【考前】高考物理(浙江通用)名师考点点拨专题讲义：专题2+牛顿运动定律与直线运动

高考定位
牛顿运动定律是历年高考重点考查的内容之一．对这部分内容的考查非常灵活，选择、实验、计算等题型均可以考查．其中用整体法和隔离法处理问题，牛顿第二定律与静力学、运动学的综合问题，
物体的平衡条件等都是高考热点；对牛顿第一、第三定律的考查经常以选择题或融合到计算题中的形式呈现．另外，牛顿运动定律在实际中的应用很多，如弹簧问题、传送带问题、超重失重问题等等，应用非常广泛．
考题1对匀变速直线运动规律的考查
例
1为了迎接外宾，对国宾车队要求非常严格．设从同一地点先后开出甲、乙两辆不同型号的国宾汽车在平直的公路上排成直线行驶．汽车甲先开出，汽车乙后开出．汽车甲从静止出发先做加速度为a1的匀加速直线运动，达到速度v后改为匀速直线运动．汽车乙从静止出发先做加速度为a2的匀加速直线运动，达到同一速度v后也改为匀速直线运动．要使甲、乙两辆汽车都匀速行驶时彼此间隔的间距为x.则甲、乙两辆汽车依次启动的时间间隔为多少？(不计汽车的大小)
审题突破设当甲经过一段时间t1匀加速运动达到速度v，位移为x1，根据匀加速直线运动基本公式求出位移和速度，设乙出发后，经过一段时间t2匀加速运动达到速度v，位移为x2，根据匀加速直线运动基本公式求出位移和速度，设甲匀速运动时间为t，甲、乙依次启动的时间间隔为Δt，根
据位移关系列式即可求解．
解析设当甲经过一段时间t1匀加速运动达到速度v，位移为x1，
对甲，有：v＝a1t1①
v2＝2a1x1②
设乙出发后，经过一段时间t2匀加速运动达到速度v，位移为x2，
对乙，有：v＝ɑ2t2③
v2＝2ɑ2x2④
设甲匀速运动时间t后，乙也开始匀速运动，甲、乙依次启动的时间间隔为Δt，由题意知：Δt＝t1＋t－t2⑤
x＝x1＋v t－x2⑥
解得：Δt＝x
v＋
v
2a1－
v
2a2.
答案x
v＋
v
2a1－
v
2a2
1．如图1甲所示，一个m＝3 kg的物体放在粗糙水平地面上，从t＝0时刻起，物体在水平力F作用下由静止开始做直线运动．在0～3 s时间内物体的加速度a随时间t的变化规律如图乙所示，已知物体与地面间的动摩擦因数处处相等．则()
甲乙
图1
A．在0～3 s时间内，物体的速度先增大后减小
B．3 s末物体的速度最大，最大速度为10 m/s
C．2 s末F最大，F的最大值为12 N
D．前2 s内物体做匀变速直线运动，力F大小保持不变
答案BD
解析物体在前3 s内始终做加速运动，第3 s内加速度减小说明物体速度增加得慢了，但仍是加速运动，故A错误；因为物体速度始终增加，故3 s末物体的速度最大，在a－t图象上图象与时间轴所围图形的面积表示速度变化，Δv＝10 m/s，物体由静止开始加速运动，故最大速度为10 m/s，所以B正确；由F合＝ma知前2 s内的合外力为12 N，由于受摩擦力作用，故作用力大于12 N，故C错误．
2．(2014·山东·23)研究表明，一般人的刹车反应时间(即图2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：
图2
(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．
答案(1)8 m/s2 2.5 s(2)0.3 s(3)41 5
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v t＝0，位移s＝25 m，由运动学公式得
v20＝2as①
t＝v0 a②
联立①②式，代入数据得a＝8 m/s2③
t＝2.5 s.
(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′＋s④
Δt＝t′－t0⑤
联立④⑤式，代入数据得Δt＝0.3 s.
(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＝ma⑥
由平行四边形定则得F20＝F2＋(mg)2⑦
联立③⑥⑦式，代入数据得F0
mg＝
41
5.
1．如果一个物体的运动包含几个阶段，就要分段分析，各段交接处的速度往往是联系各段的纽带．2．描述匀变速直线运动的基本物理量有v0、v、a、x、t五个量，每一个基本公式中都涉及四个量，选择公式时一定要注意分析已知量和待求量，根据所涉及的物理量选择合适的公式求解，会使问题简化．
3．对于刹车类问题，当车速度为零时，停止运动，其加速度也突变为零．求解此类问题应先判断车停下所用的时间，再选择合适的公式求解．
考题2对牛顿第二定律应用的考查
例
2如图3所示，A、B两滑环分别套在间距为1 m 的光滑细杆上，A和B的质量之比为1∶3，用一自然长度为1 m的轻弹簧将两环相连，在A环上作用一沿杆方向、大小为20 N的拉力F，当两环都沿杆以相同的加速度a运动时，弹簧与杆夹角
为53°.(cos 53°＝0.6)
图3
(1)求弹簧的劲度系数；
(2)若突然撤去拉力F ，在撤去拉力F 的瞬间，A 的加速度大小为a ′，a ′与a 之比为多少？ 审题突破 (1)以两球和弹簧组成的整体为研究对象，根据牛顿第二定律求出加速度，再以B 为研究对象求出弹簧的弹力，由胡克定律求出弹簧的劲度系数．(2)若突然撤去拉力F ，在撤去拉力F 的瞬间，弹簧的弹力没有来得及变化，再分析受力，由牛顿第二定律求解a ′与a 之比． 解析 (1)先取A 、B 和弹簧组成的整体为研究对象，弹簧弹力为内力，杆对A 、B 的支持力与加速度方向垂直，在沿F 方向应用牛顿第二定律 F ＝(m A ＋m B )a ①
再取B 为研究对象，F 弹cos 53°＝m B a ② ①②联立解得，F 弹＝25 N 由几何关系得，弹簧的伸长量
Δx ＝⎝⎛⎭⎫1
sin 53°－1 m ＝0.25 m 由F 弹＝k Δx 解得弹簧的劲度系数 k ＝F 弹
Δx
＝100 N/m
(2)撤去力F 瞬间，弹簧弹力不变，A 的加速度大小a ′＝F 弹cos 53°
m A ，方向沿杆方向向左
由②式得a ＝F 弹cos 53°
m B ，方向沿杆水平向右
所以a ′∶a ＝m B ∶m A ＝3∶1 答案 (1)100 N/m (2)3∶1
3．(单选)(2014·新课标Ⅰ·17)如图4所示，用橡皮筋将一小球悬挂在小车的架子上，系统处于平衡状态．现使小车从静止开始向左加速，加速度从零开始逐渐增大到某一值，然后保持此值，小球稳定地偏离竖直方向某一角度(橡皮筋在弹性限度内)，与稳定在竖直位置时相比，小球的高度()
图4
A．一定升高
B．一定降低
C．保持不变
D．升高或降低由橡皮筋的劲度系数决定
答案 A
解析设橡皮筋原长为l0、劲度系数为k，小球在竖直位置静止时，橡皮筋长度为l，加速时长度为l′且与竖直方向夹角为θ.由胡克定律可知，静止时k(l－l0)＝mg，加速时小球受力分析如图所示，由牛顿第二定律可知
k(l′－l0)cos θ＝mg
则k(l－l0)＝k(l′－l0)cos θ
l′cos θ＝l－l0(1－cos θ)
即l′cos θ<l
所以小球高度一定升高，故选项A正确．
(1)无论是哪种情况，联系力和运动的“桥梁”都是加速度．利用牛顿第二定律解决动力学问题的关键是寻找加速度与未知量的关系，然后利用运动学规律、牛顿第二定律和力的运算法则列式求解．(2)物体的运动情况由受力情况及物体运动的初始条件共同决定．
考题3应用动力学方法分析传送带问题
例
3某煤矿运输部有一新采购的水平浅色足够长传送带以4.0 m/s的恒定速度运动，若使该传送带改做加速度大小为3.0 m/s2的匀减速运动，并且在传送带开始做匀减速运动的同时，将一煤块(可视为质点)无初速度放在传送带上．已知煤块与传送带
间的动摩擦因数为0.10，重力加速度取10 m/s 2，求煤块在浅色传送带上能留下的痕迹长度和相对于传送带运动的位移大小？(计算结果保留两位有效数字)
审题突破 煤块先相对于传送带向后滑动，速度相同后，又相对传送带向前滑，根据运动学公式，结合速度时间图线求出两次过程中相对位移的大小，从而得出划痕的长度． 解析 由运动情况作出传送带和煤块的v —t 图象，如图所示．
因煤块与传送带间的动摩擦因数为μ，则煤块在传送带上运动的加速度a 0＝μg ＝1.0 m/s 2 设传送带的加速度大小为a ，由运动学规律得：v 1＝a 0t 1 ＝v 0－at 1
解得t 1＝v 0
a ＋μg ＝1.0 s
v 1＝1.0 m/s
此过程中煤块相对于传送带向后滑动，划线的长度为l 1＝v 0t 1－12at 21－12
a 0t 2
1＝2.0 m 当煤块与传送带间的速度相等以后，两者都做匀减速直线运动，煤块相对于传送带又向前滑动，划
线的长度l 2＝v 212μg －v 21
2a ＝13 m ≈0.33 m
因为l 1>l 2，煤块在传送带上留下的划线长度为l 1＝2.0 m 煤块相对于传送带的位移为x ＝l 1－l 2＝2.0 m －0.33 m ≈1.7 m 答案 2.0 m 1.7 m
4．(2014·四川·7)如图5所示，水平传送带以速度v1匀速运动，小物体P、Q由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，t＝0时刻P在传送带左端具有速度v2，P与定滑轮间的绳水平，t＝t0时刻P离开传送带．不计定滑轮质量和摩擦，绳足够长．正确描述小物体P速度随时间变化的图像可能是()
图5
答案 BC
解析 若v 1>v 2，且P 受到的滑动摩擦力大于Q 的重力，则可能先向右匀加速，加速至v 1后随传送带一起向右匀速，此过程如图B 所示，故B 正确．若v 1>v 2，且P 受到的滑动摩擦力小于Q 的重力，此时P 一直向右减速，减速到零后反向加速．若v 2>v 1，P 受到的滑动摩擦力向左，开始时加速度a 1＝F T ＋μmg m ，当减速至速度为v 1时，摩擦力反向，若有F T >μmg ，此后加速度a 2＝F T －μmg m ，故C
正确，A 、D 错误．
分析处理传送带问题时需要特别注意两点：一是对物体在初态时(静止释放或有初速度的释放)所受滑动摩擦力的方向的分析；二是对物体与传送带共速时摩擦力的有无及方向的分析．
考题4应用动力学方法分析“滑块—木板模型”问题
例
4(14分)如图6所示，水平地面上有一质量为M 的长木板，一个质量为m的物块(可视为质点)放在长木板的最右端．已知m与M之间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数为μ2.从某时刻起物块m以v1的水平初速度向左运动，同时木板M在水平外力F作用下始终向右以速度v2(v2>v1)匀速运动，求：
图6
(1)在物块m向左运动过程中外力F的大小；
(2)木板至少多长物块不会从木板上滑下来？
解析(1)
在物块m向左运动过程中，木板受力如图所示，其中F f1、F f2分别为物块和地面给木板的摩擦力，由题意可知
F f1＝μ1mg (1分) F f2＝μ2(m ＋M )g (2分) 由平衡条件得：
F ＝F f1＋F f2＝μ1mg ＋μ2(m ＋M )g (2分)
(2)设物块向左匀减速至速度为零的时间为t 1，则
t 1＝v 1
μ1g (1分)
设物块向左匀减速运动的位移为x 1，则
x 1＝v 12t 1＝v 212μ1g
(1分)
设物块由速度为零向右匀加速至与木板同速(即停止相对滑动)的时间为t 2，则 t 2＝v 2
μ1g (1分)
设物块向右匀加速运动的位移为x 2，则
x 2＝v 22t 2＝v 222μ1g (1分)
此过程中木板向右匀速运动的总位移为x ′，则 x ′＝v 2(t 1＋t 2)(1分)
则物块不从木板上滑下来的最小长度： L ＝x ′＋x 1－x 2(2分)
代入数据解得：L ＝(v 1＋v 2)22μ1g
.(2分)
答案 (1)μ1mg ＋μ2(m ＋M )g (2)(v 1＋v 2)2
2μ1g
(2013·新课标Ⅱ·25)(16分)一长木板在水平地面上运动，在t ＝0时刻将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，以后木板运动的速度－时间图象如图7所示．已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦．物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板
上．取重力加速度的大小g ＝10 m/s 2，求：
图7
(1)物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数(结果保留两位有效数字)； (2)从t ＝0时刻到物块与木板均停止运动时，物块相对于木板的位移的大小． 答案 (1)0.20 0.30 (2)1.125 m
解析 (1)从t ＝0时开始，木板与物块之间的摩擦力使物块加速，使木板减速，此过程一直持续到物块和木板具有共同速度为止．
由题图可知，在t 1＝0.5 s 时，物块和木板的速度相同．设t ＝0到t ＝t 1时间间隔内，物块和木板的加速度大小分别为a 1和a 2，则
a 1＝v 1t 1①
a 2＝v 0－v 1t 1
②
式中v 0＝5 m/s 、v 1＝1 m/s 分别为木板在t ＝0、t ＝t 1时速度的大小．
设物块和木板的质量均为m ，物块和木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，由牛顿第二定律得 μ1mg ＝ma 1③ (μ1＋2μ2)mg ＝ma 2④ 联立①②③④式得 μ1＝0.20⑤ μ2＝0.30⑥
(2)在t 1时刻后，地面对木板的摩擦力阻碍木板运动，物块与木板之间的摩擦力改变方向．设物块与木板之间的摩擦力大小为f ，物块和木板的加速度大小分别为a 1′和a 2′，则由牛顿第二定律得
f＝ma1′⑦
2μ2mg－f＝ma2′⑧
假设f＜μ1mg，则a1′＝a2′；由⑤⑥⑦⑧式得f＝μ2mg＞μ1mg，与假设矛盾，故f＝μ1mg⑨由⑦⑨式知：物块加速度的大小a1′等于a1；物块的v－t图象如图中点划线所示．
由运动学公式可推知，物块和木板相对于地面的运动距离分别为
s1＝2×v21
2a1⑩
s2＝v0＋v1
2t1＋
v21
2a2′
⑪
物块相对于木板的位移的大小为
s＝s2－s1⑫
联立①⑤⑥⑧⑨⑩⑪⑫式得
s＝1.125 m
知识专题练训练2
题组1匀变速直线运动规律
1．(单选)(2014·福建·15)如图1所示，滑块以初速度v0沿表面粗糙且足够长的固定斜面，从顶端下滑，直至速度为零．对于该运动过程，若用h、s、v、a分别表示滑块的下降高度、位移、速度和加速度的大小，t表示时间，则下列图象最能正确描述这一运动规律的是()
图1 答案 B
解析滑块沿斜面向下做匀减速运动，故滑块下滑过程中，速度随时间均匀变化，加速度a不变，选项C、D错误．
设斜面倾角为θ，则s＝h
sin θ＝v0t－1
2at
2，故h—t、s—t图象都应是开口向下的抛物线，选项A错
误，选项B正确．
题组2牛顿第二定律的应用
2．如图2甲所示，在倾角为37°的粗糙且足够长的斜面底端，一质量m＝2 kg可视为质点的滑块压缩一轻弹簧并锁定，滑块与弹簧不相连．t＝0 s时解除锁定，计算机通过传感器描绘出滑块的速度时间图象如图乙所示，其中Ob段为曲线，bc段为直线，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.则下列说法正确的是()
图2
A．在0.15 s末滑块的加速度为－8 m/s2
B．滑块在0.1～0.2 s时间间隔内沿斜面向下运动
C ．滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.25
D ．在滑块与弹簧脱离之前，滑块一直在做加速运动 答案 AC
解析 在v －t 图象中，斜率代表加速度，0.15 s 末滑块的加速度a ＝Δv
Δt ＝－8 m/s 2，故A 正确；滑
块在0.1～0.2 s 时间间隔内沿斜面向上运动，故B 错误；滑块在0.1～0.2 s 内，由牛顿第二定律可知，－mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma ，可求得μ＝0.25，故C 正确；在0～0.1 s 过程中滑块和弹簧接触，由图象可知，滑块先做加速运动后做减速运动，故D 错误．
3．如图3所示，A 、B 是两个质量均为m ＝1 kg 的小球，两球由长L ＝4 m 的轻杆相连组成系统，水平面上的P 、Q 两点间是一段长度为4.5 m 的粗糙平面，其余部分表面光滑，小球与PQ 间的动
摩擦因数μ＝0.2，球A 、B 分别静止在P 点两侧，离P 点的距离均为L
2.两球均可视为质点，不计轻
杆质量，现对B 球施加一水平向右F ＝4 N 的拉力，取g ＝10 m/s 2，求：
图3
(1)A 球经过P 点时系统的速度大小；
(2)若当A 球经过P 点时立即撤去F ，最后A 、B 球静止，A 球静止时与Q 点的距离． 答案 (1)2 m/s (2)3 m
解析 (1)设系统开始运动时加速度为a 1，由牛顿第二定律有 F －μmg ＝2ma 1 解得a 1＝1 m/s 2
设A 球经过P 点时速度为v 1，则
v 21＝2a 1·L
2 得v 1＝2 m/s
(2)设A、B在P、Q间做匀减速运动时加速度大小为a2，则有
2μmg＝2ma2
a2＝μg＝2 m/s2
当A球经过P点时拉力F撤去，但系统将继续滑行，设当B到达Q时滑行的距离为x1，速度为v2，则有
x1＝x PQ－L＝0.5 m
由v22－v21＝－2a2x1
解得v2＝ 2 m/s
因为v2>0，故知B球将通过Q点，做匀减速直线运动，此时加速度大小为a3.
则有μmg＝2ma3
a3＝1 m/s2
设系统继续滑行x2后静止，则有
0－v22＝－2a3x2
可得x2＝1 m
即A球静止时与Q点的距离Δx＝L－x2＝3 m
题组3应用动力学方法分析传送带
4．如图4所示，倾斜的传送带以恒定的速度v2向上运动，一个小物块以初速度v1从底端冲上传送带，且v1大于v2，小物块从传送带底端到达顶端的过程中一直做减速运动，则()
图4
A．小物块到达顶端的速度可能等于零
B．小物块到达顶端的速度不可能等于v2
C．小物块的机械能一直在减小
D ．小物块所受的合外力一直做负功 答案 AD
解析 当传送带对小物块的滑动摩擦力小于重力沿传送带向下的分力时，小物块有可能一直减速到达顶端速度恰好减为零，所以A 正确；小物块的速度小于v 2以后，摩擦力对小物块做正功，机械能增大，所以C 错误；若传送带对小物块的滑动摩擦力大于重力沿传送带向下的分力，当小物块速度减为v 2时，以v 2做匀速运动，所以到达顶端的速度有可能等于v 2，故B 错误；因小物块一直在减速，根据动能定理可得合外力一直做负功，所以D 正确．
5．如图5甲所示，水平传送带AB 逆时针匀速转动，一个质量为M ＝1.0 kg 的小物块以某一初速度由传送带左端滑上，通过速度传感器记录下物块速度随时间的变化关系如图乙所示(图中取向左为正方向，以物块滑上传送带时为计时零点)．已知传送带的速度保持不变，g 取10 m/s 2.求：
甲 乙
图5
(1)物块与传送带间的动摩擦因数μ； (2)物块在传送带上的运动时间； (3)整个过程中系统产生的热量． 答案 (1)0.2 (2)4.5 s (3)18 J
解析 (1)由速度图象可知，物块做匀变速运动的加速度：a ＝Δv
Δt ＝2.0 m/s 2
由牛顿第二定律得F f ＝Ma
则物块与传送带间的动摩擦因数μ＝Ma
Mg
＝0.2.
(2)由速度图象可知，物块初速度大小v ＝4 m/s 、传送带速度大小v ′＝2 m/s ，物块在传送带上滑动t 1＝3 s 后，与传送带相对静止．
前2 s 内物块的位移大小x 1＝v
2t ＝4 m ，向右，
后1 s 内的位移大小x 2＝v ′
2t ′＝1 m ，向左，
3 s 内位移x ＝x 1－x 2＝3 m ，向右；
物块再向左运动时间t 2＝x
v ′＝1.5 s.
物块在传送带上运动时间t ＝t 1＋t 2＝4.5 s.
(3)物块在传送带上滑动的3 s 内，传送带的位移x ′＝v ′t 1＝6 m ，向左 物块的位移x ＝x 1－x 2＝3 m ，向右 相对位移为Δx ′＝x ′＋x ＝9 m 所以转化的热能E Q ＝F f ·Δx ′＝18 J.
题组4 应用动力学方法分析“滑块—木板模型”
6．如图6所示，质量为m ＝1 kg 的物块，放置在质量M ＝2 kg 足够长木板的中间，物块与木板间的动摩擦因数为0.1，木板放置在光滑的水平地面上．在地面上方存在两个作用区，两作用区的宽度L 均为1 m ，边界距离为d ，作用区只对物块有力的作用：Ⅰ作用区对物块作用力方向水平向右，Ⅱ作用区对物块作用力方向水平向左．作用力大小均为3 N ．将物块与木板从图示位置(物块在Ⅰ作用区内的最左边)由静止释放，已知在整个过程中物块不会滑离木板．取g ＝10 m/s 2.
图6
(1)在物块刚离开Ⅰ区域时，物块的速度多大？
(2)若物块刚进入Ⅱ区域时，物块与木板的速度刚好相同，求两作用区的边界距离d ； (3)物块与木板最终停止运动时，求它们相对滑动的路程． 答案 (1)2 m/s (2)1.5 m (3)3 m
解析 (1)对物块由牛顿第二定律：F －μmg ＝ma m 1
得：a m 1＝F －μmg
m ＝2 m/s 2
由L ＝12a m 1t 21得t 1＝ 2L a m 1＝1 s v m 1＝a m 1t 1＝2 m/s. (2)Ⅰ区域内，对木板： 由μmg ＝Ma M 1得a M 1＝0.5 m/s 2 物块到达Ⅰ区域边缘处，木板的速度： v M 1＝a M 1t 1＝0.5 m/s 离开Ⅰ区域后：
对物块：由μmg ＝ma m 2，得a m 2＝1 m/s 2 对木板：a M 2＝a M 1＝0.5 m/s 2
当物块与木板达共同速度时：v m 1－a m 2t 2＝v M 1＋a M 2t 2 得t 2＝1 s
两作用区边界距离为d ＝v m 1t 2－12
a m 2t 22＝1.5 m. (3)由于F >μmg ，所以物块与木板最终只能停在两作用区之间．由全过程能量守恒与转化规律：FL ＝μmgx
得：x ＝FL μmg
＝3 m.
7．如图7甲所示，由斜面AB 和水平面BC 组成的物块，放在光滑水平地面上，斜面AB 部分光滑，AB 长度为s ＝2.5 m ，水平部分BC 粗糙．物块左侧与竖直墙壁之间连接着一个力传感器，当传感器受压时示数为正值，被拉时为负值．上表面与BC 等高且粗糙程度相同的木板DE 紧靠在物块的右端，木板DE 质量M ＝4 kg ，长度L ＝1.5 m ．一可视为质点的滑块从A 点由静止开始下滑，经B 点由斜面转到水平面时速度大小不变．滑块从A 到C 过程中，传感器记录到力和时间的关系如图乙所示．g 取10 m/s 2，求：
图7
(1)斜面AB 的倾角θ； (2)滑块的质量m ；
(3)滑块到达木板DE 右端时的速度大小． 答案 (1)30° (2)2 kg (3)1 m/s
解析 (1)在0～1 s 内滑块沿斜面匀加速下滑： mg sin θ＝ma s ＝12
at 2 由题图乙知：t ＝1 s
解得sin θ＝1
2
，即θ＝30°.
(2)在0～1 s 内对物块ABC 受力分析： mg cos θ·sin θ－F ＝0
由题图乙知：F ＝5 3 N 解得m ＝2 kg.
(3)滑块到达B 点时的速度v B ＝at ＝gt sin θ＝5 m/s 1～2 s 滑块在BC 部分做减速运动：μmg ＝ma ′ 对物块，由图象知：μmg ＝F ＝4 N 解得a ′＝2 m/s 2，μ＝0.2
滑块到达C 点时：v C ＝v B －a ′t ＝v B －μg ·t ＝3 m/s 滑块滑上木板DE 时： 对滑块：－μmg ＝ma 1 对木板：μmg ＝Ma 2
解得a 1＝－2 m/s 2，a 2＝1 m/s 2 设滑块在木板上的滑行时间为t ，
x 滑块＝v C t ＋1
2a 1t 2
x 木板＝1
2a 2t 2
L ＝x 滑块－x 木板 解得t ＝1 s
此时，滑块速度v 滑块＝v C ＋a 1t ＝1 m/s 木板速度v 木板＝a 2t ＝1 m/s
滑块恰好滑到木板右端，速度为1 m/s.。