高考物理二轮复习专题二力与直线运动教学案.doc

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1、1 / 22【2019【2019 最新最新】精选高考物理二轮复习专题二力与直线运动精选高考物理二轮复习专题二力与直线运动教学案教学案考情分析201520162017力与直线运动T5：匀变速直线运动的多过程问题T6：超重与失重、at图象T5：自由下落与竖直上抛运动及vx图象T9：匀变速直线运动规律、摩擦力、牛顿第二定律T3：物块在斜面上的运动命题解读本专题的考点分为两大板块，一个是运动学部分，另一个为牛顿运动定律，其中，匀变速直线运动的规律及运动图象问题和牛顿运动定律及应用为高频考点。从近三年命题情况看，命题特点为：(1)注重基础与迁移。如匀变速直线运动的规律及非常规运动图象问题，行车安全问题等

2、考查学生的理解能力。难度属于中等。(2)注重过程与方法。如板块问题、多过程问题等，以选择题的形式考查学生的推理能力，以计算题的形式考查学生的分析综合能力。难度属于偏难。整体难度偏难，命题指数，复习目标是达 B 冲 A。1.(2017徐州县中学高三第一次质检)一个做匀减速直线运动的物体，经过 3 s 速度刚好减为零。若测得该物体在最后 1 s 内的位移是 1 m，那么该物体在这 3 s 内的平均速度大小是( )2 / 22A.1 m/s B.3 m/s C.5 m/s D.9 m/s解析 采用逆向思维法，根据 xat2 得，物体的加速度大小 a m/s22 m/s2，则物体的初速度 v0at23

3、 m/s6 m/s，物体在这 3 s 内的平均速度 m/s3 m/s，故 B 项正确，A、C、D 项错误。答案 B2.(2017江苏清江中学月考)位于水平面上质量为 m 的物体，在大小为 F、方向与水平面成 角的推力作用下做加速运动，物体与水平面间的动摩擦因数为 ，则物体的加速度大小为( )图 1A. B.Fcos mC. D.Fcos （mgFsin ） m解析 对物体受力分析如图所示，在水平方向： Fcos fma，在竖直方向：FNFsin mg0，又 fFN，以上联立解得 a，故 D 项正确。答案 D3.(2017扬州模拟)图 2 甲是某人站在力传感器上做下蹲、起跳动作的示意图，中间的“

4、”表示人的重心。图乙是根据传感器采集到的数据画出的力时间图象。两图中 ag 各点均对应，其中有几个点在图甲中没有画出。取重力加速度 g10 m/s2。根据图象分析可知( )图 23 / 22A.人的重力为 1 500 NB.c 点位置人处于超重状态C.e 点位置人处于失重状态D.d 点的加速度小于 f 点的加速度解析 由题图甲、乙可知，人的重力等于 500 N，质量 m50 kg，b 点位置人处于失重状态，c、d、e 点位置人处于超重状态，选项 A、C 错误，B 正确；d 点位置传感器对人的支持力 F 最大，为 1 500 N，由 Fmgma 可知，d 点的加速度 ad20 m/s2，f 点位

5、置传感器对人的支持力为 0 N，由 Fmgma 可知，f 点的加速度af10 m/s2，故 d 点的加速度大于 f 点的加速度，选项 D 错误。答案 B4. (2017江苏东海二中学情调研)从同一地点同时开始沿同一直线运动的两个物体、的速度图象如图 3 所示，在 0t0 时间内，下列说法正确的是( )图 3A.、两个物体的加速度都在不断减小B.物体的加速度不断增大，物体的加速度不断减小C.物体的位移等于物体的位移D.、两个物体的平均速度大小都大于v1v2 2解析 速度时间图象的斜率表示加速度，从图中可知两曲线的斜率都在减小，所以加速度都在减小，A 项正确，B 项错误；图象与坐标轴围成的面积表示

6、位移大小，所以从4 / 22图中可知的面积大于的面积，故物体的位移大于物体的位移，C 项错误；如图所示如果物体的速度从 v2 均匀减小到 v1，或从v1 均匀增加到 v2，物体的位移就等于图中梯形的面积，平均速度就等于，故物体的平均速度大于，物体的平均速度小于，D 项错误。答案 A匀变速直线运动基本规律的应用分析匀变速直线运动问题的“六种方法”【例 1】 (2017东海二中学情调研)ETC 是电子不停车收费系统的简称。汽车分别通过 ETC 通道和人工收费通道的流程如图 4 所示。假设汽车以 v115 m/s 朝收费站正常沿直线行驶，如果过 ETC 通道，需要在收费站中心线前 10 m 处正好匀

7、减速至 v25 m/s，匀速通过中心线后，再匀加速至 v1 正常行驶；如果过人工收费通道，需要恰好在中心线处匀减速至零，经过 20 s 缴费成功后，再启动汽车匀加速至 v1 正常行驶，设汽车加速和减速过程中的加速度大小均为 1 m/s2，求：图 4(1)汽车过 ETC 通道时，从开始减速到恢复正常行驶过程中的位移大小；(2)汽车通过 ETC 通道比通过人工收费通道节约的时间是多少？(3)假设有两列车队分别从 ETC 通道和人工收费通道通过，通过 ETC通道的车队匀速行驶时相邻两车间均相距 x1120 m，通过人工5 / 22收费通道的车队匀速行驶时相邻两车间距均为 x2200 m，则每小时从

8、ETC 通道多通过多少辆车？解析 (1)过 ETC 通道时，减速的位移和加速的位移相等，均为x1v,2a) m100 m所以总的位移 x 总 12x1d210 m。(2)过 ETC 通道时t122 s s22 s通过人工收费通道时 t22t02 s20 s50 sx2,2a)22 m225 m二者的位移差 xx2x1225 m210 m15 m在这段位移内过 ETC 通道时是匀速直线运动所以 tt250 s s27 s。(3)由于没有等待时间，每小时通过收费站的车辆即正常行驶时每小时通过某点的车辆数，因此ETC 通道每小时通过的车辆数n1(辆)450(辆)人工收费通道每小时通过的车辆数n2(辆

9、)270(辆)ETC 通道多通过 nn1n2180 辆车。答案 (1)210 m (2)27 s (3)180 辆【变式 1】 (多选)(2017扬州中学模拟)如图 5 所示，光滑斜面 AE被分成四个相等的部分，一物体由 A 点从静止释放，下列结论正确6 / 22的是( )图 5A.物体到达各点的速率之比 vBvCvDvE12B.物体到达各点经历的时间 tE2tBtCtDC.物体从 A 到 E 的平均速度 vvBD.物体通过每一部分时，其速度增量vBvAvCvBvDvCvEvD解析 根据运动学公式 v2v2ax 知，物体由 A 点从静止释放时，v22ax，所以物体到达各点的速率之比vBvCvD

10、vE12，故 A 项正确；根据运动学公式xv0tat2 得 t，物体到达各点经历的时间tBtCtDtE12，即 tE2tBtCtD，故 B 项正确；由于 vE2vB，物体从 A 到 E 的平均速度 vvB，故 C 项正确；vBvCvDvE12，物体通过每一部分时其速度增量不等，故 D 项错误。答案 ABC动力学图象问题求解动力学图象问题的基本思路【例 2】 (多选)(2017江苏溧水高级中学测试)一小球从地面竖直上抛，后又落回地面，小球运动过程中所受空气阻力与速度成正比，取竖直向上为正方向。下列关于小球运动的速度 v、加速度 a、位移x、机械能 E 随时间 t 变化的图象中，可能正确的有( )

11、7 / 22解析 小球在上升过程中，设小球的加速度为 a1，由牛顿第二定律得 mgfma1，又 fkv，得 a1g，v 减小，则 a1 减小，vt图象的斜率逐渐减小。小球在下落过程中，设小球的加速度为 a2，由牛顿第二定律得 mgfma2，又 fkv，得 a2g，v 增大，则a2 减小，vt 图象的斜率逐渐减小，故 A 项正确，B 项错误；根据位移时间图象的斜率等于速度大小，xt 图象的斜率先减小后反向增大，且下落时间大于上升时间，故 C 项正确；根据功能关系得fxE，则得f，由，则得fvkv2，v 是变化的，则知 Et 图象的斜率是变化的，图象应为曲线，故 D 项错误。答案 AC【变式 2】

12、 (多选)(2015江苏高考)一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度 a 随时间 t 变化的图线如图 6 所示，以竖直向上为 a的正方向，则人对地板的压力( )图 6A.t2 s 时最大 B.t2 s 时最小C.t8.5 s 时最大 D.t8.5 s 时最小解析 当电梯有向上的加速度时，人处于超重状态，人对地板的压力大于重力，向上的加速度越大，压力越大，因此 t2 s 时，压力最大，A 项正确；当有向下的加速度时，人处于失重状态，人对地板的压力小于人的重力，向下的加速度越大，压力越小，因此t8.5 s 时压力最小，D 项正确。8 / 22答案 AD【变式 3】 (多选)(2017南京、盐城模拟

13、)如图 7 甲所示，静止在水平地面上的物块 A，受到水平向右的拉力 F 作用，F 与时间 t 的关系如图乙所示，设物块与地面的最大静摩擦力 fm 与滑动摩擦力大小相等，则( )图 7A.0t1 时间内物块 A 的加速度逐渐增大B.t2 时刻物块 A 的加速度最大C.t3 时刻物块 A 的速度最大D.t2t4 时间内物块 A 一直做减速运动解析 0t1 时间内物块 A 受到的静摩擦力逐渐增大，物块处于静止状态，选项 A 错误；t2 时刻物块 A 受到的拉力 F 最大，物块 A 的加速度最大，选项 B 正确；t3 时刻物块 A 受到的拉力减小到等于滑动摩擦力，加速度减小到零，物块 A 的速度最大，

14、选项 C 正确；t2t3 时间内物块 A 做加速度逐渐减小的加速运动，t3t4 时间内物块 A 一直做减速运动，选项 D 错误。答案 BC牛顿运动定律及其应用牛顿运动定律及求解思路【例 3】 (2017江苏常州模拟)如图 8 所示为四旋翼无人机，它是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器，目前得到越来越广泛的应用。一架质量 m2 kg 的无人机，其动力系统所能提供的最大升力9 / 22F36 N，运动过程中所受空气阻力大小恒为 f4 N。g 取 10 m/s2。图 8(1)无人机悬停在距地面某一高度处进行抓拍时，动力系统提供的作用力 F1 多大？(2)无人机在地面上从静止开始，以最大升力竖直向上起飞

15、。求在t5 s 时离地面的高度 h；(3)当无人机悬停在距离地面高度 H100 m 处，由于动力设备故障，无人机突然失去升力而坠落。求无人机坠落地面时的速度 v。解析 (1)无人机悬停时处于二力平衡状态，有 F1mg，代入解得F120 N。(2)设无人机上升时加速度为 a，由牛顿第二定律得Fmgfma解得 a6 m/s2由 hat2，代入数值解得 h75 m(3)设无人机坠落过程中加速度大小为 a1，由牛顿第二定律，有mgfma1解得 a18 m/s2由 v22a1H 解得，v40 m/s答案 (1)20 N (2)75 m (3)40 m/s【变式 4】 (2017江苏南通高三调研)如图 9

16、 所示，质量分别为 M和 m 的两物块与竖直轻弹簧相连，在水平面上处于静止状态，现将10 / 22m 竖直向下压缩弹簧一段距离后由静止释放，当 m 到达最高点时，M恰好对地面无压力。已知弹簧劲度系数为 k，弹簧形变始终在弹性限度内，重力加速度为 g，则( )图 9A.当 m 到达最高点时，m 的加速度为 gB.当 m 到达最高点时，M 的加速度为 gC.当 m 速度最大时，弹簧的形变量为Mg kD.当 m 速度最大时，M 对地面的压力为 Mg解析 当 m 到达最高点时，M 恰好对地面无压力，则此时弹簧的弹力为 Mg，对 m 根据牛顿第二定律得 mgMgma，解得 ag，选项A 正确；当 m 到

17、达最高点时，M 的加速度为 0，选项 B 错误；当 m 速度最大时，此题满足 mgkx，此时弹簧的形变量为 x，选项 C 错误；当 m 速度最大时，M 对地面的压力为(Mm)g，选项 D 错误。答案 A板块模型滑块木板问题的分析方法【例 4】 (2017南师大附中)如图 10 所示，有两个高低不同的水平面，高水平面光滑，低水平面粗糙。一质量为 5 kg、长度为 2 m的长木板靠在高水平面边缘 A 点，其表面恰好与高水平面平齐，长木板与低水平面间的动摩擦因数为 0.05。一质量为 1 kg 可视为质点的滑块静止放置，距 A 点距离为 3 m。现用大小为 6 N、水平向右的外力拉小滑块，当小滑块运

18、动到 A 点时撤去外力，滑块以此时11 / 22的速度滑上长木板，滑块与长木板间的动摩擦因数为 0.5，取 g10 m/s2。求：图 10(1)滑块滑动到 A 点时的速度大小；(2)滑块滑动到长木板上时，滑块和长木板的加速度大小分别为多少？(3)通过计算说明滑块能否从长木板的右端滑出。解析 (1) 设 m、F 分别为滑块的质量和受到的拉力，a 为滑块的加速度，v 为滑块滑到 A 点时的速度大小，L0 为滑块在高水平面上运动位移。根据牛顿第二定律有 Fma根据运动学公式有 v22aL0联立方程解得 v6 m/s(2)设 M 为长木板的质量，a1、a2 分别是此过程中滑块和长木板的加速度，1、2

19、分别是滑块与长木板间和长木板与低水平面间的动摩擦因数根据牛顿第二定律得对滑块有： 1mgma1代入数据解得 a15 m/s2对长木板有：1mg2(mM)gMa2解得 a20.4 m/s2(3)设小滑块不滑出长木板，从小滑块滑上长木板到两者相对静止所12 / 22用时间为 t则 va1ta2t解得 t s则此过程中小滑块的位移为 x1vta1t2长木板的位移为 x2a2t2x1x2 mL式中 L2 m 为长木板的长度所以小滑块能滑出长木板右端答案 (1) 6 m/s (2) 5 m/s2 0.4 m/s2 (3)能【变式 5】 (2017南通中学高三期中)如图 11 所示，光滑水平桌面上的布带上

20、静止放着一质量为 m1.0 kg 的小铁块，它离布带右端的距离为 L0.5 m，铁块与布带间动摩擦因数为 0.1。现用力从静止开始向左以 a02 m/s2 的加速度将布带从铁块下抽出，假设铁块大小不计，铁块不滚动，g 取 10 m/s2，求：图 11(1)将布带从铁块下抽出需要多长时间？(2)铁块离开布带时的速度大小是多少？解析 (1)设铁块离开布带时，相对桌面移动的距离为 x，布带移动的距离为 Lx，铁块滑动的加速度为 a，由牛顿第二定律得mgma，ag1 m/s2，根据运动学公式有 Lxa0t2，xat2，解得 t1 s13 / 22(2)由 vv0at 得铁块速度 v11 m/s1 m/

21、s。答案 (1)1 s (2)1 m/s一、单项选择题1.(2017江苏徐州调研)某质点从静止开始做匀加速直线运动，已知第 3 s 内通过的位移是 x，则质点运动的加速度为( )A. B.2x 3C. D.5x 2解析 由匀变速直线运动规律知第 3 s 内的平均速度等于 2.5 s 时的瞬时速度，即 v2.5，结合 v2.5at2.5 得 a，选项 C 正确。答案 C2.(2017启东中学高三月考)在地质、地震、勘探、气象和地球物理等领域的研究中，需要精确的重力加速度 g 值，g 值可由实验精确测得，近年来测 g 值的一种方法叫“对称自由下落法”，它是将测 g 转变为测长度和时间，具体做法是：

22、将真空长直管沿竖直方向放置，自其中 O 点上抛小球又落到原处的时间为 T2，在小球运动过程中经过比 O 点高 H 的 P 点，小球离开 P 点到又回到 P 点所用的时间为 T1，测得 T1、T2 和 H，可求得 g 等于( )A.T) B.T)C. D.H 4（T2T1）2解析 小球从 O 点上升到最大高度过程中 h2g ，小球从 P 点14 / 22上升的最大高度 h1g ，依据题意 h2h1H ，联立解得 gT)， 故选项 A 正确。答案 A3. (2017海安模拟)一物体沿直线运动，用 x 表示运动位移，用 t表示运动时间。从 t0 时刻开始计时，物体与 t 的图象如图 1 所示，图线斜

23、率的绝对值为 k，则以下说法正确的是( )图 1A.物体做匀速直线运动，速度大小等于 kB.物体做变减速直线运动，加速度均匀减小C.物体做匀减速直线运动，加速度大小等于 kD.物体做匀减速直线运动，加速度大小等于 2k解析 由题中图象知物体做匀变速直线运动，位移随时间的变化规律为 xv0tat2，整理得v0at，则图象的斜率ka，由于斜率为负值，则加速度为负值，图象的纵截距为 bv0，纵截距为正值，则物体的初速度为正值，物体做匀减速直线运动，A、B 错误；由以上分析可知，物体的加速度大小为 2k，C 错误，D 正确。答案 D4.(2017无锡联考)如图 2，载货车厢通过悬臂固定在缆绳上，缆绳与

24、水平方向夹角为 ，当缆绳带动车厢以加速度 a 匀加速向上运动时，货物在车厢中与车厢相对静止，则货物与车厢间的动摩擦因数至少为(假设滑动摩擦力等于最大静摩擦力，重力加速度为 g)( )图 215 / 22A. B.acos gasin C. D.acos gasin 解析 将加速度分解为水平和竖直两个方向，以货物为研究对象，在水平方向有 Ffmaxmacos ，竖直方向有FNmgmaymasin ，FfFN，联立解得 ，B 项正确。答案 B5.(2017江苏市县、市县联考)将一质量为 m 的小球靠近墙面竖直向上抛出，图 3 甲是向上运动小球的频闪照片，图乙是下降时的频闪照片，O 是运动的最高点，

25、甲、乙两次的闪光频率相同。重力加速度为 g。假设小球所受阻力大小不变，则可估算小球受到的阻力大小约为( )图 3A.mg B.mgC.mg D.mg解析 根据牛顿运动定律，对甲图分析有 mgfma，乙图分析得到 mgfma，假设一块砖的厚度为 d，曝光时间为 T，对甲图有x9d3daT2，对乙图有 x5d3daT2，联立解得fmg，C 项正确。答案 C6. (2017南菁中学模拟)如图 4 所示，质量分别为 m1、m2 的物块A、B 用一轻质绳相连置于粗糙水平面上，用一水平力 F(Fkt，k为大于 0 的常数)向右拉 A，已知 A、B 与水平面间的动摩擦因数相16 / 22等且最大静摩擦力等于

26、滑动摩擦力，绳的承受力足够大，则下列关于绳中弹力大小 T 随时间 t 的变化关系的图象正确的是( )图 4解析 当 m1gFkt 时，绳中无弹力，C 错误；当 (m1m2)gktm1g 时，由力的平衡知 Tm1gkt，即 T 与时间成线性关系，当 F(m1m2)g 时，A、B 一起向右加速，a，而Tm2gm2a，联立得 Tkt，即 T 随时间变化的图线是一条过原点的直线，A 正确，B、D 错误。答案 A二、多项选择题7.(2017宿迁模拟)在平直公路上行驶的 a 车和 b 车，其位移时间(xt)图象分别为图中直线 a 和曲线 b，已知 b 车的加速度恒定且等于2 m/s2，t3 s 时，直线

27、a 和曲线 b 刚好相切，则( )图 5A.a 车做匀速运动且其速度为 va m/sB.t3 s 时 a 车和 b 车相遇但此时速度不等C.t1 s 时 b 车的速度为 6 m/sD.t0 s 时 a 车和 b 车的距离 s09 m解析 xt 图象的斜率等于速度，由图可知，a 车的速度不变，做匀速直线运动，速度为 va m/s2 m/s，故 A 项错误；t3 s时，直线 a 和曲线 b 刚好相切，位置坐标相同，两车相遇、斜率相等，此时两车的速度相等，故 B 项错误；t3 s，b 车的速度为17 / 22vbva2 m/s，设 b 车的初速度为 v0，对 b 车，由 v0atvb 解得，v08

28、m/s，则 t1 s 时 b 车的速度为vbv0at1(821)m/s6 m/s，故 C 项正确；t3 s 时，a车的位移为 xa6 m，b 车的位移为 xbt3 m15 m，t3 s 时，a 车和 b 车到达同一位置，t0 时两车相距 s0xbxa9 m，故D 项正确。答案 CD8.(2017江苏扬州模拟)广州塔，昵称小蛮腰，总高度达 600 米，游客乘坐观光电梯大约一分钟就可以到达观光平台。若电梯简化成只受重力与绳索拉力，已知电梯在 t0 时由静止开始上升，at图象如图 6 所示。则下列相关说法正确的是( )图 6A.t4.5 s 时，电梯处于超重状态B.555 s 时间内，绳索拉力最小C

29、.t59.5 s 时，电梯处于超重状态D.t60 s 时，电梯速度恰好为零解析 利用 at 图象可判断：t4.5 s 时，电梯有向上的加速度，电梯处于超重状态，则 A 正确；05 s 时间内，电梯处于超重状态，拉力重力，555 s 时间内，电梯处于匀速上升过程，拉力重力，5560 s 时间内，电梯处于失重状态，拉力重力，综上所述，B、C 错误；因 at 图线与 t 轴所围的“面积”表示速度改变量，而图中横轴上方的“面积”与横轴下方的“面积”相等，则电梯的18 / 22速度在 t60 s 时为零，D 正确。答案 AD9.(2017江苏省扬中、六合、句容、省溧、中华、江浦、华罗庚七校联考)运动质点

30、的 vx 图象如图 7 所示，图线为顶点在坐标原点、开口向右的一条抛物线，则下列判断正确的是( )图 7A.质点做初速度为零的匀加速直线运动B.质点的加速度大小为 5 m/s2C.质点在 3 s 末的速度大小为 30 m/sD.质点在 03 s 内的平均速度大小为 7.5 m/s解析 图线为一顶点在原点、开口向右的抛物线的部分，由数学知识可得 v22ax。对照匀变速直线运动的公式 v22ax 可知加速度一定，物体做初速为零的匀加速运动，故 A 项正确；根据1022a10 可得 a5 m/s2，选项 B 正确；质点在 3 s 末的速度大小为 v3at15 m/s，选项 C 错误；质点在 03 s

31、 内的平均速度大小为7.5 m/s，选项 D 正确。答案 ABD10.(2017江苏扬州中学期初考)三角形传送带以 1 m/s 的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是 2 m，且与水平方向的夹角均为37。现有两小物块 A、B 从传送带顶端都以 1 m/s 的初速度沿传送带下滑，物块与传送带间的动摩擦因数均为 0.5。(g 取 10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)下列说法正确的是( )19 / 22图 8A.物块 A 到达底端的速度比 B 到达底端的速度大B.A、B 同时到达底端C.物块 A 先到达传送带底端D.物块 A、B 在传送带上的划痕长度之比为 13解析 由于 0.

32、5tan 370.75，所以传送带对物块 A、B 的摩擦力方向都沿传送带向上，物块 A、B 沿传送带向下都做匀加速直线运动，加速度相同，两物块的初速度相同，位移相同，则运动时间相同，到达底端的速度相同，故选项 B 正确，选项 A、C 错误；物块 A 下滑过程相对传送带的位移等于物块 A 的位移与传送带匀速运动的位移之差，agsin gcos 2 m/s2，代入xvtat2 解得 t1 s，xAxvt1 m。物块 B 下滑过程相对传送带的位移等于物块 B 的位移与传送带匀速运动的位移之和，xBxvt3 m，故选项 D 正确。答案 BD三、计算题11.(2017无锡期末考试)如图 9(a)，t0

33、时，水平桌面上质量为m1 kg 的滑块获得 v02 m/s 水平向右的初速度，同时对滑块施加一个水平向左的恒定拉力，前 2 s 内滑块的速度时间关系图线如图(b)所示。求：图 9(1)前 2 s 内滑块的位移大小和方向；20 / 22(2)滑块所受拉力和摩擦力大小；(3)若在 t2 s 时将拉力撤去，则撤力后滑块还能滑行多远距离？解析 (1)前 2 s 内滑块的位移大小x12 m10.8 m0.6 m方向与初速度方向相同。(2)01 s 内加速度大小 a12 m/s2Ffma112 s 内加速度大小 a20.8 m/s2 Ffma2联立解得 F1.4 N，f0.6 N。(3)撤去拉力后，加速度

34、大小为 a30.6 m/s2还能滑行 x3,2a3) m0.53 m。答案 (1)0.6 m 方向与初速度方向相同 (2)1.4 N 0.6 N (3)0.53 m12.(2017江苏省徐州、宿迁、连云港、淮安四市模拟)如图 10 所示，倾角为 的斜面底端固定挡板 P，质量为 m 的小物块 A 与质量不计的木板 B 叠放在斜面上，A 位于 B 的最上端且与 P 相距 L。已知A 与 B、B 与斜面间的动摩擦因数分别为 1、2，且 1tan 2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A 与挡板相撞没有机械能损失。将 A、B 同时由静止释放，求： 图 10(1)A、B 释放时，物块 A 的加速度大小；21

35、/ 22(2)若 A 与挡板不相碰，木板的最小长度 l0；(3)若木板长度为 l，整个过程中木板运动的总路程。解析 (1)释放木板与物块 A，它们一起加速下滑。以木板与物块 A为研究对象，设其加速度大小为 a1，由牛顿第二定律有mgsin 2mgcos ma1解得 a1gsin 2gcos (2)在木板 B 与挡板未碰前，A 和 B 相对静止，以相同的加速度一起向下做匀加速运动。木板 B 与挡板相碰后立即静止，A 开始匀减速下滑。若物块 A 到达挡板时的速度恰好为 0，此时木板长度即为最小长度 l0。设木板与挡板相撞瞬间速度为 v，则有v22a1(Ll0)木板静止后，物块减速下滑时的加速度大小

36、为 a2，由牛顿第二定律有1mgcos mgsin ma2解得 a21gcos gsin 由运动学公式 02v22a2l0联立以上各式可解得 l0 L(3)分两种情况若 ll0，木板与挡板相撞后不反弹，物块 A 一直减速直到静止在木板上。故木板通过的路程 sLl若 ll0，木板与挡板相撞后，物块 A 在木板上减速运动直至与22 / 22挡板相撞。由于碰撞过程中没有机械能损失，A 将以撞前速率返回，并带动木板一起随物块向上减速；当它们的速度减为零后，再重复上述过程，直至物块 A 停在挡板处。物块与木板间由于摩擦产生的热量 Q11mgcos l木板与斜面间由于摩擦产生的热量 Q22mgcos s根据能量守恒 mgLsin Q1Q2解得 sLsin 1lcos 2cos 答案 (1)gsin 2gcos (2) L(3)Ll 或Lsin 1lcos 2cos