第5讲多物体、多过程”类力学综合问题讲义
课件2：专题五 应用力学两大观点分析多过程问题
物理
【例2】如图所示，一粗糙斜面AB与圆心角为37°的光 滑圆弧BC相切，经过C点的切线方向水平．已知圆弧 的半径为R＝1.25 m，斜面AB的长度为L＝1 m．质量 为m＝1 kg的小物块(可视为质点)在水平外力F＝1 N作 用下，从斜面顶端A点处由静止开始，沿斜面向下运动， 当到达B点时撤去外力，物块沿圆弧滑至C点抛出，若 落地点E与C点间的水平距离为x＝1.2m，C点距离地面 高度为h＝0.8 m．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力 加速度g取10 m/s2)求：
物理
(2)从B点到C点由动能定理有 mgR(1－cos 37°)＝mv－mv，vB＝2 m/s (3)从A点到B点由v＝2aL，得a＝2 m/s2 由牛顿第二定律有 mgsin 37°＋Fcos 37°－μ(mgcos 37°－Fsin 37°)＝ma 代入数据，解得μ≈0.65
物理
【突破训练 2】如图 2 所示，AB 为倾角 θ＝37°的斜面轨道，轨道的
解得 x＝12.4 m
解法二
Fcos 37°－μ(mg－Fsin 37°)＝ma1
v2＝2a1x
v2＝2a2(L－x)
解得 x＝12.4 m
物理 μmg＝ma2
(3)在妈妈撤去力时小孩和雪橇的动能最大， 解法一 由动能定理得 Fcos 37°·x－μ(mg－Fsin 37°)·x＝Ek (写成－μmg(L－x)＝0－Ek 也可以) 解得 Ek＝72 J
物理
解析 (1)由 x＝12t－4t2 知，物块在 C 点速度为 v0＝12 m/s 设物块从 D 点运动到 C 点的过程中，弹簧对物块所做的功 为 W，由动能定理得： W－mgsin 37°·CD ＝12mv0 2 代入数据得：W＝12mv0 2＋mgsin 37°·CD ＝156 J
原创1：专题五 应用力学两大观点分析多过程问题
终静止，摩擦力做功使动能全部转化为内能，故有：
Ff l 相＝12(M＋m)v2t 得 l 相＝5.5 m
⑨
小车从物块碰撞后开始匀减速运动，(每个减速阶
段)加速度 a 不变 aM＝FMf＝0.5 m/s2，vt＝aMt
得 t＝23 33 s 答案 (1)3 m/s
○ 10 (2)43 N (3)5.5 m
专题五 应用力学两大观点分析多过 程问题
考点一 应用动力学方法和动能定理解决多过程问题
若一个物体参与了多个运动过程，有的运动过 程只涉及分析力或求解力而不涉及能量问题，则常 常用牛顿运动定律求解；若该过程涉及能量转化问 题，并且具有功能关系的特点，则往往用动能定理 求解．
【例 1】如图所示，竖直固定放置的粗糙斜面 AB 的下 端与光滑的圆弧 BCD 的 B 点相切，圆弧轨道的半径 为 R，圆心 O 与 A、D 在同一水平面上，C 点为圆弧 轨道最低点，∠COB＝θ，现在质量为 m 的小物体从
联立以上两式解得 FNmax＝3mg＋12mgcos θ 最终小物体将从 B 点开始做往复运动，则有 mgR(1－cos θ)＝12mv′2，FNmin－mg＝mv′R 2 联立以上两式，解得 FNmin＝mg(3－2cos θ)
由牛顿第三定律，得小物体通过圆弧轨道最低点 C 时，对 C 点的最大压力
距 D 点高度为Rco4s θ的地方无初速度地释放，已知小 物体恰能从 D 点进入圆弧轨道．求：
(1)为使小物体不会从 A 点冲出斜面，小物体与斜 面间的动摩擦因数至少为多少？ (2)若小物体与斜面间的动摩擦因数 μ＝2scionsθθ，则 小物体在斜面上通过的总路程为多少？ (3)小物体通过圆弧轨道最低点 C 时，对 C 点的最 大压力和最小压力各是多少？
第5章 专题5应用力学两大观点分析多过程问题
专题五应用力学两大观点分析多过程问题考纲解读 1.能熟练分析物体在各过程的受力情况和运动情况.2.会分析相邻过程的关联量，能找到解答问题的关键点.3.能够根据不同运动过程的特点，合理选择物理规律．考点一应用牛顿运动定律和动能定理分析多过程问题若一个物体参与了多个运动过程，有的运动过程只涉及分析力或求解力而不涉及能量问题，则常常用牛顿运动定律求解；若该过程涉及能量转化问题，并且具有功能关系的特点，则往往用动能定理求解．例1如图1所示，AB和CDO都是处于竖直平面内的光滑圆弧形轨道，O、A处于同一水平面．AB是半径为R＝2 m的1/4圆周轨道，CDO是半径为r＝1 m的半圆轨道，最高点O处固定一个竖直弹性挡板．D为CDO轨道的中央点．BC段是水平粗糙轨道，与圆弧形轨道平滑连接．已知BC段水平轨道长L＝2 m，与小球之间的动摩擦因数μ＝0.4.现让一个质量为m＝1 kg的小球P从A点的正上方距水平线OA高H处自由落下．(取g＝10 m/s2)图1(1)当H＝1.4 m时，问此球第一次到达D点对轨道的压力大小．(2)当H＝1.4 m时，试通过计算判断此球是否会脱离CDO轨道．如果会脱离轨道，求脱离前球在水平轨道经过的路程．如果不会脱离轨道，求静止前球在水平轨道经过的路程．解析(1)设小球第一次到达D的速度v DP到D点的过程对小球根据动能定理得：mg(H＋r)－μmgL＝m v2D/2在D点对小球列牛顿第二定律：F N＝m v2D/r联立解得：F N＝32 N(2)设第一次来到O点时速度为v1P到O点的过程对小球列动能定理方程：mgH－μmgL＝m v21/2解得：v21＝12 (m/s)2要能通过O点，须mg<m v2/r临界速度v20＝10 (m/s)2故第一次来到O点之前没有脱离．设第三次来到D点之前没有脱离，且设第三次来到D点的动能E K对之前的过程列动能定理：mg(H＋r)－3μmgL＝E K代入解得：E K＝0故小球一直没有脱离CDO轨道设此球静止前在水平轨道经过的路程s对全程列动能定理方程：mg(H＋R)－μmgs＝0解得：s＝8.5 m.答案见解析考点二用动力学和能量观点分析多过程问题若一个物体参与了多个运动过程，有的运动过程只涉及分析力或求解力而不涉及能量问题，则常常用牛顿运动定律求解；若该过程涉及能量转化问题，并且具有功能关系的特点，则往往用动能定理或机械能守恒定律以及能量守恒定律求解．例2如图2所示，x轴与水平传送带重合，坐标原点O在传送带的左端，传送带长L＝8 m，匀速运动的速度v0＝5 m/s.一质量m＝1 kg的小物块轻轻放在传送带上x P＝2 m的P 点．小物块随传送带运动到Q点后恰好能冲上光滑圆弧轨道的最高点N点．若小物块经过Q处无机械能损失，小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g＝10 m/s2.求：图2(1)N点的纵坐标；(2)从P点到Q点，小物块在传送带上运动时，系统产生的热量；(3)若将小物块轻放在传送带上的某些位置，最终小物块均能沿光滑圆弧轨道运动(小物块始终在圆弧轨道运动不脱轨)到达纵坐标y M＝0.25 m的M点，求这些位置的横坐标范围．解析(1)小物块在传送带上匀加速运动的加速度a＝μg＝5 m/s2设小物块加速到与传送带速度相同时所用时间为t t ＝v 0a＝1 s 运动的位移Δx ＝v 022a ＝2.5 m ＜x PQ在N 点由牛顿第二定律mg ＝m v 2NR从Q 到N 的运动过程，由机械能守恒定律 12m v 20＝mgy N ＋12m v 2N 又R ＝y N 2解得y N ＝1 m(2)小物块在传送带上相对传送带滑动的位移 x ＝v 0t －Δx ＝2.5 m产生的热量Q ＝μmgx ＝12.5 J(3)设在坐标为x 1处将小物块轻放在传送带上，若刚能到达圆心右侧的M 点， 由能量守恒得：μmg (L －x 1)＝mgy M 代入数据解得x 1＝7.5 m当小物块恰好到达与圆心等高的右侧时 μmg (L －x 2)＝12mgy N代入数据解得x 2＝7 m若刚能到达圆心左侧的M 点，则必定恰好能通过最高点C ，μmg (L －x 3)＝mgy N ＋12m v 2Nmg ＝m v 2NR，可解得x 3＝5.5 m故小物块放在传送带上的位置坐标范围 7 m ≤x ≤7.5 m 和0≤x ≤5.5 m答案 (1)1 m (2)12.5 J (3)7 m ≤x ≤7.5 m 和0≤x ≤5.5 m突破训练 如图3所示，为一传送装置，其中AB 段粗糙，AB 段长为L ＝0.2 m ，动摩擦因数μ＝0.6，BC 、DEN 段均可视为光滑的，且BC 的始、末端均水平，具有h ＝0.1 m 的高度差，DEN 是半径为r ＝0.4 m 的半圆形轨道，其直径DN 沿竖直方向，C 位于DN 竖直线上，C 、D 间的距离恰能让小球自由通过．在左端竖直墙上固定一轻质弹簧，现有一可视为质点的小球，小球质量m ＝0.2 kg ，压缩轻质弹簧至A 点后由静止释放(小球和弹簧不粘连)，小球刚好能沿DEN 轨道滑下．求：(g 取10 m/s 2)图3(1)小球到达N 点时的速度； (2)压缩的弹簧所具有的弹性势能． 答案 (1)2 5 m/s (2)0.44 J解析 (1)小球刚好能沿DEN 轨道滑下，则在半圆最高点D 点必须满足：mg ＝m v 2Dr从D 点到N 点，出机械能守恒得： 12m v 2D ＋mg 2r ＝12m v 2N＋0 联立以上两式，代入数据得： v D ＝2 m/s ，v N ＝2 5 m/s.(2)弹簧推开小球的过程中，弹簧对小球所做的功W 等于弹簧所具有的弹性势能E p ，根据动能定理得W －μmgL ＋mgh ＝12m v 2D －0代入数据得W ＝0.44 J.即压缩的弹簧所具有的弹性势能为0.44 J.26．应用动力学和能量观点分析力学综合题例3 如图4所示，质量为m ＝1 kg 的小物块轻轻地放在水平匀速运动的传送带上的P 点，随传送带运动到A 点后水平抛出，小物块恰好无碰撞地从B 点沿圆弧切线进入竖直光滑的圆弧轨道．B 、C 为圆弧轨道的两端点，其连线水平，已知圆弧轨道的半径R ＝1.0 m ，圆弧轨道对应的圆心角θ＝106°，轨道最低点为O ，A 点距水平面的高度h ＝0.8 m ，小物块离开C 点后恰能无碰撞地沿固定斜面向上运动，0.8 s 后经过D 点，小物块与斜面间的动摩擦因数为μ1＝13.(g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37 °＝0.8)图4(1)求小物块离开A 点时的水平初速度v 1的大小； (2)求小物块经过O 点时对轨道的压力；(3)假设小物块与传送带间的动摩擦因数为μ2＝0.3，传送带的速度为5 m/s ，求P 、A 间的距离；(4)求斜面上C 、D 间的距离． 审题与关联解析 (1)对于小物块，由A 点到B 点，有v 2y ＝2gh 在B 点，有tan θ2＝v y v 1所以v 1＝3 m/s(2)对于小物块，从B 点到O 点，由动能定理知 mgR (1－cos θ2)＝12m v 2O －12m v 2B其中v B ＝v 21＋v 2y ＝32＋42m /s ＝5 m/s由牛顿第二定律知，在O 点，有F N －mg ＝m v 2O R ，所以F N ＝43 N由牛顿第三定律知小物块对轨道的压力为F N ′＝43 N ，方向竖直向下 (3)对于小物块在传送带上加速的过程有μ2mg ＝ma 设P 、A 间的距离为x P A ，则x P A ＝v 212a ＝v 212μ2g ＝1.5 m(4)小物块沿斜面上滑时，由牛顿第二定律有 mg sin θ2＋μ1mg cos θ2＝ma 1解得a 1＝10 m/s 2小物块沿斜面下滑时有mg sin θ2－μ1mg cos θ2＝ma 2解得a 2＝6 m/s 2由机械能守恒定律可知v C ＝v B ＝5 m/s小物块由C 点上升到最高点历时t 1＝v Ca 1＝0.5 s小物块由最高点回到D 点历时 t 2＝0.8 s －0.5 s ＝0.3 s 故x CD ＝v C 2t 1－12a 2t 22解得x CD ＝0.98 m答案 (1)3 m/s (2)43 N ，方向竖直向下 (3)1.5 m (4)0.98 m高考题组1．(2013·北京理综·23)蹦床比赛分成预备运动和比赛动作两个阶段．最初，运动员静止站在蹦床上；在预备运动阶段，他经过若干次蹦跳，逐渐增加上升高度，最终达到完成比赛动作所需的高度；此后，进入比赛动作阶段．把蹦床简化为一个竖直放置的轻弹簧，弹力大小F ＝kx (x 为床面下沉的距离，k 为常量)．质量m ＝50 kg 的运动员静止站在蹦床上，床面下沉x 0＝0.10 m ；在预备运动中，假定运动员所做的总功W 全部用于增加其机械能；在比赛动作中，把该运动员视作质点，其每次离开床面做竖直上抛运动的腾空时间均为Δt ＝2.0 s ，设运动员每次落下使床面压缩的最大深度均为x 1.取重力加速度g ＝10 m/s 2，忽略空气阻力的影响．图5(1)求常量k ，并在图5中画出弹力F 随x 变化的示意图； (2)求在比赛动作中，运动员离开床面后上升的最大高度h m ；(3)借助Fx 图象可以确定弹力做功的规律，在此基础上，求x 1和W 的值． 答案 (1)5000 N/m 见解析图 (2)5 m (3)W ＝12kx 2 1.1 m 2.5×103 J解析 (1)运动员静止在蹦床上时受力平衡，则mg ＝kx 0. 代入数据得：k ＝5000 N/m Fx 图象如图(2)运动员从x ＝0处离开床面，离开床后做竖直上抛运动，且腾空时间为2 s ，其上升、下落时间相等，h m ＝12g ⎝⎛⎭⎫Δt 22＝12×10×⎝⎛⎭⎫222 m ＝5 m (3)由图象可知弹簧弹力做功应为Fx 曲线下的面积，其规律为W ＝12kx 2.在运动员从最低点到最高点过程中，由动能定理得： 12kx 21＝mg (h m ＋x 1) 代入数据得：x 1＝1.1 m运动员所做的总功W ＝mg (h m ＋x 0)－12kx 20≈2.5×103J 模拟题组2．如图6所示，半径R ＝0.9 m 的四分之一圆弧形光滑轨道竖直放置，圆弧最低点B 与长为L ＝1 m 的水平面相切于B 点，BC 离地面高h ＝0.45 m ，C 点与一倾角为θ＝30°的光滑斜面连接，质量m ＝1.0 kg 的小滑块从圆弧顶点A 由静止释放，已知滑块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.1，取g ＝10 m/s 2.求：图6(1)小滑块刚到达圆弧的B 点时对圆弧的压力的大小； (2)小滑块到达C 点时速度的大小； (3)小滑块从C 点运动到地面所需的时间． 答案 见解析解析 (1)设滑块到B 点时速度为v B ，由机械能守恒 12m v 2B＝mgR 在B 点：F N －mg ＝m v 2BR得F N ＝3mg ＝30 N ．由牛顿第三定律，滑块在B 点对圆弧的压力大小为30 N (2)由动能定理，12m v 2C ＝mgR －μmgLv C ＝2(gR －μg L )＝4 m/s.(3)滑块离开C 点后做平抛运动，设其下落h 的时间为t ，则 由h ＝12gt 2得t ＝0.3 st ＝0.3 s 内滑块的水平位移x ＝v C t ＝1.2 m. 而斜面的水平长度x 0＝h cot θ≈0.78 m因为x >x 0，所以滑块不会落到斜面上而直接落到地面上，所以小滑块从C 点运动到地面所需的时间为0.3 s.3．为了研究过山车的原理，某物理小组提出了下列的设想，取一个与水平方向夹角为37°、长为L ＝2.0 m 的粗糙倾斜轨道AB ，通过水平轨道BC 与竖直圆轨道相连，出口为水平轨道DE ，整个轨道除AB 段以外都是光滑的，其中AB 与BC 轨道以微小圆弧相接，如图7所示，一个小物块以初速度v 0＝4.0 m /s ，从某一个高度水平抛出，到A 点时速度方向恰沿AB 方向，并沿倾斜轨道滑下，已知物块与倾斜轨道间的动摩擦因数μ＝0.5，g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：图7(1)小物块的抛出点和A 点的高度差；(2)为了让小物块不离开轨道，并且能够滑回倾斜轨道AB ，则竖直圆轨道的半径R 应该满足什么条件；(3)要使小物块不离开轨道，并从水平轨道DE 滑出，求竖直圆轨道的半径R ′应该满足什么条件．答案 (1)0.45 m (2)R ≥1.65 m (3)R ′≤0.66 m解析 (1)设抛出点和A 点的高度差为h ，从抛出点到A 点时有： v y ＝2gh ，且v yv 0＝tan 37°联立以上两式并代入数据得h ＝0.45 m. (2)小物块到达A 点时的速度：v A ＝v 20＋v 2y ＝5 m/s从A 到B ，由动能定理：mgL sin 37°－μmg cos 37°·L ＝12m v 2B －12m v 2A 要使小物块不离开轨道并且能够滑回倾斜轨道AB ，则小物块沿圆轨道上升的最大高度不能超过圆心，即： 12m v 2B≤mgR ， 解得R ≥1.65 m(3)小物块从B 运动到轨道最高点机械能守恒： 12m v 2B ＝12m v 2＋mg ×2R ′ 在最高点有：m v 2R ′≥mg由以上各式解得R ′≤0.66 m ，此时小物块不离开轨道，且能从水平轨道DE 滑出．(限时：45分钟)1．如图1所示，光滑坡道顶端距水平面高度为h ，质量为m 的小物块A 从坡道顶端由静止滑下，进入水平面上的滑道时无机械能损失，为使A 制动，将轻弹簧的一端固定在水平滑道延长线M 处的墙上，另一端恰位于坡道的底端O 点．已知在OM 段，物块A 与水平面间的动摩擦因数均为μ，其余各处的摩擦不计，重力加速度为g ，求：图1(1)物块滑到O 点时的速度大小；(2)弹簧被压缩至最短，最大压缩量为d 时的弹性势能(设弹簧处于原长时弹性势能为零)；(3)若物块A 能够被弹回到坡道上，则它能够上升的最大高度是多少？ 答案 (1)2gh (2)mgh －μmgd (3)h －2μd 解析 (1)由机械能守恒定律得mgh ＝12m v 2解得v ＝2gh .(2)在水平滑道上物块A 克服摩擦力所做的功为W ＝μmgd 由能量守恒定律得12m v 2＝E p ＋μmgd以上各式联立得E p ＝mgh －μmgd .(3)物块A 被弹回的过程中，克服摩擦力所做的功仍为W ＝μmgd 由能量守恒定律得E p ＝μmgd ＋mgh ′所以物块A 能够上升的最大高度为h ′＝h －2μd .2．如图2所示，长l ＝1 m 、厚度h ＝0.2 m 的木板A 静止在水平面上，固定在水平面上、半径r ＝1.6 m 的四分之一光滑圆弧轨道PQ 的底端与木板A 相切于P 点，木板与圆弧轨道紧靠在一起但不粘连．现将小物块B 从圆弧上距P 点高度H ＝0.8 m 处由静止释放，已知A 、B 质量均为m ＝1 kg ，A 与B 间的动摩擦因数μ1＝0.4，A 与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，g 取10 m/s 2.求：图2(1)小物块刚滑到圆弧轨道最低点P 处时对圆弧轨道的压力大小； (2)小物块从刚滑上木板至滑到木板左端过程中对木板所做的功； (3)小物块刚落地时距木板左端的距离． 答案 (1)20 N (2)49J (3)0.42 m解析 (1)对B 下滑的过程由机械能守恒定律有 mgH ＝12m v 2，解得v ＝2gH ＝4 m/s小物块滑到最低点P 处时，由牛顿第二定律有 F N －mg ＝m v 2r解得F N ＝mg ＋m v 2r ＝20 N由牛顿第三定律得F N ′＝20 N(2)从小物块刚滑上木板至滑到木板左端过程中，对B 受力分析，由牛顿第二定律有a 1＝μ1mgm＝μ1g ＝4 m/s 2 小物块B 做匀减速直线运动 对A 受力分析，由牛顿第二定律有 a 2＝μ1mg －μ2·2mg m ＝2 m/s 2木板A 做匀加速直线运动 又由l ＝x B －x A x B ＝v t －12a 1t 2x A ＝12a 2t 2代入数据解得t ＝13s(t ＝1 s 舍去) 对A 由动能定理得W ＝μ1mg ·12a 2t 2＝49J (3)B 离开木板后以v 1＝v －a 1t ＝83 m/s 的初速度做平抛运动，至落地所需时间由h ＝12gt ′2，得t ′＝ 2h g＝0.2 s 木板A 将以v 2＝a 2t ＝23 m/s 、加速度a 3＝μ2mg m＝μ2g ＝1 m/s 2做匀减速运动，物块B 落地时，两者相距Δx ＝v 1t ′－(v 2t ′－12a 3t ′2) 代入数据得Δx ＝0.42 m3．如图3甲所示，竖直平面内的坐标系xOy 内的光滑轨道由半圆轨道OBD 和抛物线轨道OA 组成，OBD 和OA 相切于坐标原点O 点，半圆轨道的半径为R ，一质量为m 的小球(可视为质点)从OA 轨道上高H 处的某点由静止滑下．图3(1)若小球从H ＝3R 的高度静止滑下，求小球刚过O 点时小球对轨道的压力；(2)若用力传感器测出滑块经过圆轨道最高点D 时对轨道的压力为F ，并得到如图乙所示的压力F 与高度H 的关系图象，取g ＝10 m/s 2.求滑块的质量m 和圆轨道的半径R . 答案 (1)7mg ，方向竖直向下 (2)0.1 kg 0.2 m解析 (1)由动能定理得mgH ＝12m v 20在O 点由牛顿第二定律得F N －mg ＝m v 20R解得F N ＝7mg由牛顿第三定律得，小球刚过O 点时对轨道的压力为7mg ，方向竖直向下(2)由题图乙可知，当H 大于0.5 m 时，小球才能通过D 点．当H 1＝0.5 m 时，有mg (H 1－2R )＝12m v 2D 1mg ＝m v 2D 1R解得R ＝0.2 m当H 2＝1 m 时，有mg (H 2－2R )＝12m v 2D 2F 2＋mg ＝m v 2D 2RF 2＝5 N解得m ＝0.1 kg4．如图4所示，AB 为一光滑固定轨道，AC 为动摩擦因数μ＝0.25的粗糙水平轨道，O 为水平地面上的一点，且B 、C 、O 在同一竖直线上，已知B 、C 两点的高度差为h ，C 、O 两点的高度差也为h ，AC 两点相距s ＝2h .若质量均为m 的两滑块P 、Q 从A 点以相同的初速度v 0分别沿两轨道滑行，到达B 点或C 点后分别水平抛出．求：图4(1)两滑块P 、Q 落地点到O 点的水平距离．(2)欲使两滑块的落地点相同，滑块的初速度v 0应满足的条件．(3)若滑块Q 的初速度v 0已满足(2)的条件，现将水平轨道AC 向右延伸一段L ，要使滑块Q 落地点距O 点的距离最远，L 应为多少？答案 (1)2v 20－2gh ·h g v 20－gh ·2h g (2)v 0＝3gh (3)154h 解析 (1)滑块P 从A 到B 过程机械能守恒：12m v 20＝12m v 2B＋mgh 得v B ＝v 20－2gh 从B 点抛出后：x 1＝v B t P ,2h ＝12gt 2P得x 1＝2v 20－2gh · h g滑块Q 从A 到C 过程，由动能定理得：－μmgs ＝12m v 2C －12m v 20 又μ＝0.25，s ＝2h ，得v C ＝v 20－gh从C 点抛出后：x 2＝v C t Q ，h ＝12gt 2Q 得x 2＝v 20－gh · 2h g(2)依题意有：x 1＝x 2，解得：v 0＝3gh所以滑块的初速度v 0应满足v 0＝3gh(3)由动能定理得：－μmg (s ＋L )＝12m v 2－12m v 20滑块Q 从水平轨道AC 向右延伸的最右端抛出后：x ＝v t Q ′，h ＝12gt Q ′2，距O 点的距离为d ＝L ＋x 从而得d ＝4h 2－hL ＋L ，当L ＝154h 时，d 取最大值为174h。
教科版高中物理必修一知识讲解 多过程问题解题方法
多过程问题解题方法【学习目标】能用程序法分析解决多过程问题【要点梳理】要点一、程序法解题在求解物体系从一种运动过程(或状态)变化到另—种运动过程(或状态)的力学问题(称之为“程序题 ”)时，通常用“程序法”求解。
程序法：按时间的先后顺序对题目给出的物体运动过程（或不同的状态）进行分析（包括列式计算）的解题方法。
“程序法”解题要求我们从读题开始，就要注意到题中能划分多少个不同的过程或多少个不同的状态，然后对各个过程或各个状态进行分析（称之为“程序分析”），最后逐一列式求解得到结论。
程序法解题的基本思路是：（l ）划分出题目中有多少个不同的过程或多少个不同的状态（2）对各个过程或各个状态进行具体分析，得出正确的结果（3）前一个过程的结束就是后一个过程的开始，两个过程的交接点是问题的关键。
要点二、多过程问题的解决方法多过程问题的物理情景往往涉及几个研究对象，或几个运动过程。
解决这类问题的一般方法是：（1）边读题边粗略分析运动过程分几个运动阶段，把握特殊状态，画草图分析；（2）澄清物体在各个阶段的受力及运动形式，求出各阶段的加速度（或表达式）；（3）寻找各特殊状态的物理量及相关过程物理量的联系，根据规律求解。
【典型例题】类型一、弹簧类多过程问题例析例1、（2016 中原名校联考）如图甲所示，质量m 1=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m 2=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0.2 m 的距离，然后将滑块C 由静止释放，此过程中弹簧弹力大小F 随压缩量x 变化的图象如图乙所示。
《力学多过程问题》教学设计(高三物理二轮复习)
《力学多过程问题》教学设计2014学年高三二轮复习一、教学目标1、回顾基本概念和规律并运用基本概念和规律处理典型问题，归纳各个运动模型的一般解题规律和方法。
2、能够根据不同运动过程的特点合理选择动力学、能量观点或动量观点解决问题．二、力学主干知识回顾三、多过程运动解题的基本方法：拆分四、多过程分类1、单物体多过程例1、如图，一不可伸长的轻绳上端悬挂于O点，下端系一质量m＝1.0 kg的小球．现将小球拉到A点(保持绳绷直)由静止释放，当它经过B点时绳恰好被拉断，小球平抛后落在水平地面上的C点．地面上的D点与OB在同一竖直线上，已知绳长L＝1.0 m，B点离地高度H＝1.0 m，A、B两点的高度差h＝0.5 m，重力加速度g取10 m/s2，不计空气影响．求：(1)地面上DC两点间的距离s；(2)轻绳所受的最大拉力大小．2、多物体多过程：碰撞类、滑块木板类、弹簧类问题1:此情景中有哪几个物体运动（研究对象）?问题2:小球A 、B 两个球各有几个运动过程?各做什么性质的运动?（过程分析） 问题3：每个过程遵循什么物理规律?问题4：每个规律对应的方程？例题2：碰撞类、滑块木板类考查知识：机械能守恒、动量守恒、牛顿第二定律、圆周、平抛、不确定性结果的判断 例题2、（2014广州二模）35．（18分）如图，质量为6m 、长为L 的薄木板AB 放在光滑的平台上，木板B 端与台面右边缘齐平．B 端上放有质量为3m 且可视为质点的滑块C ，C 与木板之间的动摩擦因数为31=μ．质量为m 的小球用长为L 的细绳悬挂在平台右边缘正上方的O 点，细绳竖直时小球恰好与C 接触．现将小球向右拉至细绳水平并由静止释放，小球运动到最低点时细绳恰好断裂．小球与C 碰撞后反弹速率为碰前的一半．（1）求细绳能够承受的最大拉力；（2）若要使小球落在释放点的正下方P 点，平台高度应为多大？（3）通过计算判断C 能否从木板上掉下来．例3：多物体多过程：碰撞类、弹簧类考查知识点：牛顿定律、机械能守恒、动量守恒、能量守恒、功能原理。
物理重点难点透视4：多体多过程运动学问题
2014年高考物理重点难点透视多体/多过程运动学问题【题型攻略】1。
水龙头滴水、杂技演员连续抛球、直升机定点空降等多体问题:基本特征:①各物体运动过程相同；②各物体开始运动的时间差相同基本方法：多体问题转化为单体问题，即用一个物体的运动取代其他物体的运动.2。
自由落体或竖直上抛运动的相遇问题：空中相遇条件:两物体在同一时刻位于同一位置．参考系的选择：①可以地面为参考系根据自由落体规律结合位移关系和时间关系求解；②也可以某一物体为参考系根据两物体相对匀速运动结合相对位移和时间关系求解．相遇临界条件:对两个分别做自由落体与竖直上抛运动的物体在空中相遇的问题，还可以结合上抛运动的临界条件如“恰到达最高点”、“恰好返回地面”等，求解上升过程或下降过程相遇的条件等问题【真题佐证】（2012上海卷）小球每隔0。
2s从同一高度抛出，做初速为6m/s 的竖直上抛运动，设它们在空中不相碰。
第一个小球在抛出点以上能遇到的小球数为（取g＝10m/s2)（)A．三个 B．四个C．五个D．六个答案：C解析：小球做初速度为6m/s 的竖直上抛运动，到达最高点需要的时间为0.6s ，因而当第一个小球要回到抛出点时，空中还有5个小球，因而能遇到5个小球，选项C 正确。
（2011·新课标全国卷)甲乙两辆汽车都从静止出发做加速直线运动，加速度方向一直不变.在第一段时间间隔内，两辆汽车的加速度大小不变,汽车乙的加速度大小是甲的两倍；在接下来的相同时间间隔内,汽车甲的加速度大小增加为原来的两倍,汽车乙的加速度大小减小为原来的一半。
求甲乙两车各自在这两段时间间隔内走过的总路程之比。
【解析】设汽车甲在第一段时间间隔末(时刻t 0）的速度为v ，第一段时间间隔内行驶的路程为s 1，加速度为a,在第二段时间间隔内行驶的路程为s 2,由运动学公式有，v=a t 0 ①s 1=12a t 02 ② s 2=v t 0＋122a t 02 ③ 设汽车乙在时刻t 0的速度为v′，在第一、二段时间间隔内行驶的路程分别为s 1′、s 2′,同理有,v′=2a t 0 ④s 1′=错误!2a t 02 ⑤s 2′=v′ t 0＋错误!a t 02 ⑥设甲、乙两车行驶的总路程分别为s 、s′，则有s= s1＋s2 ⑦s′= s1′＋s2′ ⑧联立以上各式解得,甲、乙两车各自行驶路程之比为错误!=错误!答案：错误!【2013全国卷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。
2016届高三人教版物理总复习讲义第5章 专题五 应用力学两大观点分析多过程问题
专题五应用力学两大观点分析多过程问题考纲解读 .能熟练分析物体在各过程的受力情况与运动情况.会分析相邻过程的关联量，能找到解答问题的关键点.能够根据不同运动过程的特点，合理选择物理规律．考点一应用牛顿运动定律与动能定理分析多过程问题若一个物体参与了多个运动过程，有的运动过程只涉及分析力或求解力而不涉及能量问题，则常常用牛顿运动定律求解；若该过程涉及能量转化问题，并且具有功能关系的特点，则往往用动能定理求解．例如图甲所示，斜面与半径为0.5 m的光滑竖直圆轨道相切于点，部分是半圆轨道，、为圆轨道的最低点与最高点．将质量为0.1 kg 的小物块(可视为质点)从轨道的部分某处由静止释放，释放点与点的高度差为，用力传感器测出物块经点时对轨道的压力，得到与的关系图象如图乙所示．已知物块与斜面间的动摩擦因数为，重力加速度取10 m.求：图()图乙中、两点的纵坐标、的数值．()物块在斜面上的释放点与点的距离为多大时，物块离开点后落到轨道上与圆心等高的位置上．解析()题图乙中的点横坐标＝，即物块静止于点．释放点位于点下方时解得＝＋④由题图乙可知，点高度对应点横坐标，点与点高度差＝0.1 m ⑤代入数据得＝⑥()设斜面倾角为θ，由几何关系＝(－θ) ⑦代入数据得θ＝，θ＝物块离开点后，做平抛运动θ)＝物块从斜面上由静止释放到运动到点，由动能定理：θ＋(－θ)－μθ－·＝代入数据，得＝3.46 m答案() ()3.46 m考点二用动力学与能量观点分析多过程问题若一个物体参与了多个运动过程，有的运动过程只涉及分析力或求解力而不涉及能量问题，则常常用牛顿运动定律求解；若该过程涉及能量转化问题，并且具有功能关系的特点，则往往用动能定理或机械能守恒定律以及能量守恒定律求解．例如图所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在点，自然状态时其右端位于点．水平桌面右侧有一竖直放置的轨道，其形状为半径＝1.0 m的圆环剪去了左上角°的圆弧，为其竖直直径，点到桌面的竖直距离为＝2.4 m．用质量＝0.4 kg的物块将弹簧缓慢压缩到点，释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在点．用同种材料、质量为＝0.2 kg的物块将弹簧缓慢压缩到点释放，物块过点后做匀变速运动的位移与时间的关系为＝－，物块飞离桌面后恰好由点沿切线落入圆轨道．(不计空气阻力，取10 m)求：图()物块过点时的瞬时速度及与桌面间的动摩擦因数μ；()若轨道光滑，物块经过轨道最低点时对轨道的压力；()若物块刚好能到达轨道最高点，则释放后运动过程中克服摩擦力做的功.答案()6 m () ，方向竖直向下()解析()过点后遵从＝－所以：＝6 m，＝－ .由牛顿第二定律：－μ2g＝2a，所以μ＝－＝.()物块过点后，竖直方向的分运动为自由落体运动，点速度在竖直方向的分量＝＝4错误!未定义书签。
5力学三大观点的综合应用
4．质量为 M 的小物块 A 静止在离地面高 h 的水平桌面的 边缘，质量为 m 的小物块 B 沿桌面向 A 运动并以速度 v0 与之 发生正碰(碰撞时间极短)．碰后 A 离开桌面，其落地点离出发 点的水平距离为 L，碰后 B 反向运动，求 B 后退的距离．已知 B 与桌面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为 g.
7．如图 T1－10 所示，质量 m＝2 kg 的小球以初速度 v0 沿 光滑的水平面飞出后，恰好无碰撞地进入光滑的圆弧轨道，其
中圆弧 AB 对应的圆心角θ＝53°，圆半径 R＝0.5 m．若小球离
开桌面运动到 A 点所用时间 t＝0.4 s．(sin53°＝0.8，cos53°＝
0.6， g＝10 m/s2)
图 T1－8
解：物块在长木板上向右滑行时做减速运动，长木板做加 速运动，碰撞时物块再传递一部分能量给长木板，以后长木板 减速，物块加速直到速度相同为止．设木块和物块最后共同的 速度为v，由动量守恒定律得mv0＝(m＋M)v
设全过程损失的机械能为 ΔE，则 ΔE＝12mv20－12(m＋M)v2 因相对滑动而产生的内能为 Q＝μmg·2s，在碰撞过程中损 失的机械能为 ΔE′，由能量守恒定律可得 ΔE＝Q＋ΔE′ 则 ΔE′＝2mm＋MMv20－2μmgs 代入数据得 ΔE′＝2.4 J.
(舍去)
所以 v1＝v0＝2 μgl，v2＝0.
1．有一传送装置如图 T1－5 所示，水平放置的传送带保持 以 v＝2 m/s 的速度向右匀速运动．传送带两端之间的距离 L＝ 10 m，现有一物件以 v0＝4 m/s 的初速度从左端滑上传送带，物 件与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2.求物件从传送带的左端运 动到右端所用的时间 (取 g＝10 m/s2)．
(完整版)力学中的多过程问题
热点八 力学中的多过程问题力学中三种重要的运动形式和两种重要解题方法的综合应用命题特点：多物体、多过程——三种重要运动形式（直线运动、圆周、平抛）的组合、两大解题方法（动力学和功能关系）的应用此专题为力学综合问题，涉及知识点多，综合性强，以论述和定量计算为主，一般作为高考卷的第一个计算题。
题目情景设置一般是匀变速直线运动、平抛运动和圆周运动的综合，涉及较多的过程；涉及几乎所有的力学主干知识和主要的解题方法；难度较大，区分度较大，是考卷中的高档题。
例1.如图所示、四分之一圆轨道OA 与水平轨道AB 相切，它们与另一水平轨道CD 在同一竖直面内，圆轨道OA 的半径R=0．45m ，水平轨道AB 长S 1＝3m ，OA 与AB 均光滑。
一滑块从O 点由静止释放，当滑块经过A 点时，静止在CD 上的小车在F=1．6N 的水平恒力作用下启动，运动一段时间后撤去F 。
当小车在CD 上运动了S 2＝3．28m 时速度v=2．4m/s ，此时滑块恰好落入小车中。
已知小车质量M=0．2kg ，与CD 间的动摩擦因数μ＝0．4。
（取g=10m/2s ）求（1）恒力F 的作用时间t ．（2）AB 与CD 的高度差h 。
主要涉及的知识点有：运动的等时性，匀速直线运动，匀变速直线运动，平抛运动，牛顿第二定律，机械能守恒定律等。
题目的设计背景学生较熟悉，入手容易，涉及到了两个物体五个运动过程，比较繁琐。
【解析】（1）设小车在恒力F 作用下的位移为l ，由动能定理得2212Fl Mgs Mv μ-=： 由牛顿第二定律得 F Mg Ma μ-= 由运动学公式得 212l at = 联立以上三式，带入数据得a = 4m/s 2 , 21l t s a== （2）滑块由O 滑至A 的过程中机械能守恒，即212A mgR mv =AB 段运动时间为1112A s t s v gR=== 故滑块离开B 后平抛时间与小车撤掉恒力F 后运动时间相同。
备战2019高三物理一轮复习资料系列：第三章+第5讲+多物体、多过程”类力学综合问题+讲义+Word版含解析
第5讲多物体、多过程”类力学综合问题[学生用书P60]“多物体、多过程”类问题每年都有涉及．牛顿运动定律作为经典力学的基础理论，在解决动力学问题中一定是做为重点考查点．其中近几年高考中主要考查的方向有：(1)对于“多物体”组成的系统，其整体法、隔离法为主要的受力分析手段；(2)对于“多过程”运动，主要分析在不同阶段运动的加速度，从而得出力与运动之间的关系，其常见问题有传送带模型、滑块——滑板模型等．【重难解读】“多过程”“多物体”类问题的分析方法1．分析“多过程”问题的方法要领(1)将“多过程”分解为许多“子过程”，各“子过程”间由“衔接点”连接．(2)对各“子过程”进行受力分析和运动分析，必要时画出受力图和运动过程示意图．(3)根据“子过程”和“衔接点”的模型特点选择合适的动力学规律列方程．(4)分析“衔接点”的位移、速度、加速度等的关联，确定各段间的时间关系、位移关系、速度关系等，并列出相关的辅助方程．(5)联立求解，并对结果进行必要的讨论或验证．2．分析“多物体”问题的方法要领(1)搞清各物体初态对地的运动和相对运动(或相对运动趋势)，根据相对运动(或相对运动趋势)情况，确定物体间的摩擦力方向．(2)正确地对各物体进行受力分析，并根据牛顿第二定律确定各物体的加速度，结合加速度和速度的方向关系确定物体的运动情况．(3)关注临界点．“多物体叠放”类问题的临界点常出现在“速度相等”(即相对静止)时，此时往往意味着物体间的相对位移最大，物体的受力和运动情况可能发生突变．【典题例证】(20分)(2015·高考全国卷Ⅰ)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，如图甲所示．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图线如图乙所示．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．[审题指导] 在t ＝0～1 s 时间内，小物块和木板一起运动，具有相同的速度和加速度，根据末速度、时间和位移即可求出加速度，然后由牛顿第二定律求得木板与地面间的动摩擦因数μ1.根据小物块与木板再次具有共同速度可计算出小物块与木板间的相对位移，即木板的最小长度．[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a 1，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 )a 1 ①(2分)由题图乙可知，木板与墙壁碰撞前的瞬间速度v 1＝4 m/s ，由运动学公式得v 1＝v 0＋a 1t 1②(1分) x 0＝v 0t 1＋12a 1t 21 ③(1分)式中，t 1＝1 s ，x 0＝4.5 m 是木板与墙壁碰撞前的位移，v 0是小物块和木板开始运动时的速度．联立①②③式和题给条件解得μ1＝0.1 ④(1分)在木板与墙壁碰撞后，木板以－v 1的初速度向左做匀变速运动，小物块以v 1的初速度向右做匀变速运动．设小物块的加速度为a 2，由牛顿第二定律有－μ2mg ＝ma 2⑤(1分)由题图乙可得a 2＝v 2－v 1t 2－t 1 ⑥(1分) 式中，t 2＝2 s ，v 2＝0，联立⑤⑥式和题给条件解得μ2＝0.4. ⑦(1分)(2)设碰撞后木板的加速度为a 3，经过时间Δt ，木板和小物块刚好具有共同速度v 3.由牛顿第二定律及运动学公式得μ2mg ＋μ1(M ＋m )g ＝Ma 3⑧(2分) v 3＝－v 1＋a 3Δt ⑨(1分)v3＝v1＋a2Δt ⑩(1分)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x1＝－v1＋v32Δt ⑪(1分)小物块运动的位移为x2＝v1＋v32Δt ⑫(1分)小物块相对木板的位移为Δx＝x2－x1 ⑬(1分)联立④⑥⑦⑧⑨⑩⑪⑫⑬式，并代入数据解得Δx＝6.0 m ⑭(1分)因为运动过程中小物块始终没有脱离木板，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x3.由牛顿第二定律及运动学公式得μ1(m＋M)g＝(m＋M)a4 ⑮(1分)0－v23＝2a4x3 ⑯(1分)碰撞后木板运动的位移为x＝x1＋x3 ⑰(1分)联立④⑥⑦⑧⑨⑩⑪⑮⑯⑰式，并代入数据解得x＝－6.5 m ⑱(1分)木板右端离墙壁的最终距离为6.5 m.[答案](1)0.10.4(2)6.0 m(3)6.5 m“传送带模型”“滑板——滑块模型”的区别与联系(1)两模型的联系：传送带类似于木块、木板模型中的木板，而两模型中物体的运动规律很相似．开始时，由于两物体(木块与木板、物体与传送带)速度不同，即两物体间存在阻碍相对运动的滑动摩擦力，用来改变两物体的运动状态，由于滑动摩擦力恒定，所以物体均做匀变速运动(传送带匀速)，当两者速度相等时，一起做匀速直线运动(前提是木块仍在木板上、物体没到达传送带另一端)．(2)两模型的区别①木块、木板在它们间的滑动摩擦力作用下均做匀变速直线运动，在分析时，木块、木板的受力情况及运动情况须同时进行分析；而传送带模型中传送带由于有外在电动机作用可保证传送带一直做匀速运动，一般情况下只需对物体的受力情况和运动情况做出分析即可．②物体的不同初速度或传送带的不同运行速度方向使物体与传送带间的滑动摩擦力方向不同，所以物体的运动规律也不同．【突破训练】1．(2018·西安质检)如图所示，将砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验．若砝码和纸板的质量分别为2m 和m ，各接触面间的动摩擦因数均为μ.重力加速度为g .要使纸板相对砝码运动，所需拉力的大小至少应为( )A ．3μmgB ．4μmgC ．5μmgD ．6μmg解析：选D .纸板相对砝码恰好运动时，对纸板和砝码构成的系统，由牛顿第二定律可得：F －μ(2m ＋m )g ＝(2m ＋m )a ，对砝码，由牛顿第二定律可得：2μmg ＝2ma ，联立可得：F ＝6μmg ，选项D 正确．2．(多选)(2018·南昌模拟)如图所示，一质量为m 的物体以一定的速率v 0滑到水平传送带上左端的A 点，当传送带始终静止时，已知物体能滑过右端的B 点，经过的时间为t 0，则下列判断正确的是( )A ．若传送带逆时针方向运行且保持速率不变，则物体也能滑过B 点，且用时为t 0B ．若传送带逆时针方向运行且保持速率不变，则物体可能先向右做匀减速运动直到速度减为零，然后向左加速，因此不能滑过B 点C ．若传送带顺时针方向运行，当其运行速率(保持不变)v ＝v 0时，物体将一直做匀速运动滑过B 点，用时一定小于t 0D ．若传送带顺时针方向运行，当其运行速率(保持不变)v ＞v 0时，物体一定向右一直做匀加速运动滑过B 点，用时一定小于t 0解析：选AC .传送带静止时，有12m v 2B －12m v 20＝－μmgL ，即v B ＝v 20－2μgL ，物体做减速运动，若传送带逆时针运行，受向左的摩擦力μmg ，同样由上式分析，一定能匀减速至右端，速度为v B ，不会为零，用时也一定仍为t 0，故选项A 正确，B 错误；若传送带顺时针方向运行，当其运行速率(保持不变)v ＝v 0时，物体将不受摩擦力的作用，一直做匀速运动滑至B 端，因为匀速通过，故用时一定小于t 0，故选项C 正确；当其运行速率(保持不变)v ＞v 0时，开始物体受到向右的摩擦力的作用，做加速运动，运动有两种可能：若物体速度加速到速度v 还未到达B 端时，则先匀加速后匀速运动，若物体速度一直未加速到v 时，则一直做匀加速运动，故选项D 错误．3.(多选)(高考四川卷)如图所示，水平传送带以速度v 1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v 2，P 与定滑轮间的绳水平，t ＝t 0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象可能是( )解析：选BC .①若v 2＞v 1，则P 、Q 先一起做匀减速运动，且加速度大小a 1＝m Q g ＋f P m Q ＋m P. 若P 能减速到v 1，当f P ≥m Q g ，P 、Q 共同匀速，速度大小为v 1，当f P ＜m Q g ，P 、Q 继续减速，加速度大小a 2＝m Q g －f P m Q ＋m P，a 1＞a 2，故A 错误． 若传送带足够长，P 、Q 减速到零后，反向加速，加速度大小为a 2.②若v 2≤v 1.当f P ≥m Q g ，P 、Q 先共同加速，后以v 1共同匀速运动，加速度大小为a 2＝f P －m Q g m Q ＋m P当f P ＜m Q g ，P 、Q 可能一直减速，也可能先减速到零，后反向加速，加速度不变． 综上，B 、C 正确，D 错误．4．如图所示，两木板A 、B 并排放在地面上，A 左端放一小滑块，滑块在F ＝6 N 的水平力作用下由静止开始向右运动．已知木板A 、B 长度均为l ＝1 m ，木板A 的质量m A ＝3 kg ，小滑块及木板B 的质量均为m ＝1 kg ，小滑块与木板A 、B 间的动摩擦因数均为μ1＝0.4，木板A 、B 与地面间的动摩擦因数均为μ2＝0.1，重力加速度g ＝10 m/s 2.求：(1)小滑块在木板A 上运动的时间；(2)木板B 获得的最大速度．解析：(1)小滑块对木板A 的摩擦力F f1＝μ1mg ＝4 N木板A 与B 整体受到地面的最大静摩擦力F f2＝μ2(2m ＋m A )g ＝5 NF f1＜F f2，小滑块滑上木板A 后，木板A 保持静止设小滑块滑动的加速度为a 1，则：F －μ1mg ＝ma 1l ＝12a 1t 21解得：t 1＝1 s .(2)设小滑块滑上B 时，小滑块速度为v 1，B 的加速度为a 2，经过时间t 2滑块与B 脱离，滑块的位移为x 块，B 的位移为x B ，B 的最大速度为v B ，则：μ1mg －2μ2mg ＝ma 2v B ＝a 2t 2x B ＝12a 2t 22v 1＝a 1t 1x 块＝v 1t 2＋12a 1t 22x 块－x B ＝l联立以上各式可得：v B ＝1 m/s .答案：(1)1 s (2)1 m/s5．如图所示，倾角α＝30°的足够长的光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一长L ＝1.8 m ，质量M ＝3 kg 的薄木板，木板的最上端叠放一质量m ＝1 kg 的小物块，物块与木板间的动摩擦因数μ＝32.对木板施加沿斜面向上的恒力F ，使木板沿斜面由静止开始向上做匀加速直线运动，假设物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g ＝10 m/s 2.(1)为使物块不滑离木板，求力F 应满足的条件；(2)若F ＝37.5 N ，物块能否滑离木板？若不能，请说明理由；若能，求出物块滑离木板所用的时间及滑离木板后沿斜面上升的最大距离．解析：(1)若整体恰好静止，则F ＝(M ＋m )g sin α＝(3＋1)×10×sin 30° N ＝20 N 因要拉动木板，则F >20 N若整体一起向上做匀加速直线运动，对物块和木板，由牛顿第二定律得F －(M ＋m )g sin α＝(M ＋m )a对物块有f －mg sin α＝ma其中f ≤μmg cos α代入数据解得F ≤30 N向上加速的过程中为使物体不滑离木板，力F 应满足的条件为20 N<F ≤30 N .(2)当F ＝37.5 N>30 N 时，物块能滑离木板，由牛顿第二定律，对木板有F －μmg cos α－Mg sin α＝Ma 1对物块有μmg cos α－mg sin α＝ma 2设物块滑离木板所用的时间为t ，由运动学公式得12a 1t 2－12a 2t 2＝L 代入数据解得t ＝1.2 s物块滑离木板时的速度v ＝a 2t由－2g sin α·s ＝0－v 2代入数据解得s ＝0.9 m .答案：见解析。
高一物理知识讲解 多过程问题解题方法 专题含答案解析
多过程问题解题方法【学习目标】能用程序法分析解决多过程问题【要点梳理】要点一、程序法解题在求解物体系从一种运动过程(或状态)变化到另—种运动过程(或状态)的力学问题(称之为“程序题 ”)时，通常用“程序法”求解。
程序法：按时间的先后顺序对题目给出的物体运动过程（或不同的状态）进行分析（包括列式计算）的解题方法。
“程序法”解题要求我们从读题开始，就要注意到题中能划分多少个不同的过程或多少个不同的状态，然后对各个过程或各个状态进行分析（称之为“程序分析”），最后逐一列式求解得到结论。
程序法解题的基本思路是：（l ）划分出题目中有多少个不同的过程或多少个不同的状态（2）对各个过程或各个状态进行具体分析，得出正确的结果（3）前一个过程的结束就是后一个过程的开始，两个过程的交接点是问题的关键。
要点二、多过程问题的解决方法多过程问题的物理情景往往涉及几个研究对象，或几个运动过程。
解决这类问题的一般方法是：（1）边读题边粗略分析运动过程分几个运动阶段，把握特殊状态，画草图分析；（2）澄清物体在各个阶段的受力及运动形式，求出各阶段的加速度（或表达式）；（3）寻找各特殊状态的物理量及相关过程物理量的联系，根据规律求解。
【典型例题】类型一、弹簧类多过程问题例析例1、(2015 临忻市中期末考) 如图所示，质量相同的两物块A 、B 用劲度系数为K 的轻弹簧连接，静止于光滑水平面上，开始时弹簧处于自然状态．t=0时刻，开始用一水平恒力F 拉物块A ，使两者做直线运动，经过时间t ，弹簧第一次被拉至最长（在弹性限度内），此时物块A 的位移为x ．则在该过程中（ ）A ． t 时刻A 的动能为FxB ． A 、B 的加速度相等时，弹簧的伸长量为2F k C ． t 时刻A 、B 的速度相等，加速度不相等D ． A 、B 的加速度相等时，速度也一定相等【答案】BC【解析】A 、对物体A 由动能定理可得，F K =-=E -0W W W 总弹力，所以物体A 的动能应等于合力对它做的功，所以A 错误；B 、由题意可知，当两物体加速度相同时，对A 应有：F ﹣k•△x=ma ，对B 应有：k•△x=ma ，联立解得△x=，所以B 正确；C 、由动态分析可知，物体A 加速运动过程中，加速度大小逐渐减小，物体B 也做加速运动，加速度大小逐渐增大，显然开始过程物体A 的加速度大于物体B 的加速度，所以物体A 的速度大于B 的速度，当它们的加速度相等时，物体A 的速度仍然大于B 的速度；以后过程，由于物体A 的速度大于B 的速度，弹簧继续拉伸，这样，物体A 又做减速运动，物体B 则继续做加速运动，当两者速度相等时，弹簧伸长最长，故t 时刻，A 、B 的速度相等，加速度不相等，所以C 正确；D 、根据上面的方向可知，A 、B 加速度相等时，速度不相等，所以D 错误．【总结升华】遇到物体的动态分析过程，应由牛顿第二定律进行分析：当加速度方向与速度方向相同时，物体做加速运动；当加速度方向与速度方向相反时，物体做减速运动．本题注意两物体加速度相同时速度不同，物体A 的速度大于B 的速度；当两物体速度相同时加速度不同，物体B 的加速度大于A 的加速度． 举一反三【变式】如图所示，一弹簧一端系在墙上O 点，自由伸长到B 点，今将一个小物体m 压着弹簧，将弹簧压缩到A 点，然后释放，小物体能运动到C 点静止。
2020版高考物理第三章牛顿运动定律10高考培优讲座3“多物体、多过程”类力学综合问题课件
乙 (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．
[审题指导]
在 t＝0～1 s 时间内， 小物块和木板一起运动， 具
有相同的速度和加速度，根据末速度、时间和位移即可求出加 速度， 然后由牛顿第二定律求得木板与地面间的动摩擦因数 μ1. 根据小物块与木板再次具有共同速度可计算出小物块与木板 间的相对位移，即木板的最小长度．
(3)关注临界点． “多物体叠放”类问题的临界点常出现在“速 度相等”(即相对静止)时，此时往往意味着物体间的相对位移 最大，物体的受力和运动情况可能发生突变．
【典题例证】 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， 如图甲所示．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 图线如图乙所 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： 甲
(2)两模型的区别 ①木块、 木板在它们间的滑动摩擦力作用下均做匀变速直线运 动，在分析时，木块、木板的受力情况及运动情况须同时进行 分析； 而传送带模型中传送带由于有外在电动机作用可保证传 送带一直做匀速运动， 一般情况下只需对物体的受力情况和运 动情况做出分析即可． ②物体的不同初速度或传送带的不同运行速度方向使物体与 传送带间的滑动摩擦力方向不同，所以物体的运动规律也不 同．
(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 x3.由牛顿第二定律及运动学公式得 μ1(m＋M)g＝(m＋M)a4 0－v2 3＝2a4x3 ⑮ ⑯
高中物理 综合应用力学两大观点解决多过程问题 课件 高考物理课件
于竖直平面内，其末端与长度L＝0.7 m的粗糙水平导轨BC相连，BC与竖 直放置、内壁光滑的半圆形管道CD相连，半圆的圆心O在C点的正下方， C点离地面的高度H＝1.25 m.一个质量m＝1 kg的小滑块 (可视为质点)，从A点由静止下滑，小滑块与BC段的动 摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力. (1)求小滑块在水平导轨BC段运动的时间； 答案 0.2 s
木板和小物块，木板长为L，下端位于挡板AB处，整体处于静止状态.木 板和物块两者间的动摩擦因数μ＝ 3 ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力.重 2 力加速度为g.
(1)若木板和物块一起以某初速度沿斜面向上运动，
木板上端恰能运动到C点，求初速度大小v0； 答案 见解析
图2
解析
答案
(2)若对木板施加沿斜面向上的拉力，为使木板上滑 且与物块间没有相对滑动，求拉力应满足的条件；
答案
2.(2017· 苏北四市期中)如图5所示，倾角为θ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
方向竖直向上.
解析 答案
(3) 若半圆形管道半径可以变化，则当半径为多大时，小滑块从其下端
射出的水平距离最远？最远的水平距离为多少？ 答案 0.2 m 1.7 m
解析
答案
随堂测试
1.(2017· 南京市、淮安市5月模拟)如图4所示，水平地面上有质量分别为 1 kg和4 kg的物体A和B，两者与地面的动摩擦因数均为0.5，非弹性轻 绳的一端固定且离 B 足够远，另一端跨过轻质滑轮与 A 相连，滑轮与 B 相连，初始时，轻绳水平，若物体A在水平向右的恒力F＝31 N作用下 运动了4 m，重力加速度g＝10 m/s2，求： (1)物体B因摩擦而产生的热量；
【高考】物理课标版二轮复习应用“三大观点”解决力学综合问题ppt课件
根据动量守恒定律和能量守恒定律可得 mv0=(M+m)v共
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μmgΔl=
1m
2
v02-
1 2
(M+m)
v共2
解得v共=3 m/s,Δl=6 m
(2)对木板有μmgs=
1M
2
v共2 -0,解得s=2
m
当L≥2 m时,木板B端和C点相碰前,物块和木板已经达到共同速度,碰后物块
以v共=3 m/s匀减速到C点
程中所走过的路程为s1,返回过程中所走过的路程为s2,P点的高度为h,整个过 程中克服摩擦力所做的功为W。由动能定理有
mgH-fs1=
1 2
mv12
-0
④
-(fs2+mgh)=0-
1 2
m
-
v1 2
2
⑤
从图(b)所给出的v-t图线可知
s1=
1 2
v1t1
⑥
s2=
1 2
·v1
2
·(1.4t1-t1)
5
过C点,落至水平轨道;在整个过程中,除受到重力及轨道作用力外,小球还一 直受到一水平恒力的作用。已知小球在C点所受合力的方向指向圆心,且此 时小球对轨道的压力恰好为零。重力加速度大小为g。求
考点一
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(1)水平恒力的大小和小球到达C点时速度的大小; (2)小球到达A点时动量的大小; (3)小球从C点落至水平轨道所用的时间。
60°)=
1 2
mvA2
-1
2
mvP2
在P点受力分析如图an=
vP2 R
ax=g sin 60°
a=
an2 ax2 =
67 g
2
考点一
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专业文档第5讲多物体、多过程”类力学综合问题突破全^多物体*多过FT类力学综介问間[学生用书P60]DP1B规律解决动力学问题中一定是做为重点考查点•其中近几年高考中主要考查的方向有：（1）对于“多物体”组成的系统，其整体法、隔离法为主要的受力分析手段；（2）对于“多过程”运动，主要分析在不同阶段运动的加速度，从而得出力与运动之间的关系，其常见问题有传送带模型、滑块一一滑板模型等•专业文档重难解读】“多过程”“多物体”类问题的分析方法1•分析“多过程”问题的方法要领(1)将“多过程”分解为许多“子过程”，各“子过程”间由“衔接点”连接.(2)对各“子过程”进行受力分析和运动分析，必要时画出受力图和运动过程示意图.(3)根据“子过程”和“衔接点”的模型特点选择合适的动力学规律列方程.(4)分析“衔接点”的位移、速度、加速度等的关联，确定各段间的时间关系、位移关系、速度关系等，并列出相关的辅助方程.(5)联立求解，并对结果进行必要的讨论或验证.2.分析“多物体”问题的方法要领(1)搞清各物体初态对地的运动和相对运动(或相对运动趋势)，根据相对运动(或相对运动趋势)情况，确定物体间的摩擦力方向.(2)正确地对各物体进行受力分析，并根据牛顿第二定律确定各物体的加速度，结合加速度和速度的方向关系确定物体的运动情况.(3)关注临界点.“多物体叠放”类问题的临界点常出现在“速度相等” 物体(即相对静止)时，此时往往意味着间的相对位移最大，物体的受力和运动情况可能发生突变.【典题例证】EO (20分)(2015髙考全国卷I )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，如图甲所示.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1s时间内小物块的v — t图线如图乙所示.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/s1 2 3.求:1 木板与地面间的动摩擦因数m及小物块与木板间的动摩擦因数仪；2 木板的最小长度；3 木板右端离墙壁的最终距离.［审题指导］在t= 0〜1 s时间内，小物块和木板一起运动，具有相同的速度和加速度，根据末速度、时间和位移即可求出加速度，然后由牛顿第二定律求得木板与地面间的动摩擦因数P1.根据小物块与木板再次具有共同速度可计算出小物块与木板间的相对位移，即木板的最小长度.［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—w(m+ M)g= (m+ M)a1 ①(2 分)由题图乙可知，木板与墙壁碰撞前的瞬间速度V j = 4 m/s,由运动学公式得甲专业文档V1 = v o+ a i t l ②（i分）1 2x o = v o t i + qa i t i ③（i分）式中，匕=1 s, x0= 4.5 m是木板与墙壁碰撞前的位移，v0是小物块和木板开始运动时的速度联立①②③式和题给条件解得m = 0.i④（i分）在木板与墙壁碰撞后，木板以-V i的初速度向左做匀变速运动，小物块以V i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—m mg = ma2由题图乙可得⑤（i分）V2—V ia2= t—⑥（i分）式中，t2= 2 s, V2= 0,联立⑤⑥式和题给条件解得[J2= 0. 4・⑦（i分）（2）设碰撞后木板的加速度为 a3,经过时间厶t,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j mg+ J（M + m）g= Ma3 ⑧（2分）V3= —V i + a3 A t ⑨（i分）V3 = V i + a? A t ⑩（i分）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—V i+ V3X i= 2At小物块运动的位移为（i 分）V i + V3 …X2= 2At小物块相对木板的位移为（i 分）A x = x2—x i? （i 分）联立④⑥⑦⑧⑨⑩？?？式并代入数据解得A x = 6. 0 m ? （i 分）因为运动过程中小物块始终没有脱离木板，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 X3.由牛顿第二定律及运动学公式得j（m+ M）g= （m+ M）a420 一 V3= 2a4X3碰撞后木板运动的位移为? （i 分）（i 分）x= x i + X3 ? （i 分）联立④⑥⑦⑧⑨⑩？??？式，并代入数据解得x=— 6. 5 m ? （i 分）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“传送带模型” “滑板一一滑块模型”的区别与联系（1）两模型的联系：传送带类似于木块、木板模型中的木板，而两模型中物体的运动规律很相似•开始时，由于两物体（木块与木板、物体与传送带）速度不同，即两物体间存在阻碍相对运动的滑动摩擦力，用来改变两物体的运动状态，由于滑动摩擦力恒定，所以物体均做匀变速运动（传送带匀速）,当两者速度相等时，一起做匀速直线运动（前提是木块仍在木板上、物体没到达传送带另一端）•（2）两模型的区别①木块、木板在它们间的滑动摩擦力作用下均做匀变速直线运动，在分析时，木块、木板的受力情况及运动情况须同时进行分析；而传送带模型中传送带由于有外在电动机作用可保证传送带一直做匀速运动，一般情况下只需对物体的受力情况和运动情况做出分析即可②物体的不同初速度或传送带的不同运行速度方向使物体与传送带间的滑动摩擦力方向不同，所以物体的运动规律也不同.【突破训练】1 . （2018西安质检）如图所示，将砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验.若砝码和纸板的质量分别为2m和m,各接触面间的动摩擦因数均为卩重力加速度为g.要使纸板相对砝码运动，所需拉力的大小至少应为（）C. 5 i mg D . 6 pmg解析：选D.纸板相对砝码恰好运动时，对纸板和砝码构成的系统，由牛顿第二定律可得：F —i2m+ m）g =（2m+ m）a,对砝码，由牛顿第二定律可得： 2 i mg= 2ma,联立可得：F = 6 i mg选项D正确.2.侈选）（2018南昌模拟）如图所示，一质量为 m的物体以一定的速率 V0滑到水平传送带上左端的 A点，当传送带始终静止时，已知物体能滑过右端的B点，经过的时间为t0,则下列判断正确的是（）A .若传送带逆时针方向运行且保持速率不变，则物体也能滑过B点，且用时为t0B .若传送带逆时针方向运行且保持速率不变，则物体可能先向右做匀减速运动直到速度减为零，然后向左加速，因此不能滑过 B点C .若传送带顺时针方向运行，当其运行速率（保持不变）v= V0时，物体将一直做匀速运动滑过B点，用时一定小于t0D .若传送带顺时针方向运行，当其运行速率（保持不变）v> V0时，物体一定向右一直做匀加速运动滑过 B 点，用时一定小于t。
1 1 ___________________________________解析：选AC.传送带静止时，有qmv B — imv 0=—卩mgL 即v B = p v 0— 2卩gL 物体做减速运动，若传送带 逆时针运行，受向左的摩擦力 卩mg 同样由上式分析，一定能匀减速至右端，速度为V B ,不会为零，用时也 一定仍为t o ,故选项A 正确，B 错误；若传送带顺时针方向运行，当其运行速率（保持不变）v= V 。
时，物体将不受摩擦力的作用，一直做匀速运动滑至 B 端，因为匀速通过，故用时一定小于t o ,故选项C 正确；当其运 行速率（保持不变）v> V o 时，开始物体受到向右的摩擦力的作用，做加速运动，运动有两种可能：若物体速度加速到速度v 还未到达B 端时，则先匀加速后匀速运动，若物体速度一直未加速到 v 时，则一直做匀加速运 动，故选项D 错误.3.轻绳相连，t = 0时刻P 在传送带左端具有速度 v 2, P 与定滑轮间的绳水平, 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象可能是（）解析：选BC.①若V 2> v i ,则P 、Q 先一起做匀减速运动，且加速度大小a i = 警土住.m o + m p 若P 能减速到v i ,当f p > m Q g, P 、Q 共同匀速，速度大小为v i ,当f p V mQ g, P 、Q 继续减速，加速度大小a 2= 口。
］ m , ai >a2,故A错误.若传送带足够长,P 、Q 减速到零后，反向加速，加速度大小为a 2. ②若v 2< v i .当f p 》m Q g, P 、Q 先共同加速，后以v i 共同匀速运动，加速度大小为当f p V m Q g, P 、Q 可能一直减速，也可能先减速到零，后反向加速，加速度不变. 综上，B 、C 正确，D 错误. 4.如图所示，两木板 A 、B 并排放在地面上，A 左端放一小滑块，滑块在F = 6 N 的水平力作用下由静止 开始向右运动.已知木板 A 、B 长度均为1= i m ，木板A 的质量m A = 3 kg ，小滑块及木板 B 的质量均为m= i kg ，小滑块与木板 A 、B 间的动摩擦因数均为 』=0. 4,木板A 、B 与地面间的动摩擦因数均为 吃=0. i ，重力加速度g= io m/s 2.求：（多选）（高考四川卷）如图所示，水平传送带以速度 V 1匀速运动，小物体P 、Q 由通过定滑轮且不可伸长的 t= t o 时刻P 离开传送带.不计定 f P — m Q g a2= m Q + m P（i）小滑块在木板 A上运动的时间;(2)木板B获得的最大速度.解析：(1)小滑块对木板 A的摩擦力F fi=w mg = 4 N木板A与B整体受到地面的最大静摩擦力F f2 = M2(2m+ m A)g = 5 NF fi v F f2 ,小滑块滑上木板 A后，木板A保持静止设小滑块滑动的加速度为 a i,贝U: F — mmg= ma i1 2l = 2a i t i解得：t i= i s.(2)设小滑块滑上B时，小滑块速度为v i, B的加速度为a2,经过时间t2滑块与B脱离，滑块的位移为x 块，B的位移为X B, B的最大速度为 V B,贝U: p i mg— 2国mg = ma2V B= a2t2=1 2X B=qa2t2v i = a i t ii 2X 块=v i t2十?a i t2X块一X B= l联立以上各式可得：v B= i m/s.答案：(1)1 s (2)1 m/s5.如图所示，倾角a= 30°的足够长的光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一长L = 1. 8 m,质量M = 3 kg的薄木板，木板的最上端叠放一质量m= 1 kg的小物块，物块与木板间的动摩擦因数尸于.对木板施加沿斜面向上的恒力F ,使木板沿斜面由静止开始向上做匀加速直线运动，假设物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g= 10 m/s4 5.4 为使物块不滑离木板，求力F应满足的条件；5 若F= 37.5 N，物块能否滑离木板？若不能，请说明理由；若能，求出物块滑离木板所用的时间及滑离木板后沿斜面上升的最大距离.解析：⑴若整体恰好静止，贝U F = (M+ m)gsin a= (3十1)x 10X sin 30° N = 20 N因要拉动木板，则F>20 N若整体一起向上做匀加速直线运动，对物块和木板，由牛顿第二定律得F —（M 十 m）gsin a= （M 十 m）a 对物块有 f— mgsin a= ma 其中 f w □ mgos a代入数据解得F w 30 N向上加速的过程中为使物体不滑离木板，力F应满足的条件为20 N< F< 30 N.⑵当F= 37.5 N>30 N时，物块能滑离木板，由牛顿第二定律,对木板有F —卩mgos a—Mgsin a= Ma i 对物块有卩 mgos a—mgsin a= ma2设物块滑离木板所用的时间为t,由运动学公式得1 2 1 2 I§a i t — qa2t = L代入数据解得t= 1.2 s物块滑离木板时的速度 v= a2t由一2gsin a - s= 0 — v代入数据解得s= 0. 9 m.答案：见解析。