所示，小车静止在光滑水平地面上，小车的上表面由光滑的斜面AB和粗糙的水平面BC组成(它们在B处由极短的光滑圆弧平滑连接)，小车右侧与竖直墙壁之间连接着一个力传感器，当传感器受压力时，其示数为正值；当传感器受拉力时，其示数为负值．一个小滑块(可视为质点)从A点由静止开始下滑，经B至C点的过程中，传感器记录到的力F随时间t变化的关系如下图所示，其中可能正确的是(　　) 解析：选D.滑块在斜面上时，小车受到滑块作用力如图甲所示，滑块滑到水平面时，小车受到滑块的摩擦力如图乙所示，不管滑块在斜面上，还是在水平面上，小车受到的力都是大小恒定的，在斜面上时，传感器受压力；在水平面上时，传感器受拉力，选项D正确，选项A、B、C错误． 最新预测2　(xx潍坊高三联考)如图所示，两木板A、B并排放在地面上，A左端放一小滑块，滑块在F＝6 N的水平力作用下由静止开始向右运动．已知木板A、B长度均为l＝1 m，木板A的质量mA＝3 kg，小滑块及木板B的质量均为m＝1 kg，小滑块与木板A、B间的动摩擦因数均为μ1＝0.4，木板A、B与地面间的动摩擦因数均为μ2＝0.1，重力加速度g＝10 m/s2.求： (1)小滑块在木板A上运动的时间； (2)木板B获得的最大速度． 解析：(1)小滑块对木板A的摩擦力Ff1＝μ1mg＝4 N 木板A与B整体受到地面的最大静摩擦力 Ff2＝μ2(2m＋mA)g＝5 N Ff1＜Ff2，小滑块滑上木板A后，木板A保持静止 设小滑块滑动的加速度为a1，则： F－μ1mg＝ma1 l＝a1t 解得：t1＝1 s. (2)设小滑块滑上B时，小滑块速度为v1，B的加速度为a2，经过时间t2滑块与B脱离，滑块的位移为x块，B的位移为xB，B的最大速度为v2，则： μ1mg－2μ2mg＝ma2 vB＝a2t2 xB＝a2t v1＝a1t1 x块＝v1t2＋a1t x块－xB＝l 解得：vB＝1 m/s. 答案：(1)1 s　(2)1 m/s [失分防范]　(1)受力分析和运动分析相结合，正确划分物体所经历的每个过程是解决多过程问题的前提. (2)明确每一过程的特点和所遵循的规律是解决问题的关键，特别要注意挖掘隐含条件和临界条件.,(3)利用前后两个过程间的联系：前一过程的末速就是后一过程的初速.) 一、选择题 1．(xx高考上海卷)在离地高h处，沿竖直方向同时向上和向下抛出两个小球，它们的初速度大小均为v，不计空气阻力，两球落地的时间差为(　　) 　　　　　　　　　　　　 A. B. C. D. 解析：选A.以竖直向下为正方向，对向上和向下抛出的两个小球，分别有h＝－vt1＋gt，h＝vt2＋gt，Δt＝t1－t2，解以上三式得两球落地的时间差Δt＝，故A正确． 2．(xx高考广东卷)如图是物体做直线运动的v－t图象．由图可知，该物体(　　) A．第1 s内和第3 s内的运动方向相反 B．第3 s内和第4 s内的加速度相同 C．第1 s内和第4 s内的位移大小不相等 D．0～2 s和0～4 s内的平均速度大小相等 解析：选B.由题图可知第1 s内和第3 s内速度都为正，运动方向相同，A项错；2～4 s图线斜率不变，加速度不变，B项正确；v－t图线与时间轴所围的面积表示位移，故第1 s内和第4 s内的位移大小相等，选项C错；0～2 s和0～4 s内位移相等，但时间不等，由＝可知D项错． 3．(xx河南六市联考)A、B两个物体在水平面上沿同一直线运动，它们的v－t图象如图所示．在t＝0时刻，B在A的前面，两物体相距7 m，B物体做匀减速运动的加速度大小为2 m/s2.则A物体追上B物体所用时间是(　　) 　　　　　　　　　　　　 A．5 s B．6.25 s C．7 s D．8 s 解析：选D.B车减速到零所需的时间 t＝＝ s＝5 s 在5 s内A车的位移xA＝vAt＝45 m＝20 m B车的位移xB＝t＝5 m＝25 m 则在5 s时两车相距 Δx＝xB＋7－xA＝(25＋7－20) m＝12 m 则A追上B所需的时间为t′＝t＋＝5 s＋ s＝8 s. 4．(多选)(xx武汉高三联考)质量m＝2 kg、初速度v0＝8 m/s的物体沿着粗糙的水平面向右运动，物体与水平面之间的动摩擦因数μ＝0.1，同时物体还要受一个如图所示的随时间变化的水平拉力F的作用，水平向右为拉力的正方向．则以下结论正确的是(取g＝10 m/s2)(　　) A．0～1 s内，物体的加速度大小为2 m/s2 B．1～2 s内，物体的加速度大小为2 m/s2 C．0～1 s内，物体的位移为7 m D．0～2 s内，物体的总位移为11 m 解析：选BD.由题图可知，在0～1 s内力F为6 N，方向向左，由牛顿运动定律可得F＋μmg＝ma，解得加速度大小a＝4 m/s2，在1～2 s内力F为6 N，方向向右，由牛顿运动定律可得F－μmg＝ma1，解得加速度大小a1＝2 m/s2，所以选项A错误，B正确；由运动关系可知0～1 s内位移为6 m，选项C错误；同理可计算0～2 s内的位移为11 m，选项D正确；因此答案选B、D. 5．(xx石家庄质检)如图所示，小车向右运动的过程中，某段时间内车中悬挂的小球A和车水平底板上的物块B都相对车厢静止，悬挂小球A的悬线与竖直线有一定夹角．这段时间内关于物块B受到的摩擦力下述判断中正确的是(　　) A．物块B不受摩擦力作用 B．物块B受摩擦力作用，大小恒定，方向向左 C．物块B受摩擦力作用，大小恒定，方向向右 D．因小车的运动性质不能确定，故B受到的摩擦力情况无法判断 解析：选B.由题图知A球的加速度大小为a＝gtan θ，方向向左，则小车向右减速行驶，物块B相对小车有向右运动的趋势，它所受的摩擦力方向向左，大小为Ff＝mBgtan θ，只有B正确． 6．(xx宁夏银川一中一模)如图所示，A、B两小球分别连在轻线两端，B球另一端与弹簧相连，弹簧固定在倾角为30的光滑斜面顶端．A、B两小球的质量分别为mA、mB，重力加速度为g，若不计弹簧质量，在线被剪断瞬间，A、B两球的加速度大小分别为(　　) A．都等于　　　　　　　B.和0 C.和 D.和 解析：选C.由整体法知，F弹＝(mA＋mB)gsin 30 剪断线瞬间，由牛顿第二定律 对B：F弹－mBgsin 30＝mBaB，得aB＝ 对A：mAgsin 30＝mAaA，得aA＝g 所以C项正确． 7．(xx唐山二模)一皮带传送装置如图所示，轻弹簧一端固定，另一端连接一个质量为m的滑块，已知滑块与皮带之间存在摩擦．现将滑块轻放在皮带上，弹簧恰好处于自然长度且轴线水平．若在弹簧从自然长度到第一次达到最长的过程中，滑块始终未与皮带达到共速，则在此过程中滑块的速度和加速度变化情况是(　　) A．速度增大，加速度增大 B．速度增大，加速度减小 C．速度先增大后减小，加速度先增大后减小 D．速度先增大后减小，加速度先减小后增大 解析：选D.滑块在传送带上受力如图所示，当Ff＞kx时，滑块向左做加速运动，由牛顿第二定律得Ff－kx＝ma，随着x的增大，加速度a减小；当Ff＝kx时，a＝0，速度达到最大值；当Ff＜kx时，由牛顿第二定律得kx－Ff＝ma，随着x的增大，加速度a增大，速度v减小，直至为零，此时弹簧弹力最大，故选项D正确． 8．(多选)(xx高考浙江卷)如图所示，总质量为460 kg的热气球，从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5 m/s2，当热气球上升到180 m时，以5 m/s的速度向上匀速运动．若离开地面后热气球所受浮力保持不变．上升过程中热气球总质量不变，重力加速度g＝10 m/s2.关于热气球，下列说法正确的是(　　) A．所受浮力大小为4 830 N B．加速上升过程中所受空气阻力保持不变 C．从地面开始上升10 s后的速度大小为5 m/s D．以5 m/s匀速上升时所受空气阻力大小为230 N 解析：选AD.刚开始上升时，空气阻力为零，F浮－mg＝ma，解得F浮＝m(g＋a)＝460(10＋0.5) N＝4 830 N，A正确．加速上升过程，随着速度增大，空气阻力增大，B项错误．浮力和重力不变，而随着空气阻力的增大，加速度会逐渐减小，直至为零，故上升10 s后的速度v＜at＝5 m/s，C项错误．匀速上升时，F浮＝Ff＋mg，所以Ff＝F浮－mg＝4 830 N－4 600 N＝230 N，D项正确． 9．(多选)(xx沈阳调研)如图甲所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角θ的关系，将某一物体每次以不变的初速率v0沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角θ，实验测得x与斜面倾角θ的关系如图乙所示，g取10 m/s2，根据图象可求出(　　) A．物体的初速率v0＝3 m/s B．物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.75 C．取不同的倾角θ，物体在斜面上能达到的位移x的最小值xmin＝1.44 m D．当某次θ＝30时，物体达到最大位移后将沿斜面下滑 解析：选BC.当角度达到90时，物体将做竖直上抛运动，此时上升高度为1.80 m，由竖直上抛运动规律可求得初速度v0＝6 m/s，选项A错误；当角度为0时，物体相当于在水平面上运动，此时位移为2.40 m，由牛顿运动定律可得，动摩擦因数μ＝0.75，选项B正确；当倾角为θ时，由牛顿运动定律可得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma，又有x＝，结合数学关系可得位移的最小值为1.44 m，选项C正确；θ角为30时，到达最高点重力沿斜面向下的分力小于最大静摩擦力，因此达到最大位移后不会下滑，选项D错误． 二、计算题 10．(xx济南高三质检)静止在水平面上的A、B两个物体通过一根拉直的轻绳相连，如图所示，轻绳长L＝1 m，承受的最大拉力为8 N，A的质量m1＝2 kg，B的质量m2＝8 kg，A、B与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，现用一逐渐增大的水平力F作用在B上，使A、B向右运动，当F增大到某一值时，轻绳刚好被拉断(g＝10 m/s2)． (1)求绳刚被拉断时F的大小； (2)若绳刚被拉断时，A、B的速度为2 m/s，保持此时的F大小不变，当A的速度恰好减小为0时，A、B间的距离为多少？ 解析：(1)设绳刚要被拉断时产生的拉力为FT，根据牛顿第二定律，对A物体有 FT－μm1g＝m1a 代入数据得a＝2 m/s2 对A、B整体有 F－μ(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a 代入数据得F＝40 N. (2)设绳断后，A的加速度大小为a1，B的加速度大小为a2，则 a1＝＝2 m/s2 a2＝＝3 m/s2 A的速度减为0所需的时间为t＝＝1 s A的位移为x1＝＝1 m B的位移为x2＝vt＋a2t2＝3.5 m A速度减为0时，A、B间的距离为 Δx＝x2＋L－x1＝3.5 m. 答案：(1)40 N　(2)3.5 m 11．(xx运城一模)如图所示，质量M＝0.2 kg的长木板静止在水平地面上，与地面间动摩擦因数μ1＝0.1，另一质量m＝0.1 kg的带正电小滑块以v0＝8 m/s的初速度滑上长木板，滑块与长木板间动摩擦因数μ2＝0.5，小滑块带电量为q＝210－3 C，整个运动过程始终处于水平向右的匀强电场中，电场强度E＝1102 N/C，(g＝10 m/s2)求： (1)刚开始时小滑块和长木板的加速度大小各为多少？ (2)小滑块最后停在距长木板左端多远的位置． 解析：(1)设小滑块的加速度大小为a1，长木板的加速度大小为a2，由牛顿第二定律得： Eq－μ2mg＝－ma1 解得：a1＝3 m/s2 μ2mg－μ1(m＋M)g＝Ma2 解得：a2＝1 m/s2. (2)设两者经过t时间相对静止，此时的速度为v，则： v0－a1t＝a2t＝v 解得：t＝2 s，v＝2 m/s 这段时间内小滑块的位移： x1＝v0t－a1t2＝10 m 长木板的位移x2＝a2t2＝2 m 由于此后两者一起向右减速运动，所以小滑块最后距长木板左端Δx＝x1－x2＝8 m. 答案：(1)3 m/s2　1 m/s2　(2)8 m 12．(xx江苏镇江模拟)如图所示，水平轨道AB段为粗糙水平面，BC段为一水平传送带，两段相切于B点，一质量为m＝1 kg的物块(可视为质点)，静止于A点，AB距离为x＝2 m．已知物块与AB段和BC段的动摩擦因数均为μ＝0.5，g取10 m/s2. (1)若给物块施加一水平拉力F＝11 N，使物块从静止开始沿轨道向右运动，到达B点时撤去拉力，物块在传送带静止情况下刚好运动到C点，求传送带的长度； (2)在(1)问中，若将传送带绕B点逆时针旋转37后固定(AB段和BC段仍平滑连接)，要使物块仍能到达C端，则在AB段对物块施加拉力F应至少多大； (3)若使物块以初速度v0从A点开始向右运动，并仍滑上(2)问中倾斜的传送带，且传送带以4 m/s速度向上运动，要使物块仍能到达C点，求物块初速度v0至少多大． 解析：(1)物块在AB段： F－μmg＝ma1 a1＝6 m/s2 则到达B点时速度为vB，有vB＝＝2 m/s 滑上传送带μmg＝ma2 刚好到达C点，有v＝2a2L 得传送带长度L＝2.4 m. (2)将传送带倾斜，滑上传送带有 mgsin 37＋μmgcos 37＝ma3，a3＝10 m/s2， 物块仍能刚好到C端，有v＝2a3L 在AB段，有v＝2ax F－μmg＝ma 联立解得F＝17 N. (3)由于μ＜tan 37，故要使物块能到达C点，物块初速度最小时，有物块滑到C时刚好和传送带有相同速度 v－v＝2a3L，解得v″B＝8 m/s 物块在AB段做匀减速直线运动 v－v＝2μgx，解得v0＝2 m/s. 答案：(1)2.4 m　(2)17 N　(3)2 m/s