学生辅导资料3.2讲 两类动力学问题

第2讲

两类动力学问题

考纲下载：牛顿运动定律的应用(Ⅱ)

主干知识·练中回扣——忆教材 夯基提能 1．动力学的两类基本问题

(1)已知受力情况求物体的运动情况。 (2)已知运动情况求物体的受力情况。 2．解决两类基本问题的方法

以加速度为“桥梁”，由运动学公式和牛顿第二定律列方程求解，具体逻辑关系如图。

巩固小练

1．判断正误

(1)物体的质量与加速度成反比。(×)

(2)物体受到外力作用，立即产生加速度。(√) (3)由于物体做加速运动，所以才受合力作用。(×)

(4)做匀加速直线运动的物体所受合力的方向一定与速度的方向相同。(√) (5)物体所受的合力减小，加速度一定减小，速度也一定减小。(×) (6)物体所受合力方向与速度方向相反，物体的位移一定是减小的。(×) [已知受力情况求运动情况]

2．一辆空车和一辆满载货物的同型号汽车，在同一路面上以相同的速度向同一方向行驶。两辆汽车同时紧急刹车后(即车轮不滚动只滑动)，以下说法正确的是( )

A ．满载货物的汽车由于惯性大，滑行距离较大

B ．满载货物的汽车由于受摩擦力较大，滑行距离较小

C ．两辆汽车滑行的距离相同

D ．满载货物的汽车比空车先停下来

解析：选C 由牛顿第二定律可得两辆汽车的加速度为a ＝μg ，由v 20＝2ax 可知，初速度相同，两车滑行的距离相同，选项C 正确。

[已知运动情况求受力情况] 3．质量为1 kg 的物体，受水平恒力F 作用，由静止开始在光滑的水平面上做加速运动，它在t s 内的位移为x m ，则F 的大小为( )

A.2x t 2 N

B.2x 2t －1 N

C.2x 2t ＋1 N

D.2x t －1

N 解析：选A 由x ＝12at 2得a ＝2x t 2 m/s 2，对物体由牛顿第二定律得F ＝ma ＝1×2x t 2 N ＝2x

t

2

N ，故A 正确。

[“板——块”模型]

4.[多选]如图所示，一足够长的木板静止在光滑水平面上，一物块静止在木板上，木板和物块间有摩擦。现用水平力向右拉木板，当物块相对木板滑动了一段距离但仍有相对运动时，撤掉拉力，此后木板和物块相对于水平面的运动情况为( )

A ．物块先向左运动，再向右运动

B ．物块向右运动，速度逐渐增大，直到做匀速运动

C ．木板向右运动，速度逐渐变小，直到做匀速运动

D ．木板和物块的速度都逐渐变小，直到为零

解析：选BC 物块相对木板向左滑动，物块受到向右的滑动摩擦力，木板受到向左的

滑动摩擦力，当撤掉拉力后，物块和木板受到的滑动摩擦力不变，故木板向右做减速运动，物块向右做加速运动，直到两者速度相等后，一起做匀速运动，选项B 、C 正确。

核心考点·分类突破——析考点 讲透练足

[典题kg ，铸件与地面间的动摩擦因数是0.25。工人用80 N 的力拉动铸件，从静止开始在水平面上前进，绳与水平方向的夹角为α＝37°并保持不变，经4 s 后松手。(g ＝10 m/s 2)求：

(1)松手前铸件的加速度；

(2)松手后铸件还能前进的距离。

[解析] (1)松手前，对铸件由牛顿第二定律得 a ＝F cos 37°－μ(mg －F sin 37°)m

＝1.3 m/s 2

(2)松手时铸件的速度v ＝at ＝5.2 m/s

松手后的加速度大小a ′＝μmg

m

＝μg ＝2.5 m/s 2

则松手后铸件还能滑行的距离x ＝v 2

2a ′

＝5.4 m

[答案] (1)1.3 m/s 2 (2)5.4 m

1．(2016·齐齐哈尔质检)一个原来静止在光滑平面上的物体，质量是7 kg ，在14 N 的恒力作用下运动，则5 s 末的速度及5 s 内通过的路程为( )

A ．8 m/s 25 m

B ．2 m/s 25 m

C ．10 m/s 25 m

D ．10 m/s 12.5 m

解析：选C 物体由静止开始在恒力的作用下做初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿

第二定律和运动学公式得a ＝F m ＝147 m/s 2＝2 m/s 2，v ＝at ＝2×5 m/s ＝10 m/s ，x ＝12at 2＝

1

2

×2×25 m ＝25 m ，选项C 正确。

2.如图所示，一木箱静止在长平板车上，某时刻平板车以a ＝2.5 m/s 2的加速度由静止开始向前做匀加速直线运动，当速度达到v ＝9 m/s 时改做匀速直线运动，已知木箱与平板车之间的动摩擦因数μ＝0.225，箱与平板车之间的最大静摩擦力与滑动静擦力相等(g 取10 m/s 2)。求：

(1)车在加速过程中木箱运动的加速度的大小；

(2)要使木箱不从平板车上滑落，木箱开始时距平板车末端的最小距离。

解析：(1)设木箱的最大加速度为a ′，根据牛顿第二定律得μmg ＝ma ′ 解得a ′＝2.25 m/s 2＜2.5 m/s 2

则木箱与平板车存在相对运动，所以车在加速过程中木箱的加速度为2.25 m/s 2

(2)设平板车做匀加速直线运动的时间为t 1，木箱与平板车达到共同速度的时间为t 2，根据速度公式得

v ＝at 1① v ＝at ′2②

达到共同速度时平板车的位移为x 1，则

x 1＝v 2

2a

＋v (t 2－t 1)③

木箱的位移为x 2，则x 2＝1

2

at ′22④ 要使木箱不从平板车上滑落，木箱距平板车末端的最小距离满足x ＝x 1－x 2⑤

联立解得x ＝1.8 m

答案：(1)2.25 m/s 2 (2)1.8 m

[典题固定在座椅上，由电动机将座椅沿光滑的竖直轨道提升到离地面40 m 高处，然后由静止释放。可以认为座椅沿轨道做自由落体运动2 s 后，开始受到恒定阻力而立即做匀减速运动，且下落到离地面4 m 高处时速度刚好减小到零。然后再让座椅以相当缓慢的速度稳稳下落，将游客送回地面。(取g ＝10 m/s 2)求：

(1)座椅在自由下落结束时刻的速度是多大？ (2)座椅在匀减速阶段的时间是多少？

(3)在匀减速阶段，座椅对游客的作用力大小是游客体重的多少倍？

[解析] (1)设座椅在自由下落结束时刻的速度为v ，由v ＝gt 1得v ＝20 m/s (2)自由下落的位移

h ′＝12gt 21

＝20 m

设座椅匀减速运动的总高度为h ，则 h ＝(40－4－20)m ＝16 m

由h ＝v

2

t 得t ＝1.6 s

(3)设座椅匀减速阶段的加速度大小为a ，座椅对游客的作用力大小为F ，由v ＝at 得a ＝12.5 m/s 2

由牛顿第二定律得 F －mg ＝ma

解得 F

mg

＝2.25

[答案] (1)20 m/s (2)1.6 s (3)2.25

1．(2016·襄阳模拟)在欢庆节日的时候，人们会在夜晚燃放美丽的焰火。按照设计，某种型号的装有焰火的礼花弹从专用炮筒中射出后，在4 s 末到达离地面100 m 的最高点时炸开，构成各种美丽的图案。假设礼花弹从炮筒中竖直射出时的初速度是v 0，上升过程中所受的平均阻力大小始终是自身重力的k 倍，那么v 0和k 分别等于(重力加速度g 取10 m/s 2)( )

A ．25 m/s,1.25

B ．40 m/s,0.25

C ．50 m/s,0.25

D ．80 m/s,1.25

解析：选C 根据h ＝1

2

at 2，解得a ＝12.5 m/s 2，所以v 0＝at ＝50 m/s ；上升过程礼花弹

所受的平均阻力F f ＝kmg ，根据牛顿第二定律得a ＝mg ＋F f

m

＝(k ＋1)g ＝12.5 m/s 2，解得k ＝

0.25，故选项C 正确。

2．一质量为m ＝2 kg 的滑块能在倾角为θ＝30°的足够长的斜面上以a ＝2.5 m/s 2匀加速下滑。若用一水平向右恒力F 作用于滑块，使之由静止开始在t ＝2 s 内能沿斜面运动位移x ＝4 m 。(g 取10 m/s 2)求：

(1)滑块和斜面之间的动摩擦因数μ； (2)恒力F 的大小。

解析：(1)根据牛顿第二定律可得 mg sin 30°－μmg cos 30°＝ma

解得μ＝3

6

(2) 滑块沿斜面做匀加速直线运动，则

x ＝12

a 1t 2 解得a 1＝2 m/s 2

使滑块沿斜面做匀加速直线运动，有加速度向上和向下两种可能。 当加速度沿斜面向上时，则有 F cos 30°－mg sin 30°－μF N ＝ma 1 F N ＝F sin 30°＋mg cos 30°

解得F ＝763

5

N

当加速度沿斜面向下时 mg sin 30°－F cos 30°－μF N ＝ma 1 F N ＝F sin 30°＋mg cos 30°

解得F ＝43

7 N

答案：(1)3 (2)763 N 或43

N

1上、下叠放两个物体，在摩擦力的相互作用下两物体发生相对滑动。 2．两种位移关系

滑块由滑板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和滑板同向运动，位移之差等于板长；反向运动时，位移之和等于板长。

3．解题方法

整体法、隔离法。 4．解题思路

(1)分析滑块和滑板的受力情况，根据牛顿第二定律分别求出滑块和滑板的加速度。 (2)对滑块和滑板进行运动情况分析，找出滑块和滑板之间的位移关系或速度关系，建立方程。特别注意滑块和滑板的位移都是相对地的位移。

[典题3] (2016·德州质检)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，取g ＝10 m/s 2。求：

(1)木板与冰面的动摩擦因数μ2；

(2)小物块A 的初速度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

＝1.0 m/s 2 由牛顿第二定律得μ2mg ＝ma 解得μ2＝0.10

(2)小物块相对木板滑动时受木板对它的滑动摩擦力，做匀减速运动，其加速度 a 1＝μ1g ＝2.5 m/s 2

小物块在木板上滑动，木板受小物块的滑动摩擦力和冰面的滑动摩擦力，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v 0＝v ＋a 1t ＝2.4 m/s

(3)小物块滑上木板的初速度越大，它在木板上相对木板滑动的距离越大，当滑动距离等于木板长时，小物块到达木板B 的最右端，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 2－1

2a 2t 2＝L

v 0m －v ′＝a 1t v ′＝a 2t

由以上三式解得v 0m ＝3.0 m/s

[答案] (1)0.10 (2)2.4 m/s (3)3.0 m/s

1.(2016·芜湖模拟)质量为m 0＝20 kg 、长为L ＝5 m 的木板放在水平面上，木板与水平面的动摩擦因数为μ1＝0.15。将质量m ＝10 kg 的小木块(可视为质点)，以v 0＝4 m/s 的速度从木板的左端被水平抛射到木板上(如图所示)，小木块与木板面的动摩擦因数为μ2＝0.4(最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g ＝10 m/s 2)。则下列判断中正确的是( )

A ．木板一定静止不动，小木块不能滑出木板

B ．木板一定静止不动，小木块能滑出木板

C ．木板一定向右滑动，小木块不能滑出木板

D ．木板一定向右滑动，小木块能滑出木板 解析：选A 木板与地面间的摩擦力为F f1＝μ1(m 0＋m )g ＝0.15×(20＋10)×10 N ＝45 N ，小木块与木板之间的摩擦力为F f2＝μ2mg ＝0.4×10×10 N ＝40 N ，F f1>F f2，所以木板一定静止不动；设小木块在木板上滑行的距离为x ，v 20＝2μ2gx ，解得x ＝2 m

2.(2016·南阳模拟)如图所示，在水平桌面上叠放着质量均为M 的A 、B 两块木板，在木板A 的上面放着一个质量为m 的物块C ，木板和物块均处于静止状态。A 、B 、C 之间以及B 与地面之间的动摩擦因数都为μ。若用水平恒力F 向右拉动木板A ，使之从C 、B 之间抽出来，已知重力加速度为g ，则拉力F 的大小应该满足的条件是(已知最大静摩擦力的大小等于滑动摩擦力)( )

A ．F ＞μ(2m ＋M )g

B ．F ＞μ(m ＋2M )g

C ．F ＞2μ(m ＋M )g

D ．F ＞2μmg

解析：选C 无论F 多大，摩擦力都不能使B 向右滑动，而滑动摩擦力能使C 产生的

最大加速度为μg ，故F －μmg －μ(m ＋M )g

M

＞μg 时，即F ＞2μ(m ＋M )g 时A 可从B 、C 之间抽

出，选项C 正确。

3．(2015·全国新课标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(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/s 2。

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 1①

由题图(b)可知，木板与墙壁碰撞前瞬间的速度v 1＝4 m/s ，由运动学公式有 v 1＝v 0＋a 1t 1②

s 0＝v 0t 1＋1

2a 1t 21

③

式中，t 1＝1 s ，s 0＝4.5 m 是木板碰撞前的位移，v 0是小物块和木板开始运动时的速度。 联立①②③式和题给条件得 μ1＝0.1④

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 由题图(b)可得

a 2＝v 2－v 1t 2－t 1

⑥

式中，t 2＝2 s ，v 2＝0，联立⑤⑥式和题给条件得 μ2＝0.4⑦

(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 v 3＝－v 1＋a 3Δt ⑨ v 3＝v 1＋a 2Δt ⑩

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

s 1＝－v 1＋v 32

Δt ?

小物块运动的位移为

s 2＝v 1＋v 32

Δt ?

小物块相对木板的位移为 Δs ＝s 2－s 1?

联立⑥⑧⑨⑩???式，并代入数值得 Δs ＝6.0 m ?

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a 4，此过程中小物块和木板运动的位移为s 3。由牛顿第二定律及运动学公式得

μ1(m ＋M )g ＝(m ＋M )a 4? 0－v 23＝2a 4s 3?

碰后木板运动的位移为 s ＝s 1＋s 3?

联立⑥⑧⑨⑩????式，并代入数值得 s ＝－6.5 m ?

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

专题突破训练 一、单项选择题

1．行车过程中，如果车距不够，刹车不及时，汽车将发生碰撞，车里的人可能受到伤害，为了尽可能地减轻碰撞引起的伤害，人们设计了安全带，假定乘客质量为70 kg ，汽车车速为90 km/h ，从踩下刹车到完全停止需要的时间为 5 s ，安全带对乘客的作用力大小约为(不计人与座椅间的摩擦)( )

A ．450 N

B ．400 N

C ．350 N

D ．300 N

解析：选C 汽车的速度v 0＝90 km/h ＝25 m/s ，设汽车匀减速的加速度大小为a ，则a

＝v 0

t

＝5 m/s 2，对乘客由牛顿第二定律得F ＝ma ＝70×5 N ＝350 N ，所以C 正确。 2．用40 N 的水平力F 拉一个静止在光滑水平面上、质量为20 kg 的物体，力F 作用3 s 后撤去，则第5 s 末物体的速度和加速度的大小分别是( )

A ．v ＝6 m/s ，a ＝0

B ．v ＝10 m/s ，a ＝2 m/s 2

C ．v ＝6 m/s ，a ＝2 m/s 2

D ．v ＝10 m/s ，a ＝0

解析：选A 由牛顿第二定律，在前3 s 内物体的加速度a ＝F

m

＝2 m/s 2,3 s 末的速率v

＝at ＝6 m/s ，当外力F 撤去后，加速度变为零，物体的速率保持不变为6 m/s ，选项A 正确。

3．我国宇航员王亚平在太空授课时，利用质量测量仪粗略测出了聂海胜的质量。若聂海胜受到恒力F 的作用从静止开始运动，经时间t 运动的位移为x ，则聂海胜的质量为( )

A.Ft 2x

B.Ft 2x

C.Ft x

D.Ft 22x

解析：选D 聂海胜受到恒力F 的作用做匀加速运动，加速度a ＝2x

t

2，由牛顿第二定律

有F ＝ma ，则聂海胜的质量m ＝Ft

22x

，D 正确。

4.(2016·东北模拟)如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系xOy ，该平面内有AM 、BM 、CM 三条光滑固定轨道，其中A 、C 两点处于同一个圆上，C 是圆上任意一点，A 、M 分别为此圆与y 、x 轴的切点。B 点在y 轴上且∠BMO ＝60°，O ′为圆心。现将a 、b 、c 三个小球分别从A 、B 、C 点同时由静止释放，它们将沿轨道运动到M 点，如所用时间分别为t A 、t B 、t C ，则t A 、t B 、t C 大小关系是( )

A ．t A ＜t C ＜t

B B ．t A ＝t

C ＜t B C ．t A ＝t C ＝t B

D ．由于C 点的位置不确定，无法比较时间大小关系

解析：选B 对于AM 段，位移x 1＝2R ，加速度a 1＝mg sin 45°m ＝22g ，根据x ＝1

2

at 2

得，t A ＝2x 1a 1＝ 4R g ；对于BM 段，位移x 2＝2R ，加速度a 2＝g sin 60°＝32g ，由x ＝1

2at 2

得，t B ＝2x 2a 2＝8R 3g

；对于CM 段，同理可解得t C ＝2x 3a 3＝ 4R

g ，故B 正确。

5.(2016·玉溪模拟)如图所示，水平桌面由粗糙程度不同的AB 、BC 两部分组成，且AB ＝BC ，小物块P (可视为质点)以某一初速度从A 点滑上桌面，最后恰好停在C 点，已知物块经过AB 与BC 两部分的时间之比为1∶4，则物块P 与桌面上AB 、BC 部分之间的动摩擦因数μ1、μ2之比为(P 物块在AB 、BC 上所做两段运动可看作匀变速直线运动)( )

A ．1∶1

B ．1∶4

C ．4∶1

D ．8∶1

解析：选D 设到达B 点速度为v 1，由于AB 与BC 段的位移

相等，则有v 0＋v 12t 1＝v 1＋02t 2，其中t 1∶t 2＝1∶4，故v 1＝v 03，AB 段的加速度为a 1＝v 1－v 0

t 1

＝

－2v 03t 1，BC 段的加速度为a 2＝0－v 1t 2＝－v 03t 2

，根据牛顿第二定律得，AB 段－μ1mg ＝ma 1，BC 段－μ2mg ＝ma 2，解得μ1∶μ2＝a 1∶a 2＝8∶1，故选项D 正确。

6．一长轻质木板置于光滑水平地面上，木板上放质量分别为m A ＝1 kg 和m B ＝2 kg 的A 、B 两物块，A 、B 与木板之间的动摩擦因数都为μ＝0.2，水平恒力F 作用在A 物块上，如图所示(重力加速度g 取10 m/s 2)。则( )

A ．若F ＝1 N ，则物块、木板都静止不动

B ．若F ＝1.5 N ，则A 物块所受摩擦力大小为1.5 N

C ．若F ＝4 N ，则B 物块所受摩擦力大小为4 N

D ．若F ＝8 N ，则B 物块的加速度为1 m/s 2 解析：选D 物块A 的滑动摩擦力为F f A ＝μm A g ＝2 N ，物块B 的滑动摩擦力为F f A ＝μm B g ＝4 N 。若F ＝1 N<2 N ，则两物块相对木板静止不动，而木板向左加速运动，A 错误；若F

＝1.5 N<2 N ，对两木块与木板整体由牛顿第二定律得共同加速度为a ＝F m A ＋m B ＝1.5

3

m/s 2

＝0.5 m/s 2，对A 有F －F f ＝m A a ，解得F f ＝1 N ，B 错误；当F ＝4 N>2 N 时，木块A 与木板

相对滑动，此时木板和B 的加速度为a ＝μm A g

m B

＝1 m/s 2，此时B 物块所受摩擦力大小为F f

＝m B a ＝2 N ，C 错误；同理若F ＝8 N ，木块A 与木板相对滑动，此时木板和B 的加速度为a ＝μm A g m B

＝1 m/s 2，D 正确。

二、多项选择题

7．将一个物体以某一速度从地面竖直向上抛出，设物体在运动过程中所受空气阻力大小不变，则物体( )

A ．刚抛出时的速度最大

B ．在最高点的加速度为零

C ．上升时间小于下落时间

D ．上升时的加速度等于下落时的加速度解析：选AC 物体上升时受竖直向下的重力和阻力作用，而下降时受竖直向下的重力和竖直向上的阻力作用，由牛顿第二定律可得物体上升时加速度大，由于物体上升和下降时的位移相等，且初速度为零，由位移公式可得物体上升时的时间短，选项C 正确，D 错误；在最高点的加速度为g ，选项B 错误；物体刚抛出时的速度最大，选项A 正确。

8．如图所示，质量为 m ＝1 kg 的物体与水平地面之间的动摩擦因数为0.3，当物体运动的速度为 10 m/s 时，给物体施加一个与速度方向相反的大小为 F ＝2 N 的恒力，在此恒力作用下(取 g ＝10 m/s 2)( )

A ．物体经10 s 速度减为零

B ．物体经2 s 速度减为零

C ．物体速度减为零后将保持静止

D ．物体速度减为零后将向右运动

解析：选BC 物体受到向右的滑动摩擦力F f ＝μF N ＝μG ＝3 N ，根据牛顿第二定律得a ＝F ＋F f m ＝2＋31 m/s 2＝5 m/s 2，方向向右，物体减速到零所需的时间t ＝v 0a ＝105

s ＝2 s ，B 正

确，A 错误；减速到零后，恒力F

9．质量m ＝1 kg 的物体在光滑平面上运动，初速度大小为 2 m/s 。在物体运动的直线上施以一个水平恒力，经过 t ＝1 s ，速度大小变为4 m/s ，则这个力的大小可能是( )

A ．2 N

B ．4 N

C ．6 N

D ．8 N

解析：选AC 物体可能做单向直线运动，也可能先减速到零再反向加速，故初、末速

度可能同向，也可能反向，由a ＝v －v 0

t

可得，加速度可能是2 m/s 2，也可能是6 m/s 2，由

牛顿第二定律F ＝ma 得，这个力大小可能是2 N ，也可能是6 N ，因此A 、C 选项正确。

10．如图所示，在光滑水平面上，放着两块长度相同，质量分别为M 1和M 2的木板，在两木板的左端各放一个大小、形状、质量完全相同的物块。开始时，各物均静止，今在两物体上各作用一水平恒力F 1、F 2，当物块和木板分离时，两木板的速度分别为v 1和v 2，物体和木板间的动摩擦因数相同，下列说法正确的是( )

A ．若F 1＝F 2，M 1＞M 2，则v 1＞v 2

B ．若F 1＝F 2，M 1＜M 2，则v 1＞v 2

C ．若F 1＞F 2，M 1＝M 2，则v 1＞v 2

D ．若F 1＜F 2，M 1＝M 2，则v 1＞v 2

解析：选BD 若F 1＝F 2，M 1>M 2，且假设M 1远大于M 2，则可认为M 1不动，则物体

在M 1上运动的时间会小于在M 2上运动的时间，又木板的加速度a ＝μmg

M

，故a 1＜a 2，所以

v 1＜v 2，A 错误；同理可判断B 正确；若 F 1>F 2，M 1＝M 2，则在M 1上的物块的加速度较大，而两板的加速度大小相同，所以在M 1上的物块在板上的运动时间较短，所以v 1＜v 2，C 错误；同理可判断D 正确。

三、计算题 11.(2016·浙江五校联考)如图所示，一质量为1 kg 的小球套在一根固定的直杆上，直杆与水平面夹角θ为30°。现小球在F ＝20 N 的竖直向上的拉力作用下，从A 点静止出发向上

运动，已知杆与球间的动摩擦因数为 3

6 。试求：

(1)小球运动的加速度大小；

(2)若F 作用1.2 s 后撤去，小球上滑过程中距A 点最大距离。 解析：(1)在力F 作用时，由牛顿第二定律得 (F －mg )sin 30°－(F －mg )cos 30°＝ma 1

解得a 1＝2.5 m/s 2

(2)刚撤去F 时，小球的速度v 1＝ a 1t 1＝3 m/s

小球的位移x 1 ＝v 1

2

t 1＝1.8 m

撤去力F 后，小球上滑时，由牛顿第二定律得 mg sin 30°＋mg cos 30°＝ma 2

解得a 2＝7.5 m/s 2

小球上滑时间t 2＝v 1

a 2＝0.4 s

上滑位移x 2＝v 1

2

t 2＝0.6 m

则小球上滑的最大距离为x m ＝x 1＋x 2＝2.4 m 答案：(1) 2.5 m/s 2 (2)2.4 m

12．如图所示，一质量为m B ＝2 kg ，长为L ＝6 m 的薄木板B 放在水平面上，质量为m A ＝2 kg 的物体A (可视为质点)在一电动机拉动下从木板左端以v 0＝5 m/s 的速度向右匀速运动。在物体带动下，木板以a ＝2 m/s 2的加速度从静止开始做匀加速直线运动，此时牵引物体的轻绳的拉力F ＝8 N 。已知各接触面间的动摩擦因数恒定，重力加速度g 取10 m/s 2，求：

(1)经多长时间物体A 滑离木板？

(2)木板与水平面间的动摩擦因数为多少？

(3)物体A 滑离木板后立即取走物体A ，木板能继续滑行的距离为多少？ 解析：(1)设经t

0时间物体A 滑离木板，则 对A ：x A ＝v 0t 0

对木板B ：x B ＝1

2at 20

x A －x B ＝L

代入数据解得t 0＝2 s(另解舍去)

(2)A 在B 上滑动时，A 匀速运动，则 F f AB ＝F ＝8 N

设地面对B 的滑动摩擦力为F f B 1，则由牛顿第二定律得 F f AB －F f B 1＝m B a 又F f B 1＝μF N F N ＝(m A ＋m B )g

解得μ＝0.1

(3)物体A滑离时B板的速度v B＝at0＝4 m/s B板向前减速滑行过程中，由牛顿第二定律得μm B g＝m B a B

解得a B＝μg＝1 m/s2

木板继续滑行的位移x B＝v2B

2a B＝8 m 答案：(1) 2 s(2)0.1(3)8 m