专题 动力学中的典型“模型”
专题2动力学中的典型“模型”
模型一等时圆模型
1.模型特征
(1)质点从竖直圆环上沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到环的最低点所用时间相等，如图1甲所示。
(2)质点从竖直圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到下端所用时间相等，如图乙所示。
(3)两个竖直圆环相切且两环的竖直直径均过切点，质点沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到下端所用时间相等，如图丙所示。
图1
2.思维模板
【例1】如图2所示，ab、cd是竖直平面内两根固定的光滑细杆，a、b、c、d 位于同一圆周上，b点为圆周的最低点，c点为圆周的最高点，若每根杆上都套着一个小滑环(图中未画出)，将两滑环同时从a、c处由静止释放，用t1、t2分别表
示滑环从a到b、从c到d所用的时间，则()
图2
A.t1＝t2
B.t1＞t2
C.t1＜t2
D.无法确定
解析设光滑细杆与竖直方向的夹角为α，圆周的直径为D，根据牛顿第二定律
得滑环的加速度为a＝mg cos α
m
＝g cos α，光滑细杆的长度为s＝D cos α，则根据s
＝1 2at 2得，t＝2s a＝2D cos α
g cos α
＝2D
g
，可见时间t与α无关，故有t1＝t2，因
此A项正确。
答案 A
1.如图3所示，位于竖直平面内的圆周与水平面相切于M点，与竖直墙相切于A 点，竖直墙上另一点B与M的连线和水平面的夹角为60°，C是圆环轨道的圆心。已知在同一时刻，甲、乙两球分别从A、B两点由静止开始沿光滑倾斜直轨道运动到M点。丙球由C点自由下落到M点。则()
图3
A.甲球最先到达M点
B.乙球最先到达M点
C.丙球最先到达M点
D.三个球同时到达M点
解析设圆轨道的半径为R，根据等时圆模型有t乙>t甲，t甲＝2R
g
；丙球做自
由落体运动，有t丙＝2R
g
，所以有t乙>t甲>t丙，选项C正确。答案 C
2.(2020·合肥质检)如图4所示，有一半圆，其直径水平且与另一圆的底部相切于O点，O点恰好是下半圆的圆心，它们处在同一竖直平面内。现有三条光滑轨道AOB、COD、EOF，它们的两端分别位于上下两圆的圆周上，轨道与竖直直径的夹角关系为α>β>θ，现让一小物块先后从三条轨道顶端由静止下滑至底端，则小物块在每一条倾斜轨道上滑动时所经历的时间关系为(
)
图4
A.t AB＝t CD＝t EF
B.t AB>t CD>t EF
C.t AB D.t AB＝t CD 解析如图所示，过D点作OD的垂线与竖直虚线交于G点，以OG为直径作圆，可以看出F点在辅助圆内，而B点在辅助圆外，由等时圆结论可知，t AB>t CD>t EF，选项B正确。 答案 B 模型二“传送带”模型 1.水平传送带模型 项目图示运动情况判断方法 情景1可能一直加速，也可能先 加速后匀速 若 v2 2μg≤l，物、带能共 速 情景2当v0>v时，可能一直减速， 也可能先减速再匀速；当 v0 也可能先加速再匀速 若 |v2－v20| 2μg≤l，物、带 能共速 情景3 传送带较短时，滑块一直 减速达到左端；传送带较 长时，滑块还要被传送带 传回右端 若 v20 2μg≤l，物块能返回 2.倾斜传送带模型 项目图示运动情况判断方法 情景1可能一直加速，也可能先 加速后匀速 若 v2 2a≤l，物、带能共速 情景2可能一直加速，也可能先 加速后匀速，还可能先以 a1加速后以a2加速 若 v2 2a≤l，物、带能共速；若 μ≥tan θ，物、带共速后匀速； 若μ (a2 考向水平传送带 (1)解题关键1：对物体所受的摩擦力进行正确的分析判断。 (2)解题关键2：物体的速度与传送带速度相等的时刻就是物体所受摩擦力发生突变的时刻。 【例2】(多选)(2019·陕西榆林三模)如图5所示，绷紧的水平传送带足够长，且以v1＝2 m/s的恒定速率运行。初速度大小v2＝3 m/s的小墨块从与传送带等高的光滑水平地面(图中未画出)上的A处滑上传送带，墨块可视为质点。若从墨块滑上传送带开始计时，墨块在传送带上运动5 s后与传送带的速度相同，则() 图5 A.墨块与传送带速度相同之前，受到传送带的摩擦力方向水平向右 B.墨块在传送带上滑行的加速度大小a＝0.2 m/s2 C.墨块在传送带上留下的痕迹长度为4.5 m D.墨块在传送带上留下的痕迹长度为12.5 m 解析 法一 运动学方法 墨块与传送带速度相同之前，相对传送带向左运动，受到传送带的摩擦力方向水平向右，选项A 正确；墨块在摩擦力的作用下匀变速滑行，t ＝5 s 后与传送带速 度相同，则墨块加速度大小a ＝v 1－（－v 2）t ＝1 m/s 2，选项B 错误；墨块向左匀减速运动过程，对墨块有0＝v 2－at 1，s 1＝0＋v 22t 1，解得该过程用时t 1＝3 s ，墨块 的路程s 1＝4.5 m ，t 1时间内传送带的路程s 2＝v 1t 1＝6 m ，墨块向右匀加速运动过 程，对墨块有v 1＝at 2，s 1′＝0＋v 12t 2，解得该过程用时t 2＝2 s ，墨块的路程s 1′＝2 m ， t 2时间内传送带的路程s 2′＝v 1t 2＝4 m ，则墨块在传送带上留下的痕迹长度s ＝s 1＋s 2＋s 2′－s 1′＝12.5 m ，选项C 错误，D 正确。 法二 图象法 墨块与传送带速度相同之前，相对传送带向左运动，受到传送带的摩擦力方向水平向右，选项A 正确；以水平向右为正方向，画出墨块、传送带的速度—时间图象，如图所示，由v －t 图象斜率表示加速度知，墨块在传送带上滑行的加速度大 小a ＝2＋35 m/s 2＝1 m/s 2，选项B 错误；由v －t 图象与坐标轴围成的面积的绝对 值表示位移的大小知，墨块在传送带上留下的痕迹长度为L ＝12 ×(2＋3)×5 m ＝12.5 m ，选项C 错误，D 正确。 答案 AD 【拓展提升1】若将【例2】中的v1、v2的值改为v1＝3 m/s，v2＝2 m/s，求墨块在传送带上留下的痕迹长度。 解析以水平向右为正方向，画出墨块、传送带的速度—时间图象，如图所示，由v－t图象与坐标轴围成的面积的绝对值表示位移的大小知，墨块在传送带上留下的痕迹长度为l＝1 2×(2＋2)×4 m＋1×4 m＝12 m。 答案12 m 考向倾斜传送带 解决倾斜传送带问题时要特别注意mg sin θ与μmg cos θ的大小和方向的关系，进一步判断物体所受合力与速度方向的关系，确定物体运动的情况。 【例3】(多选)(2020·福建泉州二模)如图6所示，一足够长的倾斜传送带顺时针匀速转动。一小滑块以某初速度沿传送带向下运动，滑块与传送带间的动摩擦因数恒定，滑块可视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则滑块速度v随时间t变化的图象可能是() 图6 解析设传送带倾角为θ，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ，滑块的质量为m，若μmg cos θ＜mg sin θ，即μ＜tan θ，则滑块所受的合力沿传送带向下，滑块匀加速下滑，选项C正确；若μmg cos θ＝mg sin θ，即μ＝tan θ，则滑块所受的合力为零，滑块匀速下滑；若μmg cos θ＞mg sin θ，即μ＞tan θ，则滑块先匀减速下滑， 当速度减为零时，开始反向匀加速上滑，且加速上滑的加速度与减速下滑的加速 度大小相等，当加速到与传送带速度相同后，因为μmg cos θ＞mg sin θ，所以滑块 随传送带一起匀速运动，选项B正确，A、D错误。 答案BC 【拓展提升2】(多选)在【例3】中，若滑块以某一初速度从传送带下端沿传送 带向上运动，如图7所示，传送带运动的速度v1小于滑块的初速度v0，其他条件不变，则滑块的速度v随时间t变化的图象可能是() 图7 解析设传送带倾角为θ，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ，滑块的质量为m，由于滑块的初速度v0＞v1，滑块相对传送带向上运动，此时滑块受到的滑动摩擦 力沿传送带向下，滑块受到的合力大小为mg sin θ＋μmg cos θ，加速度大小a1＝mg sin θ＋μmg cos θ ＝g sin θ＋μg cos θ，方向沿传送带向下，滑块先做匀减速直线运m 动，速度变为v1后，若μmg cos θ≥mg sin θ，即μ≥tan θ，则滑块随传送带做匀速 直线运动，选项D正确；速度变为v1后，若μmg cos θ＜mg sin θ，即μ＜tan θ，则 滑块受到的合力大小为mg sin θ－μmg cos θ，加速度大小a2＝g sin θ－μg cos θ＜a1， 方向沿传送带向下，滑块做类竖直上抛运动，选项C正确，A、B均错误。 答案CD 1.如图8所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行。初速度大小为v2的小 物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v－t图象(以地面为参考系)如图乙所示。已知v2>v1，则() 图8 A.t2时刻，小物块离A处的距离达到最大 B.t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大 C.0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左 D.0～t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用 解析t1时刻小物块向左运动到速度为零，离A处的距离达到最大，A错误；t1～t2时间段，小物块对地向右加速，相对传送带仍向左运动，之后相对静止，B正确；0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向始终向右，C错误；t2～t3时间内小物块随传送带一起向右匀速运动，不受摩擦力作用，D错误。 答案 B 2.如图9所示，传送带与地面夹角θ＝37°，从A到B长度为L＝10.25 m，传送带以v0＝10 m/s的速率逆时针转动。在传送带上端A无初速度地放一个质量为m＝0.5 kg的黑色煤块，它与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5。煤块在传送带上经过会留下黑色痕迹。已知sin 37°＝0.6，g取10 m/s2，求： 图9 (1)煤块从A到B的时间； (2)煤块从A到B的过程中传送带上形成痕迹的长度。 解析(1)煤块刚放上时，受到沿斜面向下的摩擦力，其加速度为a1＝g(sin θ＋μcos θ)＝10 m/s 2， 煤块加速至与传送带速度相等时需要的时间t 1＝v 0a 1 ＝1 s ， 发生的位移s 1＝12a 1t 21＝5 m 。 达到v 0后，受到沿斜面向上的摩擦力，则 a 2＝g (sin θ－μcos θ)＝2 m/s 2， s 2＝L －s 1＝5.25 m ， s 2＝v 0t 2＋12a 2t 22，得t 2＝0.5 s 。 煤块从A 到B 的时间为t ＝t 1＋t 2＝1.5 s 。 (2)第一过程痕迹长Δs 1＝v 0t 1－s 1＝5 m ， 第二过程痕迹长Δs 2＝s 2－v 0t 2＝0.25 m ， Δs 1与Δs 2部分重合，故痕迹总长为5 m 。 答案 (1)1.5 s (2)5 m 模型三 “板—块”模型 1.抓住一个转折和两个关联 2.分析“板—块”模型的“四点”注意 (1)用隔离法分析滑块和木板的受力，分别求出滑块和木板的加速度。 (2)建立滑块位移、木板位移、滑块相对木板位移之间的关系式。 (3)不要忽略滑块和木板的运动存在等时关系。 (4)在运动学公式中，位移、速度和加速度都是相对地面的。 【例4】 (2019·江苏卷，15)如图10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μ。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： 图10 (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。 解析A、B的运动过程如图所示 (1)由牛顿运动定律知，A加速度的大小a A＝μg 匀变速直线运动v2A＝2a A L 解得v A＝2μgL。 (2)设A、B的质量均为m 对齐前，B所受合外力大小F＝3μmg 由牛顿运动定律F＝ma B，得a B＝3μg 对齐后，A、B整体所受合外力大小F′＝2μmg 由牛顿运动定律F′＝2ma B′，得a B′＝μg。 (3)设经过时间t，A、B达到共同速度v，位移分别为s A、s B，A加速度的大小等于a A 则v＝a A t，v＝v B－a B t s A ＝12a A t 2，s B ＝v B t －12a B t 2 且s B －s A ＝L 解得v B ＝22μgL 。 答案 (1)2μgL (2)3μg μg (3)22μgL 1.(多选)如图11所示，质量为m 1的足够长的木板静止在光滑水平面上，其上放一质量为m 2的物块。t ＝0时刻起，给物块施加一水平恒力F ，分别用a 1、a 2和v 1、v 2表示木板、物块的加速度和速度大小，图中可能符合运动情况的是( ) 图11 解析 物块和木板可能保持相对静止，一起做匀加速直线运动，此时二者的加速度大小相等，选项A 正确；物块可能相对木板向前滑动，即物块的加速度大于木板的加速度，二者均做匀加速直线运动，选项B 、D 错误，C 正确。 答案 AC 2.如图12所示，在倾角θ＝37°的固定斜面上放置一质量M ＝1 kg 、长度L ＝0.75 m 的薄平板AB 。平板的上表面光滑，其下端B 与斜面底端C 的距离为4 m 。在平板的上端A 处放一质量m ＝0.6 kg 的滑块，开始时使平板和滑块都静止，之后将它们无初速释放。设平板与斜面间、滑块与斜面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，通过计算判断无初速释放后薄平板是否立即开始运动，并求出滑块与平板下端B 到达斜面底端C 的时间差Δt 。(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g ＝10 m/s 2) 图12 解析对薄板，由于Mg sin 37°<μ(M＋m)g cos 37°，故滑块在薄板上滑动时，薄板静止不动。 滑块在薄板上滑行时加速度a1＝g sin 37°＝6 m/s2 到达B点时速度v＝2a1L＝3 m/s 滑块由B至C时的加速度 a2＝g sin 37°－μg cos 37°＝2 m/s2 设滑块由B至C所用时间为t，则有L BC＝v t＋1 2 2a2t 代入数据解得t＝1 s 对薄板，滑块滑离后才开始运动，加速度 a3＝g sin 37°－μg cos 37°＝2 m/s2 设滑至C端所用时间为t′，则有L BC＝1 2 2a3t′ 代入数据解得t′＝2 s 滑块与平板下端B到达斜面底端C的时间差 Δt＝t′－t＝1 s 答案滑块在薄板上滑动时，薄平板静止不动 1 s 课时作业 (时间：30分钟) 基础巩固练 1.(2019·广东省东莞市质检)如图1所示，AB和CD为两条光滑斜槽，它们各自的两个端点均分别位于半径为R和r的两个相切的圆上(两个圆过切点的直径在竖直方向上)，且斜槽都通过切点P。设有一重物先后沿两个斜槽从静止出发，由A滑到B和由C滑到D，所用的时间分别为t1和t2，则t1与t2之比为() 图1 A.2∶1 B.1∶1 C.3∶1 D.1∶ 3 答案 B 2.如图2所示，水平传送带静止不动，质量为1 kg的小物体，以4 m/s的初速度滑上传送带的左端，最终以2 m/s的速度从传送带的右端离开传送带。如果令传送带逆时针方向匀速转动，小物体仍然以4 m/s的初速度滑上传送带的左端，则小物体离开传送带时的速度() 图2 A.小于2 m/s B.等于2 m/s C.大于2 m/s D.不能到达传送带右端 解析当传送带不动时，小物体受到向左的滑动摩擦力，在传送带上向右做匀减速运动，最终离开传送带。当传送带逆时针转动时，小物体仍然相对传送带向右运动，所以受到的滑动摩擦力方向仍然向左，这样与传送带静止时比较，受力情况完全相同，所以运动情况也应该一致，即最后离开传送带时速度仍然是2 m/s，选项B正确。 答案 B 3.如图3所示，有一固定的支架ACB，AC竖直，AC＝BC＝l。AB为光滑钢丝，一穿在钢丝中的小球从A点由静止出发，则它滑到B点的时间t为(重力加速度为g)() 图3 A.l g B. 2l g C.2l g D. l 2g 解析因为AC＝BC＝l，所以以C点为圆心，以长度l为半径画圆，则A、B两 点在同一个圆周上，所以t AB＝2·2l g ＝2l g ，选项C正确。 答案 C 4.(多选)(2020·河南模拟)如图4甲所示，一小物块从水平转动的传送带的右侧滑上传送带，固定在传送带右端的位移传感器记录了小物块的位移s随时间t的变化关系如图乙所示。已知图线在前3.0 s内为二次函数，在3.0～4.5 s内为一次函数，取向左运动的方向为正方向，传送带的速度保持不变，g取10 m/s2。下列说法正确的是() 图4 A.传送带沿顺时针方向转动 B.传送带沿逆时针方向转动 C.传送带的速度大小为2 m/s D.小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2 解析根据位移—时间图象可知：前2 s物体向左匀减速运动，第3 s内向右匀加速运动。3～4.5 s内，物块与传送带一起向右匀速运动，因此传送带沿顺时针方 向转动。传送带的速度等于物块向右匀速运动的速度v＝Δs Δt ＝3 4.5－3 m/s＝2 m/s， 故A、C正确，B错误；由图象可知，在第3 s内小物块向右做初速度为零的匀加 速运动，则s＝1 2at 2(其中s＝1 m，t＝1 s)，a＝ μmg m ＝μg，解得μ＝0.2，D正确。 答案ACD 5.如图5所示，一块足够长的轻质长木板放在光滑水平地面上，质量分别为m A＝1 kg 和m B＝2 kg 的物块A、B放在长木板上，A、B与长木板间的动摩擦因数均为μ＝0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现用水平拉力F拉A，取重力加速度g＝10 m/s2。改变拉力F的大小，B的加速度大小可能为() 图5 A.1 m/s2 B.2.5 m/s2 C.3 m/s2 D.4 m/s2 解析A、B放在轻质长木板上，长木板质量不计，所受合力始终为0，即A、B 所受摩擦力大小相等。由于A、B受到长木板的最大静摩擦力的大小关系为f A max 答案 A 6.(多选)如图6甲所示，一质量为m1的薄木板(厚度不计)静止在光滑水平地面上，现有一质量为m2的滑块以一定的水平初速度v0，从木板的左端开始向木板的右端滑行，滑块和木板的水平速度大小随时间变化的情况如图乙所示，根据图象可知以下判断正确的是() 图6 A.滑块始终与木板存在相对运动 B.滑块未能滑出木板 C.滑块的质量m2大于木板的质量m1 D.在t1时刻，滑块从木板上滑出 解析滑块以水平初速度v0滑上木板，滑块减速，木板加速，滑块和木板的加速 度的大小分别为a2＝μm2g m2＝μg，a1＝μm2g m1 ，由v－t图象可知，滑块的速度一直大 于木板的速度，即两者之间始终存在相对运动，在t1时刻，滑块滑出木板，各自做匀速直线运动。由v－t图象分析可知a2＜a1，即μg＜μm2g m1 ，则m1＜m2，选项A、C、D正确。 答案ACD 7.如图7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s＝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。 图7 (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， 设到达B点时速度为v B，有v B＝2a1s＝2 6 m/s。 滑上传送带的过程μmg＝ma2， 刚好到达C点，有v2B＝2a2L， 得传送带长度L＝2.4 m。 (2)传送带倾斜，滑上传送带的过程有 mg sin 37°＋μmg cos 37°＝ma3，a3＝10 m/s2， 物块仍能刚好到C端，有v B′2＝2a3L， 在AB段，有v B′2＝2as，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 时速度恰好为0。 v B″2－0＝2a4L，且mg sin θ－μmg cos θ＝ma4， 在AB段有v20－v B″2＝2μgs，解得v0＝29.6 m/s。 答案(1)2.4 m(2)17 N(3)29.6 m/s 综合提能练 8.(多选)如图8所示，某传动装置与水平面的夹角为30°，两轮轴心相距L＝2 m， A、B分别是传送带与两轮的切点，传送带不打滑。现传送带沿顺时针方向匀速转 动，将一小物块放置于A点，小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝ 3 2，g取10 m/s 2。 若传送带的速度可以任意调节，当小物块在A点以v0＝36m/s的速度沿传送带向上运动时，小物块到达B点的速度大小可能为() 图8 A.1 m/s B.3 m/s C.6 m/s D.9 m/s 解析由题意可知mg sin 30°＜μmg cos 30°，若传送带的速度很小(一直小于物块的速度)，小物块一直减速，加速度大小a1＝g sin 30°＋μg cos 30°＝12.5 m/s2，到达B 点时的速度最小，且最小速度v 1＝v 20－2a 1L ＝2 m/s ；若传送带的速度很大(一直大于物块的速度)，小物块一直加速，加速度大小a 2＝μg cos 30°－g sin 30°＝2.5 m/s 2，到达B 点时的速度最大，且最大速度v 2＝v 20＋2a 2L ＝8 m/s ；综上可知小物块到达B 点的速度在2 m/s 到8 m/s 的范围内，选项B 、C 正确。 答案 BC 9.如图9所示，水平地面上固定一倾角为θ＝37°的光滑斜面。一长L 1＝0.18 m 的长木板锁定在斜面上，木板的上端到斜面顶端的距离L 2＝0.2 m ；绕过斜面顶端光滑定滑轮的一根轻绳一端连接在板的上端，另一端悬吊一物块Q ，木板与滑轮间的轻绳与斜面平行，物块Q 离地面足够高。现在长木板的上端由静止释放一可视为质点的物块P ，同时解除对长木板的锁定，结果物块P 沿木板下滑而长木板仍保持静止。已知P 的质量为m ，Q 的质量为2m ，长木板的质量为3m ，重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求： 图9 (1)物块P 与长木板间的动摩擦因数μ； (2)从释放物块P 到长木板的上端滑到斜面顶端需要的时间。 解析 (1)物块P 下滑时，长木板处于静止状态，则有 μmg cos θ＋3mg sin θ＝2mg 解得μ＝0.25。 (2)设物块P 在长木板上滑动的加速度大小为a 1，时间为t 1，则 mg sin θ－μmg cos θ＝ma 1 L 1＝12a 1t 21 联立解得a 1＝4 m/s 2，t 1＝0.3 s 物块P 滑离木板后，设木板在斜面上滑动的加速度大小为a 2，长木板的上端滑到 斜面顶端用时t 2，则有 2mg －3mg sin θ＝5ma 2 L 2＝12a 2t 22 联立解得a 2＝0.4 m/s 2，t 2＝1 s 从释放物块P 到长木板的上端滑到斜面顶端需要的时间t ＝t 1＋t 2＝1.3 s 。 答案 (1)0.25 (2)1.3 s 10.如图10所示，长为L ＝1.5 m 的长木板B 静止放在水平冰面上，小物块A 以某一初速度v 0从木板B 的左端滑上长木板B ，直到A 、B 的速度达到相同，此时A 、B 的速度为v ＝0.4 m/s ，然后A 、B 又一起在水平冰面上滑行了s ＝8.0 cm 后停下。若小物块A 可视为质点，它与长木板B 的质量相同，A 、B 间的动摩擦因数μ1＝0.25，g 取10 m/s 2。求： 图10 (1)木板与冰面的动摩擦因数μ2； (2)小物块A 的初速度大小v 0； (3)为了保证小物块不从木板的右端滑落，小物块滑上木板的最大初速度v 0m 应为多少？ 解析 (1)小物块和木板一起运动时，受冰面的滑动摩擦力，做匀减速运动，则加速度 a ＝v 2 2s ＝0.4×0.42×8×10－ 2 m/s 2＝1.0 m/s 2 由牛顿第二定律得μ2·2mg ＝2ma 解得μ2＝0.1。 (2)小物块做匀减速运动，加速度大小 a 1＝μ1g ＝2.5 m/s 2 木板做匀加速运动，则有 μ1mg －μ2(2m )g ＝ma 2 解得a 2＝0.50 m/s 2 设小物块滑上木板经时间t 后小物块、木板的速度相同为v ，则 对于木板v ＝a 2t ，解得t ＝v a 2 ＝0.8 s 小物块滑上木板的初速度大小v 0＝v ＋a 1t ＝2.4 m/s 。 (3)假设小物块到达木板的最右端时，两者的速度相等(设为v ′)，这种情况下小物块的初速度为保证其不从木板上滑落的最大初速度v 0m ，则 v 0m t －12a 1t 2－12a 2t 2＝L v 0m －v ′＝a 1t v ′＝a 2t 联立以上三式并代入数据解得v 0m ＝3.0 m/s 。 答案 (1)0.1 (2)2.4 m/s (3)3.0 m/s