步步高高三物理二轮复习专题二第课时

专题定位 本专题解决的是物体(或带电体)在力的作用下的匀变速直线运动问题．高考对本专题考查的内容主要有：①匀变速直线运动的规律及运动图象问题；②行车安全问题；③物体在传送带(或平板车)上的运动问题；④带电粒子(或带电体)在电场、磁场中的匀变速直线运动问题；⑤电磁感应中的动力学分析．考查的主要方法和规律有：动力学方法、图象法、运动学的基本规律、临界问题的处理方法等．
应考策略 抓住“两个分析”和“一个桥梁”．“两个分析”是指“受力分析”和“运动情景或运动过程分析”．“一个桥梁”是指加速度是联系运动和受力的桥梁．综合应用牛顿运动定律和运动学公式解决问题．
第1课时 动力学观点在力学中的应用
1． 物体或带电粒子做匀变速直线运动的条件是：物体所受合力为恒力，且与速度方向共线． 2． 匀变速直线运动的基本规律为
速度公式：v ＝v 0＋at 位移公式：x ＝v 0t ＋1
2
at 2
速度和位移公式的推论为：v 2－v 20＝2ax 中间时刻的瞬时速度为v t 2＝x t ＝v 0＋v 2
任意相邻两个连续相等的时间内的位移之差是一个恒量，即Δx ＝x n ＋1－x n ＝a ·(Δt )2. 3． 速度—时间关系图线的斜率表示物体运动的加速度，图线与时间轴所包围的面积表示物
体运动的位移．匀变速直线运动的v －t 图象是一条倾斜直线．
4． 位移—时间关系图线的斜率表示物体的速度，匀变速直线运动的x －t 图象是一条抛物
线．
5． 超重或失重时，物体的重力并未发生变化，只是物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉
力)发生了变化．物体发生超重或失重现象与物体的运动方向无关，只决定于物体的加速度方向．当a有竖直向上的分量时，超重；当a有竖直向下的分量时，失重；当a＝g且竖直向下时，完全失重．
1．动力学的两类基本问题的处理思路
2．解决动力学问题的常用方法
(1)整体法与隔离法．
(2)正交分解法：一般沿加速度方向和垂直于加速度方向进行分解，有时根据情况也可
以把加速度进行正交分解．
(3)逆向思维法：把运动过程的末状态作为初状态的反向研究问题的方法，一般用于匀
减速直线运动问题，比如刹车问题、竖直上抛运动.
题型1运动学图象问题
例1某物体质量为1 kg，在水平拉力作用下沿粗糙水平地面做直线运动，其速度—时间图象如图1所示，根据图象可知()
图1
A．物体所受的拉力总是大于它所受的摩擦力
B．物体在第3 s内所受的拉力大于1 N
C．在0～3 s内，物体所受的拉力方向始终与摩擦力方向相反
D．物体在第2 s内所受的拉力为零
审题突破水平方向物体受几个力作用？由图象可知哪些信息？
解析由题图可知，第2 s内物体做匀速直线运动，即拉力与摩擦力平衡，所以A、D 选项错误；第3 s内物体的加速度大小为1 m/s2，根据牛顿第二定律可知物体所受合外力大小为1 N，选项B正确；物体运动过程中，拉力方向始终和速度方向相同，摩擦力方向始终和运动方向相反，选项C正确．
答案BC
以题说法解图象类问题的关键在于将图象与物理过程对应起来，通过图象的坐标轴、关键点、斜率、面积等信息，对运动过程进行分析，从而解决问题．
(2013·四川·6)甲、乙两物体在t＝0时刻经过同一位置沿x轴运动，其v－t 图象如图2所示，则()
图2
A．甲、乙在t＝0到t＝1 s之间沿同一方向运动
B．乙在t＝0到t＝7 s之间的位移为零
C．甲在t＝0到t＝4 s之间做往复运动
D．甲、乙在t＝6 s时的加速度方向相同
答案BD
解析在t＝0到t＝1 s之间，甲、乙两物体的运动方向先相反，后相同，选项A错误．在t＝0到t＝7 s之间由乙物体的v－t图象的“线下面积”可知位移为0，选项B正确．在t＝0到t＝4 s之间甲物体沿x轴向同一个方向运动，选项C错误．由甲、乙两物体的v －t图象可知t＝6 s时图线的斜率均为负值，即它们的加速度方向相同，选项D正确．题型2整体法与隔离法在连接体问题中的应用
例2(2013·福建·21)质量为M、长为3L的杆水平放置，杆两端A、B系着长为3L的不可伸长且光滑的柔软轻绳，绳上套着一质量为m的小铁环．已知重力加速度为g，不计空气影响．
图3
(1)现让杆和环均静止悬挂在空中，如图3甲，求绳中拉力的大小；
(2)若杆与环保持相对静止，在空中沿AB方向水平向右做匀加速直线运动，此时环恰好
悬于A端的正下方，如图乙所示．
①求此状态下杆的加速度大小a；
②为保持这种状态需在杆上施加一个多大的外力，方向如何？
审题突破“光滑的柔软轻绳”说明什么？环恰好悬于A端的正下方时，环的受力有什么特点？环和杆有什么共同特点？
解析(1)如图，设平衡时，绳中拉力为T，有
2T cos θ－mg＝0 ①
由图知cos θ＝6
3②
由①②式解得T＝6
4mg ③(2)①此时，对小铁环受力分析如图，有T′sin θ′＝ma ④
因|T′|＝|T″|
所以T′＋T′cos θ′－mg＝0 ⑤
由图知θ′＝60°，代入④⑤式解得a＝3
3g ⑥②如图，设外力F与水平方向成α角，将杆和小铁环当成一个整体，有
F cos α＝(M＋m)a ⑦F sin α－(M＋m)g＝0 ⑧由⑥⑦⑧式解得
tan α＝3(或α＝60°)
F ＝233(M ＋m )g
答案 (1)
64mg (2)①33g ②233
(M ＋m )g ，方向与水平方向成60°角斜向右上 以题说法 在应用牛顿运动定律分析连接体问题时，要灵活交替使用整体法和隔离法．各部分以及整体的共同特点是加速度相同，但与物体间作用力有关的问题必须隔离出受力最简单或未知量最少的物体来研究．
如图4所示，光滑水平桌面上放置一长木板，长木板上表面粗糙，上面放
置一小铁块，现有一水平向右的恒力F 作用于铁块上，以下判断正确的是
( )
图4
A ．铁块与长木板都向右运动，且两者一定保持相对静止
B ．若水平恒力F 足够大，铁块与长木板间有可能发生相对滑动
C ．若两者保持相对静止，运动一段时间后，拉力突然反向，铁块与长木板间有可能发生相对滑动
D ．若两者保持相对静止，运动一段时间后，拉力突然反向，铁块与长木板间仍将保持相对静止 答案 BD
解析 此情景的临界状态是木板与铁块之间达到最大静摩擦力，隔离木板则得a max ＝F fmax
m 木，再整体得F max ＝(m 木＋m 铁)·a max ＝m 木＋m 铁m 木·F fmax ，当F <F max 时，铁块与木板间总能保持相对静止地加速(或减速)，C 错，D 对．当F >F max 时，它们之间发生相对滑动，A 错，B 对．
题型3 运动学基本规律的应用
例3 (2013·大纲·24)一客运列车匀速行驶，其车轮在铁轨间的接缝处会产生周期性的撞
击．坐在该客车中的某旅客测得从第1次到第16次撞击声之间的时间间隔为10.0 s ．在相邻的平行车道上有一列货车，当该旅客经过货车车尾时，货车恰好从静止开始以恒定加速度沿客车行进方向运动．该旅客在此后的20.0 s 内，看到恰好有30节货车车厢被他连续超过．已知每根铁轨的长度为25.0 m ，每节货车车厢的长度为16.0 m ，货车车厢间距忽略不计．求： (1)客车运行速度的大小； (2)货车运行加速度的大小．
解析 本题涉及的是匀变速直线运动问题．
(1)设客车车轮连续两次撞击铁轨的时间间隔为Δt ，每根铁轨的长度为l ，则客车速度为v ＝l Δt
① 其中l ＝25.0 m ，Δt ＝10.0
16－1
s ，得v ＝37.5 m/s
②
(2)设从货车开始运动后t ＝20.0 s 内客车行驶了s 1，货车行驶了s 2，货车的加速度为a,30节货车车厢的总长度为L ＝30×16.0 m ．由运动学公式有 s 1＝v t
③ s 2＝12
at 2
④ 由题给条件有L ＝s 1－s 2
⑤
由②③④⑤式解得a ＝1.35 m/s 2 答案 (1)37.5 m /s (2)1.35 m/s 2
以题说法 解决此类问题必须熟练掌握运动学的基本规律和推论(即五个关系式)．对于匀减速直线运动还要会灵活运用逆向思维法．对于追及相遇问题要能分别清晰地分析两物体的运动过程，能找出空间和时间的关系等．
一物体以某一初速度在粗糙的水平面上做匀减速直线运动，最后停下来，
若此物体在最初5 s 内通过的路程与最后5 s 通过的路程之比为9∶5，求此物体一共运动了多少时间？ 答案 7 s
解析 设前5 s 的位移为x 1，最后5 s 的位移为x 2，运动的总时间为t ，把运动过程逆过来看，该运动就变成了初速度为零的匀加速直线运动，则有x 1＝12at 2－1
2a (t －5)2
x 2＝1
2a ×52
x 1∶x 2＝9∶5 联立上式可知t ＝7 s
题型4 应用动力学方法分析传送带问题
例4 (16分)如图5所示，竖直固定的1
4
光滑圆弧轨道AB 半径R ＝1.25 m ，BC 为水平传送
带与a 、b 两驱动轮的切点，AB 与BC 水平相切于B 点(未连接，圆弧轨道不影响传送带运动)．一质量为m ＝3 kg 的小滑块，从A 点由静止滑下，当传送带静止时，滑块恰好能滑到C 点．已知a 、b 两轮半径均为r ＝0.4 m 且两轮与传送带间不打滑，滑块与传
送带间的动摩擦因数μ＝0.1，取g ＝10 m/s 2.问：
图5
(1)BC 两点间的距离是多少？
(2)当a 、b 顺时针匀速转动的角速度为ω0时，将滑块从A 点由静止释放，滑块恰好能由C 点水平飞出传送带．求ω0的大小以及这一过程中滑块与传送带间产生的内能． 运动建模 1.当传送带静止时，物块由B 到C 的运动是匀减速直线运动．
2．当传送带运动时，物块由B 到C ，可能会匀减速直线运动，也可能会匀加速直线运动，还有可能会做匀速直线运动，具体是哪一种要比较在B 、C 两点的速度关系． 解析 (1)滑块从A 到B ，由动能定理有 mgR ＝12m v 2B
(1分) v B ＝2gR ＝5 m/s
(1分) 由B 到C ：a ＝－μg ＝－1 m/s 2
(1分) 由0－v 2B ＝2ax BC
(1分) 得x BC ＝12.5 m
(1分)
(2)滑块恰能在C 点水平飞出传送带，则有
mg ＝m v 2C
r
(2分) 解得：v C ＝2 m/s (1分) ω0＝v C
r
(1分) 解得：ω0＝5 rad/s
(1分)
由v B >v C 知滑块在传送带上受到向左的滑动摩擦力作用，即滑块要减速到C 点(1分) －μmg ＝ma ′
(1分) 滑块减速时间t ＝v C －v B
a ′
(1分) 滑块位移x 1＝v B t ＋1
2
a ′t 2
(1分)
传送带运动的距离x2＝v C t
产生的内能Q＝μmg(x1－x2) (1分) 解得：Q＝13.5 J (1分) 答案(1)12.5 m(2)5 rad/s13.5 J
以题说法 1.传送带问题的实质是相对运动问题，这样的相对运动将直接影响摩擦力的方向．因此，搞清楚物体与传送带间的相对运动方向是解决该问题的关键．
2．传送带问题还常常涉及到临界问题，即物体与传送带速度相同，这时会出现摩擦力改变的临界，具体如何改变要根据具体情况判断．
如图6甲所示，倾角为θ的足够长的传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行．t＝0时，将质量m＝1 kg的物体(可视为质点)轻放在传送带上，物体相对地面的v－t图象如图乙所示．设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g＝10 m/s2.则()
图6
A．传送带的速率v0＝10 m/s
B．传送带的倾角θ＝30°
C．物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5
D．0～2.0 s摩擦力对物体做功W f＝－24 J
答案ACD
解析当物体的速度超过传送带的速度后，物体受到的摩擦力的方向发生改变，加速度也发生改变，根据v－t图象可得，传送带的速率为v0＝10 m/s，选项A正确；1.0 s之前的加速度a1＝10 m/s2,1.0 s之后的加速度a2＝2 m/s2，结合牛顿第二定律，mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1，mg sin θ－μmg cos θ＝ma2，解得sin θ＝0.6，θ＝37°，μ＝0.5，选项B 错误，选项C正确；摩擦力大小F f＝μmg cos θ＝4 N，在0～1.0 s内，摩擦力对物体做正功，在1.0 s～2.0 s内，摩擦力对物体做负功，0～1.0 s内物体的位移为5 m,1.0 s～2.0 s内物体的位移是11 m，摩擦力做的功为－4×(11－5) J＝－24 J，选项D正确．
2．应用动力学方法分析平板车类问题
审题示例
(15分)如图7所示，质量M＝4.0 kg的长木板B静止在光滑的水平地面上，在其右端放一质量m＝1.0 kg的小滑块A(可视为质点)．初始时刻，A、B分别以v0＝2.0 m/s向左、向右运动，最后A恰好没有滑离B板．已知A、B之间的动摩擦因数μ＝0.40，取g＝
10 m/s2.求：
图7
(1)A、B相对运动时的加速度a A和a B的大小与方向；
(2)A相对地面速度为零时，B相对地面运动已发生的位移大小x；
(3)木板B的长度l.
审题模板
答题模板
(1)A、B分别受到大小为μmg的摩擦力作用，根据牛顿第二定律
对A物体有μmg＝ma A (1分) 则a A＝μg＝4.0 m/s2 (1分) 方向水平向右(1分) 对B物体有μmg＝Ma B (1分) 则a B＝μmg/M＝1.0 m/s2 (1分)
方向水平向左 (1分)
(2)开始阶段A 相对地面向左做匀减速运动，到速度为零时所用时间为t 1，则v 0＝a A t 1，解得t 1＝v 0/a A ＝0.50 s
(1分) B 相对地面向右做匀减速运动x ＝v 0t 1－1
2a B t 21
＝0.875 m
(1分)
(3)A 先向左匀减速运动至速度为零后，后相对地面向右做匀加速运动，加速度大小仍为a A ＝4.0 m/s 2
B 板向右一直做匀减速运动，加速度大小为a B ＝1.0 m/s 2
(1分)
当A 、B 速度相等时，A 滑到B 最左端，恰好没有滑离木板B ，故木板B 的长度为这个全过程中A 、B 间的相对位移．
(1分)
在A 相对地面速度为零时，B 的速度 v B ＝v 0－a B t 1＝1.5 m/s
(1分)
设由A 速度为零至A 、B 速度相等所用时间为t 2，则 a A t 2＝v B －a B t 2
解得t 2＝v B /(a A ＋a B )＝0.3 s 共同速度v ＝a A t 2＝1.2 m/s
(1分)
从开始到A 、B 速度相等的全过程，利用平均速度公式可知A 向左运动的位移 x A ＝(v 0－v )(t 1＋t 2)2＝(2－1.2)×(0.5＋0.3)2 m ＝0.32 m
(1分)
B 向右运动的位移
x B ＝(v 0＋v )(t 1＋t 2)2＝(2＋1.2)×(0.5＋0.3)
2 m ＝1.28 m
(1分)
B 板的长度l ＝x A ＋x B ＝1.6 m(1分)
答案 (1)A 的加速度大小为4.0 m/s 2，方向水平向右 B 的加速度大小为1.0 m/s 2，方向水平向左 (2)0.875 m (3)1.6 m
点睛之笔 平板车类问题中，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，因为平板车往往受到摩擦力的影响也做匀变速直线运动，处理此类
双体匀变速运动问题要注意从速度、位移、时间等角度，寻找它们之间的联系．要使滑块不从车的末端掉下来的临界条件是滑块到达小车末端时的速度与小车的速度恰好相等．
如图8所示，质量M ＝1 kg 的木板静置于倾角θ＝37°、足够长的固定光滑
斜面底端．质量m ＝1 kg 的小物块(可视为质点)以初速度v 0＝4 m /s 从木板的下端冲上木板，同时在木板上端施加一个沿斜面向上的F ＝3.2 N 的恒力．若小物块恰好不从木板的上端滑下，求木板的长度l 为多少？(已知小物块与木板之间的动摩擦因数μ＝0.8，重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
图8
答案 0.5 m
解析 由题意，小物块向上匀减速运动，木板向上匀加速运动，当小物块运动到木板的上端时，恰好和木板共速．
设小物块的加速度为a ，由牛顿第二定律 mg sin θ＋μmg cos θ＝ma
设木板的加速度为a ′，由牛顿第二定律 F ＋μmg cos θ－Mg sin θ＝Ma ′
设小物块和木板共同的速度为v ，经历的时间为t ，由运动学公式 v ＝v 0－at v ＝a ′t
设小物块的位移为x ，木板的位移为x ′，由运动学公式 x ＝v 0t －1
2at 2
x ′＝1
2
a ′t 2
小物块恰好不从木板的上端滑下，有x －x ′＝l 联立解得l ＝0.5 m
(限时：45分钟)
一、单项选择题
1． (2013·浙江·17)如图1甲所示，水平木板上有质量m ＝1.0 kg 的物块，受到随时间t 变化
的水平拉力F 的作用(如图乙)，用力传感器测出相应时刻物块所受摩擦力F f 的大小(如图丙)．取重力加速度g ＝10 m/s 2，下列判断正确的是
( )
甲
图乙
图丙 图1
A ．5 s 内拉力对物块做功为零
B ．4 s 末物块所受合力大小为4.0 N
C ．物块与木板之间的动摩擦因数为0.4
D ．6 s ～9 s 内物块的加速度大小为2.0 m/s 2 答案 D
解析 由题图知4 s 后物块的摩擦力不再随F 的变化而变化，即4 s 后物块受到的是滑动摩擦力，此时物块沿力F 的方向开始运动，力F 在4 s 后开始做正功，选项A 错误；4 s 末物块受滑动摩擦力为F f ＝3 N ，此时拉力F 为4 N ，故水平方向合力F 合＝F －F f ＝1 N ，选项B 错误；由于F f ＝μmg ，故μ＝3
1.0×10＝0.3，选项C 错误；6 s ～9 s 内，F
＝5 N ，F f ＝3 N ，由a ＝F －F f
m
得a ＝2.0 m/s 2，故选项D 正确．
2． 如图2所示，一连同装备总重力为G 的滑雪爱好者从滑雪坡道上由静止开始沿坡道ABC
向下滑行，滑到B点时滑雪者通过改变滑雪板角度的方式来增大摩擦力的大小，使其到达底端C点速度刚好减为零．已知AB>BC，设两段运动过程摩擦力均为定值，下列分别为滑雪者位移、速度、加速度、摩擦力随时间变化的图象，其中正确的是()
图2
答案 B
解析滑雪者在AB段加速，在BC段减速，在B点速度最大．x－t图象中，图线的斜率表示物体的速度，滑雪者在B位置的速度最大而不是零，A错误；由于滑雪者在AB 段和BC段所受摩擦力恒定，且重力沿斜面向下的分力大小不变，故滑雪者在AB段和BC段所受合力大小均不变，即加速度大小均不变，滑雪者先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，且AB>BC，故a AB<a BC，B正确，C错误；AB段，滑雪者加速下滑，则G sin θ>F f，又sin θ<1，则AB段下滑过程中F f比G要小，而不是D项表示的F f与G 相等，D错误．
3．一个物体在多个共点力的作用下处于静止状态．若仅使其中的一个力保持方向不变、大小逐渐减小到零，然后又从零逐渐恢复到原来的大小，在这一过程中其余各力均不变，则能正确描述该过程中物体速度随时间变化的图象是()
答案 D
解析当其中一个力逐渐减小时，物体受到的合外力逐渐增大，物体的加速度逐渐增大，在v－t图线中，表现为图线的斜率逐渐增大；当这个力逐渐恢复到原来的大小时，物体受到的合外力逐渐减小，物体的加速度逐渐减小，在v－t图线中，表现为图线的斜
率逐渐减小；当这个力恢复到原来大小时，合外力为零，此时v－t图线斜率为零，D 正确．
4．(2013·广东·13)某航母跑道长200 m，飞机在航母上滑行的最大加速度为6 m/s2，起飞需要的最低速度为50 m/s.那么，飞机在滑行前，需要借助弹射系统获得的最小初速度为
() A．5 m/s B．10 m/s C．15 m/s D．20 m/s
答案 B
解析由v2t－v20＝2as得：
v0＝v2t－2as＝502－2×6×200 m/s＝10 m/s.
5．(2013·安徽·14)如图3所示，细线的一端系一质量为m的小球，另一端固定在倾角为θ的光滑斜面体顶端，细线与斜面平行．在斜面体以加速度a水平向右做匀加速直线运动的过程中，小球始终静止在斜面上，小球受到细线的拉力T和斜面的支持力F N分别为(重力加速度为g) ()
图3
A．T＝m(g sin θ＋a cos θ)F N＝m(g cos θ－a sin θ)
B．T＝m(g cos θ＋a sin θ)F N＝m(g sin θ－a cos θ)
C．T＝m(a cos θ－g sin θ)F N＝m(g cos θ＋a sin θ)
D．T＝m(a sin θ－g cos θ)F N＝m(g sin θ＋a cos θ)
答案 A
解析小球受力如图所示，由牛顿第二定律得
水平方向：T cos θ－F N sin θ＝ma
竖直方向：T sin θ＋F N cos θ＝mg
解以上两式得
T＝m(g sin θ＋a cos θ)
F N＝m(g cos θ－a sin θ)
所以正确选项为A.
二、多项选择题
6．(2013·新课标Ⅰ·19)如图4，直线a和曲线b分别是在平直公路上行驶的汽车a和b的
位移—时间(x －t )图线，由图可知
( )
图4
A ．在时刻t 1，a 车追上b 车
B ．在时刻t 2，a 、b 两车运动方向相反
C ．在t 1到t 2这段时间内，b 车的速率先减少后增加
D ．在t 1到t 2这段时间内，b 车的速率一直比a 车的大 答案 BC
解析 由题图可知，t 1时刻，b 车追上a 车，故A 错误．x －t 图象的斜率表示速度，由于t 2时刻a 、b 两图线的斜率一正、一负，故两车运动方向相反，B 正确；由b 图线的斜率的变化可以看出t 1到t 2这段
时间b 车的速率先减少后反向增加，C 正确．如图所示，在t 3时刻b 图线的斜率与a 图线的相等，此时两车的速率相等，故D 错误．
7． 如图5所示，一小球分别以不同的初速度，从光滑斜面的底端A 点向上做直线运动，
所能到达的最高点位置分别为a 、b 、c ，它们距斜面底端A 点的距离分别为x 1、x 2、x 3，对应到达最高点的时间分别为t 1、t 2、t 3，则下列关系正确的是
( )
图5
A.x 1t 1＝x 2t 2＝x 3t 3
B.x 3t 3<x 2t 2<x 1t 1
C.x 1t 21＝x 2t 22＝x 3t 23
D.x 1t 21>x 2t 22>x 3t 23 答案 BC 解析
x
t
表示的是平均速度，由题意可知到达a 点的小球初速度最大，根据匀变速直线运动规律v ＝
v 0＋v
2
可知，小球滑到a 点的过程平均速度最大，选项A 错误，B 正确；根据x ＝12at 2可知，x
t
2表示的是加速度的一半，由受力情况可知三个过程的加速度相等，
选项C正确，D错误．
8．在水平冰面上，一辆质量为1×103 kg的电动雪橇做匀速直线运动，关闭发动机后，雪橇滑行一段距离后停下来，其运动的v－t图象如图6所示，那么关于雪橇运动情况以下判断正确的是(重力加速度g＝10 m/s2) ()
图6
A．关闭发动机后，雪橇的加速度为－2 m/s2
B．雪橇停止前30 s内通过的位移是200 m
C．雪橇与水平冰面间的动摩擦因数约为0.05
D．雪橇匀速运动过程中发动机的功率为5×103 W
答案BCD
解析由题图的斜率可知，关闭发动机后，雪橇的加速度为－0.5 m/s2，A错误；由题图的面积可知，雪橇停止前30 s内通过的位移是200 m，B正确；对关闭发动机后雪橇的运动，由牛顿第二定律有－μmg＝ma，代入a＝－0.5 m/s2、g＝10 m/s2，解得雪橇与水平冰面间的动摩擦因数为0.05，C正确；对雪橇的匀速运动有F－μmg＝0、P＝Fv，代入μ＝0.05、m＝1×103 kg、g＝10 m/s2、v＝10 m/s，解得发动机的功率为P＝5×103 W，D正确．
9．如图7所示，工厂利用皮带传输机把货物从地面运送到高出水平地面的C平台上，C 平台离地面的高度一定．运输机的皮带以一定的速度v顺时针转动且不打滑．将货物轻轻地放在A处，货物随皮带到达平台．货物在皮带上相对滑动时，会留下一定长度的痕迹．已知所有货物与皮带间的动摩擦因数均为μ.若皮带的倾角θ、运行速度v和货物质量m都可以改变，始终满足tan θ<μ.可以认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则()
图7
A．当速度v一定时，角θ越大，运送时间越长
B．当倾角θ一定时，改变速度v，运送时间不变
C．当倾角θ和速度v一定时，货物质量m越大，皮带上留下的痕迹越长
D ．当倾角θ和速度v 一定时，货物质量m 越大，皮带上摩擦产生的热越多 答案 AD
解析 开始时对货物受力分析，根据牛顿第二定律得a ＝μg cos θ－g sin θ，根据运动学公式得货物加速到与传送带速度相等所需的时间t 1＝v a ，货物加速过程的位移x 1＝v 2
2a ，
货物加速到与传送带的速度相等时，因为μmg cos θ>mg sin θ，货物将做匀速运动，根据运动学公式得物体匀速的时间t 2＝L －x 1
v ，因此货物从底端运送到顶端的时间t ＝t 1＋t 2＝L v ＋v
2a ，当速度一定时，θ越大，加速度越小，运送的时间越长，A 正确；当θ一定
时，加速度一定，速度不同，运送时间不同，B 错误；货物相对传送带运动的位移Δx ＝v t 1－v 2t 1＝v 2t 1，v 和θ一定，速度一定，加速度一定，由t 1＝v
a 得货物的加速时间t 1一
定，货物相对传送带的位移一定，C 错误；摩擦产生的热量为μmg Δx ，当倾角θ和速度v 一定时，货物质量越大，摩擦产生的热越多，D 正确． 三、非选择题
10．潜艇部队经常开展鱼雷攻击敌方舰艇演练．如图8所示，某次演练的简化模型为：敌舰
沿直线MN 匀速航行，潜艇隐蔽在Q 点不动，Q 到MN 的距离QO ＝2 000 m ．当敌舰到达距离O 点800 m 的A 点时，潜艇沿QO 方向发射一枚鱼雷，正好在O 点击中敌舰．敌舰因受鱼雷攻击，速度突然减为原来的1
2，且立刻沿原运动方向做匀加速运动逃逸.100 s
后潜艇沿QB 方向发射第二枚鱼雷，鱼雷在B 点再次击中敌舰．测得OB ＝1 500 m ，不考虑海水速度的影响，潜艇和敌舰可视为质点，鱼雷的速度大小恒为25 m/s.求：
图8
(1)敌舰第一次被击中前的速度； (2)鱼雷由Q 至B 经历的时间；
(3)敌舰逃逸时的加速度大小(可用分式表示结果)． 答案 (1)10 m/s (2)100 s (3)1
40
m/s 2
解析 (1)鱼雷从Q 到O 经历的时间 t 1＝QO
v ＝2 000
25 s ＝80 s
敌舰被击中前的速度v 1＝
AO t 1
＝800
80
m /s ＝10 m/s (2)设第二枚鱼雷经过时间t 2击中敌舰，则 QB ＝
OB 2＋QO 2＝
1 5002＋
2 0002 m ＝2 500 m
t 2＝QB
v ＝2 500
25
s ＝100 s
(3)敌舰第一次被击中后瞬间的速度 v 2＝v 12＝10
2
m /s ＝5 m/s
敌舰从被第一次击中到被第二次击中经历的时间 t 3＝t 2＋100 s ＝200 s
设敌舰逃逸时的加速度大小为a ，由OB ＝v 2t 3＋1
2at 23
得a ＝2(OB －v 2t 3)t 23
代入数据得
a ＝2×(1 500－1 000)2002 m/s 2＝140
m/s 2 11．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9所示，轻绳长L ＝1
m ，承受的最大拉力为8 N ，A 的质量m 1＝2 kg ，B 的质量m 2＝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/s 2)．
图9
(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？ 答案 (1)40 N (2)3.5 m
解析 (1)设绳刚要被拉断时产生的拉力为F T ，根据牛顿第二定律，对A 物体有 F T －μm 1g ＝m 1a 代入数据得a ＝2 m/s 2 对A 、B 整体有
F －μ(m 1＋m 2)g ＝(m 1＋m 2)a 代入数据得F ＝40 N
(2)设绳断后，A 的加速度为a 1，B 的加速度为a 2，则 a 1＝μm 1g m 1＝2 m/s 2
a 2＝F －μm 2g m 2
＝3 m/s 2
A 速度减为0所需的时间为t ＝v
a 1＝1 s
A 的位移为x 1＝v 2
2a 1
＝1 m
B 的位移为x 2＝v t ＋1
2a 2t 2＝3.5 m
A 速度减为0时，A 、
B 间的距离为 Δx ＝x 2＋L －x 1＝3.5 m
12．质量M ＝9 kg 、长L ＝1 m 的木板在动摩擦因数μ1＝0.1的水平地面上向右滑行，当速度
v 0＝2 m /s 时，在木板的右端轻放一质量m ＝1 kg 的小物块，如图10所示．当小物块刚好滑到木板左端时，物块和木板达到共同速度．取g ＝10 m/s 2，求：
图10
(1)从小物块放到木板上到它们达到共同速度所用的时间t ； (2)小物块与木板间的动摩擦因数μ2. 答案 (1)1 s (2)0.08
解析 (1)设木板在时间t 内的位移为x 1，加速度大小为a 1，物块在时间t 内的位移为x 2，加速度为a 2，取木板运动的方向为正方向，则有 x 1＝v 0t －12
a 1t 2
x2＝1
2a2t
2
x1＝L＋x2
又v0－a1t＝a2t
联立解得t＝1 s
(2)对木板，根据牛顿第二定律有μ1(M＋m)g＋μ2mg＝Ma1μ2mg＝ma2
又v0－a1t＝a2t
联立解得μ2＝0.08。