2018年物理二轮复习高考研究讲义：专题一力与运动(四)聚焦计算题考法——动力学观点含答案

高考研究（四）聚焦计算题考法——动力学观点
1．（2015·全国Ⅰ卷T24）如图，一长为10 cm的金属棒ab用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中;磁场的磁感应强度大小为0。

1 T，方向垂直于纸面向里;弹簧上端固定，下端与金属棒绝缘.金属棒通过开关与一电动势为12 V的电池相连，电路总电阻为2 Ω.已知开关断开时两弹簧的伸长量为0。

5 cm；闭合开关，系统重新平衡后，两弹簧的伸长量与开关断开时相比均改变了0.3 cm。

重力加速度大小取10 m/s2。

判断开关闭合后金属棒所受安培力的方向，并求出金属棒的质量。

解析：依题意，开关闭合后，电流方向从b到a，由左手定则可知,金属棒所受的安培力方向竖直向下。

开关断开时，两弹簧各自相对于其原长伸长了Δl1＝0.5 cm。

由胡克定律和力的平衡条件得
2kΔl1＝mg①
式中，m为金属棒的质量，k是弹簧的劲度系数，g是重力加速度的大小。

开关闭合后,金属棒所受安培力的大小为
F＝IBL②
式中，I是回路电流,L是金属棒的长度.两弹簧各自再伸长了Δl2＝0.3
cm,由胡克定律和力的平衡条件得
2k（Δl1＋Δl2)＝mg＋F③
由欧姆定律有
E＝IR④
式中，E是电池的电动势，R是电路总电阻.
联立①②③④式，并代入题给数据得
m＝0。

01 kg。

⑤
答案：安培力的方向竖直向下,金属棒的质量为0。

01 kg
2。

(2017·全国Ⅲ卷T25)如图，两个滑块A和B的质量分别为m A＝1 kg 和m B＝5 kg,放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1＝0。

5；木板的质量为m＝4 kg，与地面间的动摩擦因数为μ2＝0。

1。

某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v0＝3 m/s。

A、B相遇时,A与木板恰好相对静止。

设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10 m/s2。

求：
（1)B与木板相对静止时，木板的速度；
（2）A、B开始运动时，两者之间的距离。

解析：（1)A和B在木板上滑动时，木板也在地面上滑动。

设A、B 和木板所受的摩擦力大小分别为f1、f2和f3,A和B相对于地面的加
速度大小分别为a A和a B，木板相对于地面的加速度大小为a1。

在B 与木板达到共同速度前有
f1＝μ1m A g①
f2＝μ1m B g②
f3＝μ2（m＋m A＋m B）g③
由牛顿第二定律得
f1＝m A a A④
f2＝m B a B⑤
f2－f1－f3＝ma1⑥
设在t1时刻,B与木板达到共同速度,其大小为v1.由运动学公式有
v1＝v0－a B t1⑦
v1＝a1t1⑧
联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得
v1＝1 m/s。

⑨
（2）在t1时间间隔内，B相对于地面移动的距离为
s B＝v0t1－错误!a B t12⑩
设在B与木板达到共同速度v1后，木板的加速度大小为a2。

对于B 与木板组成的系统,由牛顿第二定律有
f1＋f3＝（m B＋m)a2⑪
由①②④⑤式知，a A＝a B；再由⑦⑧式知，B与木板达到共同速度时，A的速度大小也为v1,但运动方向与木板相反。

由题意知，A和B相遇时，A与木板的速度相同，设其大小为v2，设A的速度大小从v1变到v2所用的时间为t2。

则由运动学公式,对木板有v2＝v1－a2t2⑫对A有v2＝－v1＋a A t2⑬
在t2时间间隔内，B（以及木板)相对地面移动的距离为
s1＝v1t2－错误!a2t22⑭
在（t1＋t2）时间间隔内，A相对地面移动的距离为
s A＝v0（t1＋t2)－错误!a A错误!2⑮
A和B相遇时,A与木板的速度也恰好相同，因此A和B开始运动时，两者之间的距离为
s0＝s A＋s1＋s B⑯
联立以上各式，并代入数据得
s0＝1。

9 m⑰
(也可用如图所示的速度—时间图线求解)。

答案：（1)1 m/s （2)1。

9 m
3．(2015·全国Ⅰ卷T25)一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块;在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5 m，如图（a）所示。

t＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t＝1 s时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短）。

碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板.已知碰撞后1 s时间内小物块的v .t图线如图（b）所示。

木板的质量是小物块质量的15倍,重力加速度大小g取10 m/s2。

求：
(1)木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2；
(2）木板的最小长度；
(3)木板右端离墙壁的最终距离。

解析：(1)规定向右为正方向。

木板与墙壁相碰前，小物块和木板一起向右做匀变速运动，设加速度为a1，小物块和木板的质量分别为m和M。

由牛顿第二定律有
－μ1(m＋M)g＝(m＋M）a1①
由题图（b）可知，木板与墙壁碰撞前瞬间的速度v1＝4 m/s，由运动学公式有
s0＝v0t1＋错误!a1t12③
式中，t1＝1 s，s0＝4.5 m是木板碰撞前的位移，v0是小物块和木板开始运动时的速度.
联立①②③式和题给条件得
μ1＝0.1④
在木板与墙壁碰撞后，木板以－v1的初速度向左做匀变速运动，小物块以v1的初速度向右做匀变速运动。

设小物块的加速度为a2，由牛顿第二定律有
－μ2mg＝ma2⑤
由题图(b）可得
a2＝v2－v1 t2－t1⑥
式中,t2＝2 s，v2＝0,联立⑤⑥式和题给条件得
μ2＝0。

4。

⑦
（2）设碰撞后木板的加速度为a3,经过时间Δt,木板和小物块刚好具有共同速度v3。

由牛顿第二定律及运动学公式得
μ2mg＋μ1(M＋m）g＝Ma3⑧
v3＝－v1＋a3Δt⑨
碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运动的位移为
s1＝错误!Δt⑪
小物块运动的位移为
s2＝错误!Δt⑫
小物块相对木板的位移为
Δs＝s2－s1⑬
联立⑥⑧⑨⑩⑪⑫⑬式，并代入数值得
Δs＝6.0 m ⑭
因为运动过程中小物块没有脱离木板,所以木板的最小长度应为6。

0 m。

(3）在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速运动直至停止,设加速度为a4，此过程中小物块和木板运动的位移为s3。

由牛顿第二定律及运动学公式得
μ1(m＋M）g＝(m＋M）a4⑮
0－v32＝2a4s3⑯
碰后木板运动的位移为
s＝s1＋s3⑰
联立⑥⑧⑨⑩⑪⑮⑯⑰式，并代入数值得
s＝－6.5 m⑱
木板右端离墙壁的最终距离为6.5 m。

答案：（1)0.1 0。

4 （2）6。

0 m （3)6。

5 m
高考题型典型试题难度
1.平衡类问题2015·全国Ⅰ卷
T24
★★☆
2。

应用动力学观点分析板块模型2017·全国Ⅲ卷
T25
★★★2015·全国Ⅰ卷
T25
★★★
题型(一) 平衡类
问题高考定位：常考题型,解题关键：重在恰当选择研究对象,正确进行受力分析及合成、分解
［例1] 某运动员做跳伞训练，他从悬停在空中的直升机上由静止
跳下,跳离直升机一段时间后打开降落伞减速下落，他打开降落伞后的速度－时间图象如图（a)所示。

降落伞用8根对称的悬绳悬挂运动员，每根悬绳与中轴线的夹角为37°，如图（b)所示。

已知运动员和降落伞的质量均为50 kg，不计运动员所受的阻力,打开降落伞后，降落伞所受的阻力f与下落速度v成正比，即f＝kv。

重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0。

6，cos 37°＝0。

8。

求：
(1）打开降落伞前运动员下落的高度；
(2)阻力系数k和打开降落伞瞬间的加速度；
(3)降落伞的悬绳能够承受的拉力至少为多少.
[解析］(1）打开降落伞前运动员做自由落体运动，根据速度位移公式可得
运动员下落的高度h＝错误!，
由题图（a)可知v0＝20 m/s，解得：h＝20 m.
（2)由题图（a）可知,当速度为v＝5 m/s时，运动员做匀速运动,受力达到平衡状态，
由平衡条件可得：kv＝2mg,即k＝错误!，
解得k＝200 N·s/m。

在打开降落伞瞬间，由牛顿第二定律可得:
kv0－2mg＝2ma，
解得a＝30 m/s2，方向竖直向上。

(3)根据题意可知，打开降落伞瞬间悬绳对运动员拉力最大，设此时降落伞上每根悬绳的拉力为T，以运动员为研究对象，
则有：8T cos 37°－mg＝ma，
代入数据可解得T＝312.5 N,
故悬绳能够承受的拉力至少为312.5 N。

［答案] （1）20 m (2)200 N·s/m30 m/s2，方向竖直向上(3)312。

5 N
“稳态速度类"平衡模型一般是与实际问题相结合的物理问题，其基本特征是物体在开始运动时并不平衡，而是随着外部条件的改变逐渐达到平衡状态.此类模型的一般解法是:先根据试题所描述的情境抽象出物理模型，然后根据物体运动的初始条件，结合运动学知识和牛顿运动定律对物体的运动情况进行分析，当物体最终达到平衡状态时，依据共点力的平衡条件，列出平衡方程进行求解。

[演练冲关]
1.(2018届高三·江西横峰中学等四校联考）如图所示，AB、BC、CD和DE为质量可忽略的等长细线，长度均为5 m，A、E端悬挂在水平天花板上，AE＝14 m,B、D是质量均为m0＝14 kg的相同小球，质量为m的重物挂于C点,平衡时C 点离天花板的垂直距离为7 m，g取10 m/s2，试求重物质量m。

解析：如图甲所示,设BH＝x，HC＝y，由几何关系得:x2＋y2＝25及（7－x）2＋(7－y)2＝25，解得：x＝4,y＝3
由平衡关系得另解x＝3，y＝4（舍去）
则sin α＝错误!,cos α＝错误!
以B为研究对象，受力分析如图乙所示，由共点力平衡条件得：F AB cos α－F BC sin α＝0
F AB sin α－F BC cos α－m0g＝0
解得:F BC＝300 N,
以重物为研究对象，由共点力平衡条件及对称关系得:
2F BC cos α＝mg
解得：m＝36 kg.
答案:36 kg
2。

（2018届高三·山西重点中学协作体联考）一个底面粗糙、质量为M的斜劈放在粗糙的水平面上，斜劈的斜面光滑且与水平面成30°角；现用一端固定的轻绳系一质量为m的小球，小球放在斜面上，小球静止时轻绳与竖直方向的夹角也为30°，如图所示,求:
（1）当斜劈静止时轻绳的拉力大小；
（2）若地面对斜劈的最大静摩擦力等于地面对斜劈支持力的k倍，为使整个系统静止，k值必须满足的条件.
解析：（1)对小球进行受力分析如图甲
T cos 30°＋F N1cos 30°＝mg
T sin 30°＝F N1sin 30°
T＝F N1
解得：T＝错误!mg。

（2)对斜劈进行受力分析如图乙
F N2＝Mg＋F N1cos 30°＝Mg＋错误!mg
F f＝F N1sin 30°
要使整个系统静止，则有：F f≤kF N2由以上三式解得k≥错误!.
答案：(1）错误!mg(2）k≥错误!
题型（二) 应用动力学观点分析板块模型
高考定位:常考题型
解题关键：发挥想象力，构建板块模型的运动和受力情景，并画出示意图
[分类突破］
物块带动木
板运动
［例2] 质量为M＝2 kg的木板B静止在水平面上，可视为质点的物块A从木板的左侧沿木板上表面水平冲上木板，如图甲所示.A和B经过1 s达到同一速度，之后共同减速直至静止，A和B的v t 图象如图乙所示，重力加速度g＝10 m/s2，求：
(1）A与B之间的动摩擦因数μ1和B与水平面间的动摩擦因数μ2;
(2)A的质量m。

[解析］（1）由题图乙可知，物块A在0～1 s内的加速度大小为a1＝2 m/s2
以A为研究对象，由牛顿第二定律得：μ1mg＝ma1
解得：μ1＝0。

2
B在0～1 s内的加速度大小为a2＝2 m/s2，在1～3 s内A与B相对静止,一起做匀减速运动,加速度大小为a3＝1 m/s2
以A、B同速后整体为研究对象，由牛顿第二定律得：
μ2（M＋m)g＝（M＋m)a3
解得：μ2＝0.1.
(2）以B为研究对象，在0~1 s内水平方向受到两个滑动摩擦力，由牛顿第二定律得：μ1mg－μ2（M＋m）g＝Ma2
代入数据解得A的质量:m＝6 kg。

[答案] （1）0。

2 0。

1 (2)6 kg
1．板块模型类问题中,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,因为木板往往受到摩擦力的影响也做匀变速直线运动，处理此类问题,要注意从速度、位移、时间等角
度寻找各物理量之间的联系。

2．物块不从木板的末端掉下来的临界条件是：物块到达木板末端时的速度与木板的速度恰好相等。

木板带动物
块运动
[例3］着长为L＝1.6 m、质量为M＝3 kg 的木板，一个质量为m＝1 kg大小不计的物块放在木板的最右端,物块与木板之间的动摩擦因数μ＝0.1,今对木板施加一水平向右的力F，g取10 m/s2。

（1）施力F后,要想把木板从物块的下方抽出来,求力F的大小应满足的条件；
（2）为把木板从物块的下方抽出来，施加某力后，发现该力作用最短时间t0＝0.8 s,恰好可以抽出木板，求此力的大小.
［解析] (1)力F拉动木板运动过程中:
对物块，由牛顿第二定律知μmg＝ma，
即a＝μg＝1 m/s2
对木板，由牛顿第二定律知F－μmg＝Ma1，
即a1＝错误!
要想抽出木板,则只需a1>a，即F〉μ（M＋m)g，代入数据得F〉4 N.
(2)由（1)分析可知，有力作用在木板上时，木板的速度必大于物块的速度，而木板恰好从物块下抽出时,两者速度大小相等，则力撤去时木板未从物块下抽出。

设有力时木板的加速度大小为a2,
则a2＝错误!
设没有力时木板的加速度大小为a3，
则a3＝错误!＝错误!m/s2
设从没有力到木板恰好被抽出所用时间为t2
木板从物块下抽出时有
物块速度为v＝a（t0＋t2）
发生的位移为s＝1
2
a（t0＋t2)2
木板的速度为v板＝a2t0－a3t2
发生的位移为s板＝错误!a2t02＋a2t0t2－错误!a3t22
木板刚好从物块下抽出时应有v板＝v，且s板－s＝L
联立以上各式并代入数据得t2＝1.2 s，a2＝3 m/s2,F＝10 N。

［答案] （1）F〉4 N （2）10 N
抽出木板的最小力分析设水平面光滑,A、B间的动摩擦因数为μ，则能否使B从A下抽(滑）出取决于由A、B间最大静摩擦力产生的加速度
外力满足F1>（m A＋m B)μg F2>(m A＋m B)错误!μg
［演练冲关］
3．（2018届高三·长株潭岳益五市十校联考）如图所示，在光滑的水平面上有一足够长的质量为M＝4 kg的长木板,在长木板右端有一质量为m＝1 kg的小物块,长木板与小物块间动摩擦因数为μ＝0。

2，
长木板与小物块均静止。

现用F＝14 N的水平恒力向右拉长木板，经时间t＝1 s撤去F。

则，
(1)在F的作用下，长木板的加速度为多大?
(2)刚撤去F时，小物块离长木板右端多远？
(3)最终长木板与小物块一同以多大的速度匀速运动？
（4)最终小物块离长木板右端多远？
解析：（1)根据牛顿第二定律可得Ma＝F－μmg，
解得a＝3 m/s2。

(2)刚撤去F时，小物块只受摩擦力作用,
故ma m＝μmg，
Δx1＝错误!at2－错误!a m t2，解得Δx1＝0.5 m。

(3）刚撤去F时，长木板的速度v＝at＝3 m/s，
小物块的速度v m＝a m t＝2 m/s
撤去F后，长木板的加速度a′＝错误!＝0.5 m/s2
最终速度v′＝v m＋a m t′＝v－a′t′
解得t′＝0.4 s，v′＝2。

8 m/s。

（4）在t′时间内，Δx2＝错误!－错误!
解得Δx2＝0.2 m
最终小物块离长木板右端x＝Δx1＋Δx2＝0。

7 m。

答案:(1)3 m/s2（2)0。

5 m （3)2。

8 m/s （4)0.7 m
4。

（2017·成都外国语学校模拟）如图所示，质量为m1＝3 kg 的滑块C（可视为质点)放置于光滑的平台上，与一处于自然长度的弹簧接触但不相连，弹簧另一端固定在竖直墙壁上,平台右侧的水平地面上紧靠平台依次排放着两块木板A、B。

已知木板A、B的长度均为L＝5 m，质量均为m2＝1.5 kg，木板A、B上表面与平台相平，木板A与平台和木板B均接触但不粘连，滑块C与木板A、B间的
动摩擦因数为μ1＝0.3，木板A、B与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1。

现用一水平向左的力作用于滑块C上，将弹簧从原长开始缓慢地压缩一段距离，然后将滑块C由静止释放，当滑块C刚滑上木板A时，滑块C的速度为v0＝7 m/s。

设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取g＝10 m/s2.求：
(1)弹簧的最大弹性势能;
（2）滑块C刚滑上木板A时，木板A、B及滑块C的加速度；（3)从滑块C滑上木板A到整个系统停止运动所需的时间。

解析：（1）由能量守恒定律可得，E pmax＝错误!m1v02＝73.5 J。

（2)设滑块C在木板A上滑动时，滑块C的加速度为a1,木板A、B 的加速度为a2。

则：μ1m1g＝m1a1,
解得：a1＝3 m/s2。

μ1m1g－μ2(m1＋2m2）g＝2m2a2，
解得：a2＝1 m/s2。

(3）设滑块C在木板A上运动的时间为t1.
则：L＝错误!－错误!a2t12
解得：t1＝1 s或t1＝2。

5 s(舍去)
设滑块C离开木板A时的速度为v C，木板A、B的速度分别为v A 和v B.
v C＝v0－a1t1＝4 m/s
v A＝v B＝a2t1＝1 m/s
滑块C在木板B上滑动时,滑块C的加速度仍为a1，设木板B的加速度为a3.
μ1m1g－μ2(m1＋m2）g＝m2a3，
解得：a3＝3 m/s2。

设经过时间t2，B、C达到共同速度v,则有：
v＝v C－a1t2＝v B＋a3t2,
解得t2＝0.5 s，v＝2。

5 m/s
从滑块C滑上木板B到与木板B速度相同的过程中，滑块C与木板B的相对位移为：
Δx＝错误!t2－错误!t2＝0.75 m＜5 m
可知此过程中滑块C未离开木板B，又因μ1＞μ2，B、C共速后无相对运动,设B、C一起做匀减速运动的加速度为a，到停止运动所用时间为t3。

μ2(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a，解得a＝1 m/s2。

0＝v－at3，解得t3＝2.5 s
则从滑块C滑上木板A到整个系统停止运动所需的时间为: t＝t1＋t2＋t3＝4 s。

答案：（1)73。

5 J （2)1 m/s2 3 m/s2(3）4 s
题型（三）运动
学类问题错误!
［典例示法]
[例4］（2017·合肥第一中学检测)A、B两辆玩具小汽车在相互靠近的两条平直的轨道上同向匀速行驶，初速度分别为v A＝6 m/s、v B＝2 m/s，当A车在B车后面x＝3.5 m时，A车开始以恒定的加速度大小a A＝1 m/s2刹车至停止运动,求：
（1）A车超过B车后，保持在B车前方的时间；
(2）A车超过B车后，领先B车的最大距离；
(3）若A车刹车时B车同时开始加速，加速度a B＝2 m/s2,但B车的最大速度只有4 m/s，通过计算说明A车能否追上B车。

[思路点拨]
[解析］(1)设A车用时t追上B车，
对A车，x A＝v A t－错误!a A t2
对B车，x B＝v B t
追上时有x A＝x B＋x
解得t1＝1 s，t2＝7 s
显然t1为A车追上B车,由于t2＝7 s>错误!＝6 s,故t2为A车停下后被B车追上。

设从开始到A车被B车追上用时为t3，
则v B t3＝错误!－x，解得t3＝7。

25 s
所以Δt＝t3－t1，解得Δt＝6。

25 s。

（2）设当A车与B车速度相等用时为t4,
则v A－a A t4＝v B，解得t4＝4 s，
则此过程中A车位移为x A′＝v A t4－1
2
a A t42，
B车位移x B′＝v B t4
由（1)分析可知，此时A车在B车前方，故A、B最大距离为Δx＝x A′－x－x B′，解得Δ x＝4.5 m。

(3）设从A车刹车开始用时t5两车速度相等，B车加速至最大速度用时t6，匀速运动时间为t5－t6，从A车开始刹车至速度相等过程中，v A－a A t5＝v m且v m＝v B＋a B t6，
解得t5＝2 s，t6＝1 s,
对A车，x A″＝v A t5－1
2
a A t52，x A″＝10 m
对B车,x B″＝错误!＋v m（t5－t6)，x B″＝7 m，
此时有x B″＋x＝10。

5 m〉x A″＝10 m,A车不能追上B车。

[答案] (1）6.25 s (2）4.5 m (3)不能
解决运动学类问题“4错误!
[演练冲关]
5.(2017·西安中学检测)在一次救援中,一辆汽车停在一倾角为37°的小山坡坡底，司机突然发现在距坡底48 m的山坡处一巨石以8 m/s的初速度加速滚下，巨石和山坡间的动摩擦因数为0。

5，巨石到达坡底后速率不变，在水平面的运动可以近似看成加速度大小为2 m/s2的匀减速直线运动；司机发现险情后经过2 s 汽车才启动起来,并以0.5 m/s2的加速度一直做匀加速直线运动（如图所示)，已知sin 37°＝0。

6，cos 37°＝0。

8，求：
(1）巨石到达坡底的时间和速率；
(2）汽车司机能否安全脱险。

解析：(1）设巨石到达坡底的时间为t 1，速率为v 1，则
由牛顿第二定律：mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma 1，
x ＝v 0t 1＋错误!a 1t 12，v 1＝v 0＋a 1t 1
解得t 1＝4 s ，v 1＝16 m/s.
(2）设巨石到达水平面后，其速度与汽车相等时所用时间为t 2
巨石减速：v 2＝v 1－a 2t 2
汽车加速:v 车＝a 车(t 2＋t 1－t 0）
当汽车和巨石速度相等时：v 2＝v 车，t 2＝6 s
此时汽车的位移为x 车＝12
a 车（t 2＋t 1－t 0）2＝16 m 巨石的位移：x 石＝v 1t 2－错误!a 2t 22＝60 m 〉x 车,所以汽车司机无法脱险. 答案：(1)4 s 16 m/s （2)无法脱险
［例5］ (2017·宜兴检测)质量为m ＝1 kg 的物体置于倾角为θ＝37°的固定且足够长的斜面上，对物体施以平行于斜面向上的拉力F ，t 1＝1 s 时撤去拉力，物体运动的部分v .t 图象如图乙所示。

g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37° ＝0.8，求:
（1)拉力F的大小;
(2）t＝4 s时物体的速度v的大小。

［解析] (1）设拉力F作用时物体的加速度大小为a1，对物体进行受力分析，由牛顿第二定律可知
F－mg sin θ－μmg cos θ＝ma1
撤去拉力F,同理，由牛顿第二定律有
mg sin θ＋μmg cos θ＝ma2
根据题图乙可知：a1＝20 m/s2，a2＝10 m/s2,
解得：μ＝0.5，F＝30 N。

(2）在物体运动过程中，设撤去拉力F后物体运动到最高点时间为t2，则有v1＝a2t2,解得t2＝2 s
设物体下滑时加速度为a3,由牛顿第二定律有
mg sin θ－μmg cos θ＝ma3,解得：a3＝2 m/s2
则t＝4 s时，物体沿着斜面下滑的时间为
t3＝t－t1－t2＝1 s
故速度v＝a3t3＝2 m/s.
［答案] （1）30 N (2)2 m/s
此题型以考查受力分析、牛顿运动定律的应用及运动学公式为主,解决此类问题的一般步骤是：
1．对物体在斜面上的运动进行分析，“拆分"运动过程。

2．对物体运动的每个过程都进行受力分析，结合牛顿第二定律及运动学公式求解.
此外，各个过程连接点的受力情况和速度情况往往是解题的关键,要特别注意。

[演练冲关]
6．（2018届高三·安徽江南十校联考)如图甲所示,两滑块A、B用细线跨过定滑轮相连,B距地面一定高度，A可在细线牵引下沿足够长的粗糙斜面向上滑动。

已知m A＝2 kg，m B＝4 kg，斜面倾角θ＝37°。

某时刻由静止释放A，测得A沿斜面向上运动的v.t图象如图乙所示。

已知g＝10 m/s2，sin 37°＝0。

6，cos 37°＝0.8.求：
（1)A与斜面间的动摩擦因数；
(2）A沿斜面向上滑动的最大位移；
（3）滑动过程中细线对A的拉力所做的功.
解析：(1）在0~0。

5 s内,根据题图乙，A、B系统的加速度为：a1
＝错误!＝错误!m/s2＝4 m/s2
对A、B系统受力分析，由牛顿第二定律得:
m B g－m A g sin θ－μm A g cos θ＝(m A＋m B)a1,
解得:μ＝0。

25。

（2）B落地后，A继续减速上滑,由牛顿第二定律得:
m A g sin θ＋μm A g cos θ＝m A a2
解得:a2＝8 m/s2
故A减速向上滑动的位移为：x2＝错误!＝0.25 m
0~0.5 s内A加速向上滑动的位移为：x1＝错误!＝0.5 m
所以，A上滑的最大位移为：x＝x1＋x2＝0。

75 m。

(3)细线对A的拉力在A加速上滑过程中做功，
由动能定理：
W－(m A g sin θ＋μm A g cos θ)x1＝错误!m A v2－0
解得:W＝12 J。

答案：（1)0.25 （2)0。

75 m (3)12 J
[计算题增分练] 动力学观点
1.(2017·宁夏育才中学检测)在风洞实验室中进行如图所示的实验,在倾角为37°的固定粗糙斜面上,有一个质量为1 kg的物块，在风洞施加的水平恒力F作用下,从A点由静
止开始运动，经过1。

2 s到达B点时立即关闭风洞，撤去恒力F,物块到达C点时速度变为零。

通过速度传感器测得这一过程中物块每隔0.2 s的瞬时速度，下表给出了部分数据：
已知
（1）A、C两点间的距离；
(2)物块与斜面间的动摩擦因数；
（3)水平恒力F的大小。

解析：（1)由表中数据易知，
物块做匀加速运动过程：a1＝错误!＝5 m/s2
关闭风洞后物块做匀减速运动：a2＝错误!＝10 m/s2
物块做匀加速运动过程的位移：x1＝错误!a1t12＝3.6 m
物块做匀减速运动过程的位移：x2＝错误!＝1。

8 m
故A、C两点间的距离为x＝x1＋x2＝5.4 m。

（2）由牛顿第二定律得，
物块做匀减速运动过程mg sin 37°＋μmg cos 37°＝ma2,
解得μ＝0。

5.
(3)物块做匀加速运动过程,
F cos 37°－mg sin 37°－μ（mg cos 37°＋F sin 37°）＝ma1，
解得F＝30 N。

答案：（1）5。

4 m （2)0。

5 （3）30 N
2.(2017·合肥第一中学检测）如图所示,质量M＝2 kg 的木块套在水平固定直杆上,并用轻绳与质量m＝1 kg 的小球相连，今用跟水平方向成60°角的力F＝10 3 N拉着小球并带动木块一起向右匀速运动,运动中木块、小球的相对位置保持不变，g＝10 m/s2.在运动过程中,求：
（1）轻绳与水平方向的夹角θ；
（2）木块与水平直杆间的动摩擦因数μ.
解析：(1）小球处于匀速直线运动状态，所受合力为零，以小球为研究对象,由平衡条件得：
水平方向F cos 60°－F T cos θ＝0
竖直方向F sin 60°－F T sin θ－mg＝0
解得θ＝30°。

(2)木块、小球整体处于匀速直线运动状态,系统所受合力为零，以木块、小球整体为研究对象。

由平衡条件得
水平方向F cos 60°－μF N＝0
竖直方向F N＋F sin 60°－Mg－mg＝0
解得μ＝错误!。

答案：（1）30°(2）错误!
3.（2017·江苏仪征中学模拟）如图所示，光滑直杆AB 长为L,B端固定一根劲度系数为k、原长为l0的轻弹簧,质量为m的小球套在光滑直杆上并与弹簧的上端连接.OO′为过B点的竖直轴，杆与水平面间的夹角始终为θ。

（1)杆保持静止状态，让小球从弹簧的原长位置静止释放，求小球释放瞬间的加速度大小a及小球速度最大时弹簧的压缩量Δl1; (2）当小球随杆一起绕OO′轴匀速转动时，弹簧伸长量为Δl2,求杆匀速转动的角速度ω；
(3）若θ＝30°，移去弹簧，当杆绕OO′轴以角速度ω0＝错误!匀速转动时,小球恰好在杆上某一位置随杆在水平面内匀速转动，求小球离B点的距离L0。

解析：(1）小球从弹簧的原长位置静止释放时,根据牛顿第二定律有：mg sin θ＝ma，
解得a＝g sin θ。

小球速度最大时其加速度为零,则:
k Δl 1＝mg sin θ，
解得Δl 1＝mg sin θk。

（2)弹簧伸长量为Δl 2时，小球受力如图所示，
水平方向上有：
F N sin θ＋k Δl 2cos θ＝mω2(l 0＋Δl 2）cos θ
竖直方向上有：
F N cos θ－k Δl 2sin θ＝mg
解得ω＝ 错误! .
(3)当杆绕OO ′轴以角速度ω0匀速转动时，小球离B 点的距离为L 0 此时有mg tan θ＝mω02L 0cos θ,又θ＝30°
解得L 0＝错误!L 。

答案:（1）g sin θ
错误! （2） 错误! (3）错误!L
4．（2017·天津五区县模拟）如图甲所示，光滑平台右侧与一长为L ＝2.5 m 的水平木板相接，木板固定在地面上，现有一滑块以初速度v 0＝5 m/s 滑上木板，滑到木板右端时恰好停止。

现让木板右端抬高，
如图乙所示，使木板与水平地面的夹角θ＝37°,让滑块以相同的初速度滑上木板,不计滑块滑上木板时的能量损失，g＝10 m/s2,sin 37°＝0.6,cos 37°＝0.8。

求:
（1）滑块与木板之间的动摩擦因数μ；
（2)滑块从滑上倾斜木板到滑回木板底端所用的时间t。

解析：(1）设滑块质量为m，木板水平时滑块加速度为a，则对滑块有μmg＝ma
滑块滑到木板右端时恰好停止，有0－v02＝－2aL
解得μ＝错误!。

（2）当木板倾斜，设滑块上滑时的加速度为a1，最大距离为s，上滑的时间为t1,有
μmg cos θ＋mg sin θ＝ma1
0－v02＝－2a1s
0＝v0－a1t1,
解得s＝错误!m，t1＝错误!s
设滑块下滑时的加速度为a2，下滑的时间为t2，有
mg sin θ－μmg cos θ＝ma2
s＝错误!a2t22
解得t2＝错误!s
滑块从滑上倾斜木板到滑回木板底端所用的时间
t＝t1＋t2＝错误!s。

答案:（1)错误!（2）错误!s
5．（2017·天津和平区检测)如图所示，倾角为α＝37°、长度为x ＝9 m的固定斜面，其底端与长木板B上表面等高，原来B静止在粗糙水平地面上，左端与斜面接触但不粘连，斜面底端与B的上表面接触处圆滑。

一可视为质点的小滑块A从斜面顶端处由静止开始下滑,最终A刚好未从B上滑下。

已知A、B的质量相等，A与斜面、B上表面间的动摩擦因数均为μ1＝0.5,B与地面间的动摩擦因数为μ2＝0。

1,sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2。

求:
（1)A刚到达B时的速度v0；
(2）当A滑上B的上表面后,B是否仍保持静止；
（3)从A到达B到与B相对静止所需的时间。

解析：（1）设A从斜面下滑过程中加速度大小为a0,刚到达B时速度大小为v0，由牛顿第二定律和运动学公式得：mg sin α－μ1mg cos α＝ma0
v02－0＝2a0x
解得：v0＝6 m/s.
(2)当A到达B后，由于μ1mg〉μ2·2mg，故B不会静止。

（3）A在B上滑行，对A有ma1＝μ1mg
对B：μ1mg－μ2·2mg＝ma2
且A、B相对静止时:v0－a1t＝a2t
解得t＝0.75 s.
答案:（1)6 m/s （2）B不会静止（3)0。

75 s
6．（2017·山东实验中学模拟）如图所示，物块A和长木板B质量均为1 kg，A与B之间、B与地面之间动摩擦因数分别为0.5和0。

2，开始时A静止在B左端,B停在水平地面上。

某时刻起给A施加一大小为9 N的水平拉力F,1 s后撤去F，最终A恰好停在B右端。

求(g取10 m/s2）:
（1)通过计算说明前1 s内B是否运动；
（2)1 s末A的速度；
(3）B的长度。

解析：(1)B受到A的摩擦力f1＝μ1mg＝5 N
地面的最大静摩擦力f2＝μ2·2mg＝4 N
f1>f2，故B运动.
(2)F作用时,对A：F－μ1mg＝ma1,a1＝4 m/s2
1 s末A的速度v1＝a1t0＝4 m/s。

（3)F作用1 s内A的位移：x1＝错误!a1t02＝2 m
对B：μ1mg－μ2·2mg＝ma2，a2＝1 m/s2
撤去F后，A开始减速,有ma1′＝μ1mg
B仍以a2＝1 m/s2的加速度加速,设再经t时间,A恰好不滑下，则：v1－a1′t＝a2（t0＋t)
解得t＝0.5 s
此过程A的位移x1′＝v1t－错误!a1′t2＝1。

375 m
全过程B的位移x2＝错误!a2(t0＋t)2＝1。

125 m
B的长度即为二者的相对位移：
L＝x1＋x1′－x2＝2.25 m。

答案:(1）B运动(2）4 m/s （3)2.25 m。