（天津专用）2020届高考物理一轮复习专题三牛顿运动定律教师用书（PDF，含解析）

三　牛顿运动定律１７　　　专题三牛顿运动定律对应学生用 书 关于书的成语关于读书的排比句社区图书漂流公约怎么写关于读书的小报汉书pdf 起始页码Ｐ２６考点一牛顿运动定律的理解和简单应用　　一、对牛顿运动定律的理解１．牛顿第一定律（１）力不是产生并维持物体运动的原因，而是使物体产生加速度的原因。（２）惯性是任何物体在任何状况下都具有的固有属性，牛顿第一定律揭示了这一属性。（３）惯性的 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 现形式：总是以“保持原态”或“反抗改变”两种形式表现出来。（４）质量是物体惯性大小的唯一量度。２．牛顿第二定律的特性Ｆ＝ｍａ→Ｆ是产生ａ的原因→因果性→ａ与Ｆ对应同一时刻→瞬时性→ａ与Ｆ方向相同→矢量性→Ｆ、ｍ、ａ对应同一物体→Ｆ、ｍ、ａ统一使用国际单位→统一性→每一个力都可以产生各自的加速度→独立性→３．牛顿第三定律：作用力与反作用力（１）作用力与反作用力的关系可 总结 初级经济法重点总结下载党员个人总结TXt高中句型全总结.doc高中句型全总结.doc理论力学知识点总结pdf 为“三同（同大小、同性质、同变化）、三异（反向、异物、异效果）、三无关（与物体种类、运动状态、其他受力情况无关）”。（２）一对作用力与反作用力和一对平衡力的异同一对作用力与反作用力一对平衡力相同点等大，反向，作用在同一条直线上不同点受力物体作用在两个不同的物体上作用在同一个物体上依赖关系相互依存，不可单独存在无依赖关系，解除一个，另一个可依然存在，只是不再平衡力的效果两力作用效果不可抵消，不可叠加，不可求合力两力作用效果可相互抵消，可叠加，可求合力，合力为零力的性质一定相同不一定相同　　图为蹦极运动的示意图。弹性绳的一端固定在Ｏ点，另一端和运动员相连。运动员从Ｏ点自由下落，至Ｂ点弹性绳自然伸直，经过合力为零的Ｃ点到达最低点Ｄ，然后弹起。整个过程中忽略空气阻力。分析这一过程，下列表述正确的是（　　）①经过Ｂ点时，运动员的速率最大②经过Ｃ点时，运动员的速率最大③从Ｃ点到Ｄ点，运动员的加速度增大④从Ｃ点到Ｄ点，运动员的加速度不变Ａ．①③Ｂ．②③Ｃ．①④Ｄ．②④解题思路　先分析各阶段的受力及合力情况，再根据牛顿运动定律判断加速度的方向及其变化，最后依据加速度与速度的关系判断运动情况。解析　在ＢＣ段，运动员所受重力大于弹力，向下做加速度逐渐减小的变加速运动，当加速度等于零时，速度最大，即在Ｃ点时速度最大，②对。在ＣＤ段，弹力大于重力，运动员做加速度逐渐增大的变减速运动，③对。故选Ｂ。答案　Ｂ　　二、瞬时性问题的两种模型刚性绳模型弹簧模型代表物轻绳、轻杆、接触面轻弹簧、橡皮绳不同点不发生明显形变就能产生弹力，剪断（或脱离）后，弹力立即消失，形变恢复不需要时间（一般题目中所给的细线、轻杆和接触面在不加特殊说明时，均可按此模型处理）形变量大，形变恢复需要较长时间，在瞬间问题中，其弹力的大小不能发生突变，往往可以看成是不变的相同点都是质量可忽略的理想化模型，都会发生形变而产生弹力，同一时刻内部弹力处处相等且与运动状态无关　　如图所示，Ａ、Ｂ两小球分别连在弹簧两端，与Ｂ球相连的细线另一端固定在倾角为３０°的光滑斜面顶端。Ａ、Ｂ两小球的质量分别为ｍＡ、ｍＢ，重力加速度为ｇ，若不计弹簧质量，在线被剪断瞬间，Ａ、Ｂ两球的加速度分别为（　　）Ａ．都等于ｇ２Ｂ．ｇ２和０Ｃ．ｍＡ＋ｍＢｍＢ·ｇ２和０Ｄ．０和ｍＡ＋ｍＢｍＢ·ｇ２􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋１８　　　５年 高考 地理事物空间分布特征语文高考下定义高考日语答题卡模板高考688高频词汇高考文言文120个实词 ３年模拟Ｂ版（教师用书）解题思路　分析细线断前后各个球的受力及变化情况，依据牛顿第二定律计算各个球的加速度。解析　在线被剪断瞬间，弹簧的长度没有变化，弹簧的弹力不变，受力分析知Ａ、Ｂ球所受合力分别为ＦＡ＝０，ＦＢ＝（ｍＡ＋ｍＢ）ｇｓｉｎ３０°，则ａＡ＝０，ａＢ＝ｍＡ＋ｍＢｍＢ·ｇ２，则选项Ｄ正确。答案　Ｄ１．伽利略的理想实验（如图所示）是将可靠的事实和理论思维结合起来，更能深刻地反映自然规律，伽利略的斜面实验程序如下：（１）减小第二个斜面的倾角，小球在这个斜面上仍然能达到原来的高度；（２）两个对接的斜面，让静止的小球沿一个斜面滚下，小球将滚上另一个斜面；（３）如果没有摩擦，小球将上升到原来释放的高度；（４）继续减小第二个斜面的倾角，最后使它成水平面，小球将沿水平面做持续的匀速运动。请按程序先后次序排列，并指出它究竟属于可靠的事实还是通过思维过程得到的推论，下列选项正确的是（数字表示上述程序号码）（　　）Ａ．事实（２）→事实（１）→推论（３）→推论（４）Ｂ．事实（２）→推论（１）→事实（３）→推论（４）Ｃ．事实（２）→推论（３）→推论（１）→推论（４）Ｄ．事实（２）→事实（３）→推论（１）→推论（４）２．答案　Ｃ　小球从对接的两个斜面的一个斜面上滚下，它将滚到另一个斜面上，这可以在实验中做到，所以是事实，即事实（２），在实际实验中，永远摆脱不了力的作用，特别是摩擦力，所以既不能达到同样高度也不能在水平面上永不停止地做匀速直线运动，所以（１）、（３）、（４）都是推论，在实验中，是将第二个斜面的倾角逐渐减小直到为零，所以程序为：事实（２）→推论（３）→推论（１）→推论（４）。２．如图所示为探究小车加速度与所受合力关系的实验示意图局部。该实验中，两小车各自受到向左的恒定拉力，通过控制铁夹子同时释放细线，让两小车同时由静止开始运动，然后通过铁夹子同时夹住小车后面的细线使小车同时突然停止运动，从而使小车近似做了一段匀加速直线运动，进而比较两小车的加速度。关于此实验中两小车加速度的判断，下列说法正确的是（　　）Ａ．两小车的加速度之比等于位移之比Ｂ．两小车的加速度之比等于位移的反比Ｃ．两小车的加速度之比等于位移平方之比Ｄ．两小车的加速度之比等于位移平方的反比２．答案　Ａ　两小车均做初速度为零的匀加速直线运动，且两个小车运动的时间相等，由位移公式：ｓ＝１２ａｔ２，可知，两小车的加速度之比等于位移之比，故Ａ正确。３．如图所示，物体在水平力Ｆ作用下压在竖直墙上静止不动，则（　　）Ａ．物体所受摩擦力的反作用力是重力Ｂ．力Ｆ就是物体对墙的压力Ｃ．力Ｆ的反作用力是墙壁对物体的支持力Ｄ．墙壁对物体的弹力的反作用力是物体对墙壁的压力３．答案　Ｄ　作用力与反作用力的性质相同，故Ａ错；力Ｆ与物体对墙的压力是两个不同的力，故Ｂ错误；力Ｆ与墙壁对物体的支持力是一对平衡力，故Ｃ错。只有Ｄ对。４．如图所示，一轻质弹簧沿竖直方向放置在水平地面上，其下端固定，当弹簧的长度为原长时，其上端位于Ｏ点。现有一小球从Ｏ点由静止释放，将弹簧压缩至最低点（弹簧始终处于弹性限度内）。在此过程中，关于小球的加速度ａ随下降位移ｘ的变化关系，下图中正确的是（　　）４．答案　Ａ　小球自Ｏ点由静止下降的过程中，跟弹簧一起构成了做简谐运动的系统。小球做简谐运动的回复力由重力和弹力的合力提供。由牛顿第二定律有ａ＝ｍｇ－ｋｘｍ，可见ａ跟ｘ成线性变化关系。由简谐运动的对称性知小球初、末状态的加速度大小相等而方向相反。综合以上分析可知Ａ选项正确。５．如图所示，质量为ｍ的小球被水平绳ＡＯ和与竖直方向成θ角的轻弹簧系着处于静止状态，现用火将绳ＡＯ烧断，在绳ＡＯ烧断的瞬间，下列说法正确的是（　　）Ａ．弹簧的拉力Ｆ＝ｍｇｃｏｓθＢ．弹簧的拉力Ｆ＝ｍｇｓｉｎθＣ．小球的加速度为零Ｄ．小球的加速度为ｇｓｉｎθ５．答案　Ａ　烧断ＯＡ之前，小球受３个力，烧断绳的瞬间，绳的张力没有了，但由于轻弹簧的形变的恢复需要时间，故弹簧的弹力不变，Ａ正确。６．公路上行驶的两汽车之间应保持一定的安全距离。当前车突然停止时，后车司机可以采取刹车 措施 《全国民用建筑工程设计技术措施》规划•建筑•景观全国民用建筑工程设计技术措施》规划•建筑•景观软件质量保证措施下载工地伤害及预防措施下载关于贯彻落实的具体措施 ，使汽车在安全距离内停下而不会与前车相碰。通常情况下，人的反应时间和汽车系统的反应时间之和为１ｓ，当汽车在晴天干燥沥青路面上以１０８ｋｍ／ｈ的速度匀速行驶时，安全距离为１２０ｍ。设雨天时汽􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋三　牛顿运动定律１９　　　车轮胎与沥青路面间的动摩擦因数为晴天时的２／５，若要求安全距离仍为１２０ｍ，求汽车在雨天安全行驶的最大速度。（ｇ＝１０ｍ／ｓ２）６．答案　２０ｍ／ｓ（或７２ｋｍ／ｈ）解析　设路面干燥时，汽车与路面间的动摩擦因数为μ０，刹车时汽车的加速度大小为ａ０，安全距离为ｓ，反应时间为ｔ０，由牛顿第二定律和运动学公式得μ０ｍｇ＝ｍａ０①ｓ＝ｖ０ｔ０＋ｖ２０２ａ０②式中，ｍ和ｖ０分别为汽车的质量和刹车前的速度。设在雨天行驶时，汽车与路面间的动摩擦因数为μ，依题意有μ＝２５μ０③设在雨天行驶时汽车刹车的加速度大小为ａ，安全行驶的最大速度为ｖ，由牛顿第二定律和运动学公式得μｍｇ＝ｍａ④ｓ＝ｖｔ０＋ｖ２２ａ⑤联立①②③④⑤式并代入题给数据得ｖ＝２０ｍ／ｓ（７２ｋｍ／ｈ）⑥考点二牛顿运动定律的综合应用　　一、运用牛顿运动定律解决的两类基本问题　　在训练运动员奔跑中下肢向后的蹬踏力量时，有一种方法是让运动员腰部系绳拖汽车轮胎奔跑，如图所示。一次训练中，运动员腰部系着不可伸长的绳拖着质量ｍ＝１１ｋｇ的轮胎从静止开始沿着笔直的跑道加速奔跑，经过ｔ１＝３ｓ后速度达到ｖ１＝６ｍ／ｓ，开始匀速跑，在匀速跑的某时刻拖绳从轮胎上脱落，运动员立即减速。当运动员速度减为零时发现轮胎静止在身后ｓ０＝２ｍ处。已知轮胎与跑道间的动摩擦因数μ＝０．５，运动员奔跑时拖绳两结点的距离Ｌ＝２ｍ，结点高度差视为定值Ｈ＝１．２ｍ；将运动员加速跑和减速跑过程视为匀变速运动，取ｇ＝１０ｍ／ｓ２。求：（１）加速阶段绳子对轮胎的拉力大小Ｔ；（２）运动员减速跑的加速度大小。　　解题思路　（１）对在拖绳拉拽下加速运动的轮胎进行受力分析，再由牛顿第二定律建立动力学方程，结合运动学公式，即可求出绳中拉力。（２）绳脱落后，轮胎和运动员两者均做减速运动，运动员的总位移与轮胎的总位移满足一定关系。对绳脱落后减速运动的轮胎进行受力分析，由牛顿第二定律即可求出其减速运动的加速度。解析　（１）设加速阶段轮胎的加速度大小为ａ１，由运动学方程有：ｖ１＝ａ１ｔ１设轮胎受到绳子的拉力Ｔ与水平方向的夹角为θ，地面支持力为Ｎ，摩擦力为ｆ，在竖直方向有：Ｔｓｉｎθ＋Ｎ＝ｍｇ在水平方向有：Ｔｃｏｓθ－ｆ＝ｍａ１又有ｆ＝μＮ由题意得：ｓｉｎθ＝ＨＬ＝０．６，ｃｏｓθ＝０．８代入相关数据得Ｔ＝７０Ｎ（２）设拖绳脱落后轮胎在地面上滑行的加速度大小为ａ２、位移大小为ｓ，运动员减速运动的加速度大小为ａ３由牛顿第二定律有μｍｇ＝ｍａ２由运动学方程有ｖ２１＝２ａ２ｓｖ２１＝２ａ３（ｓ＋ｓ０－Ｌｃｏｓθ）代入数据可得ａ３＝４．５ｍ／ｓ２答案　（１）７０Ｎ　（２）４．５ｍ／ｓ２二、超重和失重超重现象失重现象完全失重现象概念物体对支持物的压力（或对悬挂物的拉力）大于物体所受重力的现象物体对支持物的压力（或对悬挂物的拉力）小于物体所受重力的现象物体对支持物的压力（或对悬挂物的拉力）等于零的现象产生条件物体的加速度方向竖直向上或加速度有竖直向上的分量物体的加速度方向竖直向下或加速度有竖直向下的分量物体的加速度方向竖直向下，大小ａ＝ｇ视重Ｆ＞ｍｇＦ＜ｍｇＦ＝０＜ｍｇ　　如图所示，某同学站在体重计上观察超重与失重现象。由稳定的站姿变化到稳定的蹲姿称为“下蹲”过程；由稳定的蹲姿变化到稳定的站姿称为“起立”过程。她稳定站立时，体重计的示数为Ａ０，关于实验现象，下列说法正确的是（　　）Ａ．“起立”过程，体重计的示数一直大于Ａ０Ｂ．“下蹲”过程，体重计的示数一直小于Ａ０Ｃ．“起立”、“下蹲”过程，都能出现体重计的示数大于Ａ０的现象Ｄ．“起立”过程，先出现超重现象后出现失重现象􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋２０　　　５年高考３年模拟Ｂ版（教师用书）　　解题思路　当物体具有向上的加速度时，物体出现超重现象；反之，加速度方向向下时，出现失重现象。解析　“起立”过程先加速上升，再减速上升，最后静止，所以加速度先向上，后向下，最后为零，体重计的示数先大于Ａ０后小于Ａ０最后等于Ａ０，先出现超重现象后出现失重现象，选项Ａ错误，选项Ｄ正确；“下蹲”过程先加速向下，后减速向下，最后静止，体重计的示数先小于Ａ０，后大于Ａ０，最后等于Ａ０，选项Ｂ错误。综合以上分析知，选项Ｃ正确。答案　ＣＤ三、“整体法、隔离法”解决连接体问题１．若求解整体的加速度，可用整体法。整个系统看做一个研究对象，分析整体受外力情况，再由牛顿第二定律求出加速度。２．若求解系统内力，可先用整体法求出整体的加速度，再用隔离法将内力转化成外力，由牛顿第二定律求解。３．若系统内各个物体的加速度不同，一般应采用隔离法。也可用“系统的牛顿第二定律”求解。设系统内有几个物体，这几个物体的质量分别为ｍ１、ｍ２、ｍ３、…，加速度分别为ａ１、ａ２、ａ３、…，这个系统的合外力为Ｆ合，则这个系统的牛顿第二定律的表达式为Ｆ合＝ｍ１ａ１＋ｍ２ａ２＋ｍ３ａ３＋…，其正交分解表达式为Ｆｘ合＝ｍ１ａ１ｘ＋ｍ２ａ２ｘ＋ｍ３ａ３ｘ＋…Ｆｙ合＝ｍ１ａ１ｙ＋ｍ２ａ２ｙ＋ｍ３ａ３ｙ＋…　　如图所示，ａ、ｂ两物体的质量分别为ｍ１和ｍ２，由轻质弹簧相连。当用恒力Ｆ竖直向上拉着ａ，使ａ、ｂ一起向上做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为ｘ１，加速度大小为ａ１；当用大小仍为Ｆ的恒力沿水平方向拉着ａ，使ａ、ｂ一起沿光滑水平桌面做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为ｘ２，加速度大小为ａ２。则有（　　）Ａ．ａ１＝ａ２，ｘ１＝ｘ２Ｂ．ａ１＜ａ２，ｘ１＝ｘ２Ｃ．ａ１＝ａ２，ｘ１＞ｘ２Ｄ．ａ１＜ａ２，ｘ１＞ｘ２解题思路　比较加速度，整体法比较简便；判断内力（弹簧弹力）必须应用隔离法。解析　对ａ、ｂ物体及弹簧整体分析，有：ａ１＝Ｆ－（ｍ１＋ｍ２）ｇｍ１＋ｍ２＝Ｆｍ１＋ｍ２－ｇ，ａ２＝Ｆｍ１＋ｍ２，可知ａ１＜ａ２，再隔离ｂ分析，有：Ｆ１－ｍ２ｇ＝ｍ２ａ１，解得：Ｆ１＝ｍ２Ｆｍ１＋ｍ２，Ｆ２＝ｍ２ａ２＝ｍ２Ｆｍ１＋ｍ２，可知Ｆ１＝Ｆ２，再由胡克定律知，ｘ１＝ｘ２。所以Ｂ选项正确。答案　Ｂ１．一质量为ｍ的人站在观光电梯内的磅秤上，电梯以０．１ｇ的加速度加速上升ｈ高度，在此过程中（　　）Ａ．磅秤的示数等于ｍｇＢ．磅秤的示数等于０．１ｍｇＣ．人的动能增加了０．９ｍｇｈＤ．人的机械能增加了１．１ｍｇｈ１．答案　Ｄ　由牛顿第二定律，对人有：Ｎ－ｍｇ＝ｍａ，Ｎ＝ｍ（ｇ＋ａ）＝１．１ｍｇ，由牛顿第三定律知磅秤受的压力等于对人的支持力，磅秤的示数为１．１ｍｇ，Ａ、Ｂ项错。由动能定理有：ＷＦ合＝ｍａｈ＝０．１ｍｇｈ＝ΔＥｋ，Ｃ项错。人的机械能增加量ΔＥ机＝ΔＥｋ＋ΔＥｐ＝０．１ｍｇｈ＋ｍｇｈ＝１．１ｍｇｈ，Ｄ项正确。２．如图甲所示，一根材质均匀的粗绳ＡＢ的长度为ｌ，其质量均匀分布，在水平恒力Ｆ的作用下，沿水平面做匀加速直线运动，测得绳上距Ａ端ｘ处的张力Ｔ与ｘ的关系如图乙所示。下列说法中正确的是（　　）Ａ．粗绳一定不受摩擦力作用Ｂ．粗绳可能受到摩擦力作用Ｃ．图像的斜率与粗绳的质量有关Ｄ．图像的斜率与粗绳运动的加速度有关２．答案　Ｂ　假设粗绳与水平面间存在摩擦力，设动摩擦因数为μ、粗绳的质量为ｍ，则粗绳单位长度质量为λ＝ｍｌ，先对整个粗绳有Ｆ－ｆ＝ｍａ，可得粗绳的加速度为ａ＝Ｆ－ｆｍ＝Ｆｍ－μｇ，再对粗绳左侧ｌ－ｘ部分研究，应有Ｔ－μλ（ｌ－ｘ）ｇ＝λ（ｌ－ｘ）ａ，可得Ｔ＝－Ｆｌｘ＋Ｆ。同理若粗绳不受摩擦力，也可得到Ｔ＝－Ｆｌｘ＋Ｆ，无法确定粗绳是否受到摩擦力，故Ａ错误，Ｂ正确。图像的斜率为－Ｆｌ，则图像的斜率只与Ｆ和ｌ有关，与粗绳的质量以及粗绳运动的加速度无关，选项Ｃ、Ｄ错误。３．实验小组为了探究物体在倾角不同的斜面上的运动情况，将足够长的粗糙木板的一端固定在水平地面上，使物体以大小相同的初速度ｖ０由底端冲上斜面，每次物体在斜面上运动过程中斜面倾角保持不变。在倾角θ从０°逐渐增大到９０°的过程中（　　）Ａ．物体的加速度增大Ｂ．物体的加速度减小Ｃ．物体在斜面上能达到的最大位移先增大后减小Ｄ．物体在斜面上能达到的最大位移先减小后增大３．答案　Ｄ　设物体质量为ｍ，物体与斜面间的动摩擦因数为μ。当物体沿倾角为θ的斜面上滑时，受到重力ｍｇ、斜面的支持力Ｎ、滑动摩擦力ｆ，如图所示。􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋三　牛顿运动定律２１　　　对物体由牛顿第二定律得：ｍｇｓｉｎθ＋ｆ＝ｍａＮ－ｍｇｃｏｓθ＝０ｆ＝μＮ联立解得：ａ＝ｇｓｉｎθ＋μｇｃｏｓθ＝ｇ１＋μ２ｓｉｎ（θ＋φ），其中，φ为锐角，且ｔａｎφ＝μ。在θ从０°逐渐增大到９０°的过程中，加速度ａ先增大后减小，因此，Ａ、Ｂ错误。物体沿斜面上升的最大位移ｘ＝０－ｖ２０－２ａ＝ｖ２０２ｇ１＋μ２ｓｉｎ（θ＋φ），在θ从０°逐渐增大到９０°的过程中，ｘ先减小后增大，因此，Ｃ错误，Ｄ正确。考查点　①受力分析；②牛顿第二定律；③匀变速直线运动方程；④数学应用能力。思路分析　根据牛顿第二定律和运动学规律，整理出加速度和位移的表达式，讨论加速度和位移与倾角的关系，得出答案。４．如图所示，在倾角θ＝３７°的足够长的固定斜面上，有一质量ｍ＝１．０ｋｇ的物体，其与斜面间动摩擦因数μ＝０．２５。物体受到平行于斜面向上Ｆ＝９．０Ｎ的拉力作用，从静止开始运动，经时间ｔ＝８．０ｓ绳子突然断裂。若已知ｓｉｎ３７°＝０．６０，ｃｏｓ３７°＝０．８０，ｇ取１０ｍ／ｓ２。试分析求解：（１）绳断时物体的速度大小；（２）从绳子断裂开始到物体再返回斜面底端的运动时间。４．答案　（１）８．０ｍ／ｓ　（２）５．２４ｓ解析　（１）物体向上运动过程中，受拉力Ｆ、重力ｍｇ、支持力Ｎ和摩擦力ｆ，设物体向上运动的加速度为ａ１，根据牛顿第二定律有Ｆ－ｍｇｓｉｎθ－ｆ＝ｍａ１因ｆ＝μＮ，Ｎ＝ｍｇｃｏｓθ解得ａ１＝１．０ｍ／ｓ２所以经过ｔ＝８．０ｓ物体的速度大小为ｖ１＝ａ１ｔ＝８．０ｍ／ｓ（２）绳断时物体距斜面底端的位移ｓ１＝１２ａ１ｔ２＝３２ｍ绳断后物体沿斜面向上做匀减速直线运动，设运动的加速度大小为ａ２，则根据牛顿第二定律，对物体沿斜面向上运动的过程有ｍｇｓｉｎθ＋μｍｇｃｏｓθ＝ｍａ２解得ａ２＝８．０ｍ／ｓ２物体做减速运动的时间ｔ２＝ｖ１ａ２＝１．０ｓ，减速运动的位移ｓ２＝ｖ１ｔ２２＝４．０ｍ此后将沿斜面匀加速下滑，设物体下滑的加速度为ａ３，根据牛顿第二定律对物体加速下滑的过程有ｍｇｓｉｎθ－μｍｇｃｏｓθ＝ｍａ３解得ａ３＝４．０ｍ／ｓ２设物体由最高点到斜面底端的时间为ｔ３，所以物体向下匀加速运动的位移ｓ１＋ｓ２＝１２ａ３ｔ２３，解得ｔ３＝３２ｓ＝４．２４ｓ所以物体从绳子断裂到返回斜面底端的时间为ｔ总＝ｔ２＋ｔ３＝（１．０＋４．２４）ｓ＝５．２４ｓ􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋对应学生用书起始页码Ｐ３０题型一　传送带问题　　１．水平传送带问题图示滑块可能的运动情况情景１（１）可能一直加速（２）可能先加速后匀速情景２（１）ｖ０＞ｖ时，可能一直减速，也可能先减速再匀速（２）ｖ０＜ｖ时，可能一直加速，也可能先加速再匀速情景３（１）传送带较短时，滑块一直减速到达左端（２）传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端。若ｖ０＞ｖ返回时速度为ｖ，若ｖ０＜ｖ返回时速度为ｖ０　　如图甲所示，两个皮带轮顺时针转动，带动水平传送带以恒定的速度ｖ１运行。现使一个质量为ｍ的物体（可视为质点）沿与水平传送带等高的光滑水平面以初速度ｖ０（ｖ０＜ｖ１）从传送带左端滑上传送带。若从物体滑上传送带开始计时，ｔ０时刻物体的速度达到ｖ１，２ｔ０时刻物体到达传送带最右端。物体在传送带上运动的ｖ－ｔ图像（以地面为参考系）如图乙所示，不计空气阻力，则（　　）Ａ．０～ｔ０时间内，物体受到滑动摩擦力的作用，ｔ０～２ｔ０时间内物体受到静摩擦力的作用Ｂ．０～ｔ０时间内，物体所受摩擦力对物体做功的功率越来越大Ｃ．若增大物体的初速度ｖ０但ｖ０仍小于ｖ１，则物体在传送带上运动的时间一定小于２ｔ０Ｄ．若增大物体的初速度ｖ０但ｖ０仍小于ｖ１，则物体被传送的整个过程中传送带对物体所做的功也一定增加􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋２２　　　５年高考３年模拟Ｂ版（教师用书）解题思路　由于ｖ０＜ｖ１，物体在传送带上的运动是先加速到与传送带同速，再匀速运动到最右端。若ｖ０提高但ｖ０仍小于ｖ１，则加速阶段变短。解析　０～ｔ０时间内，物体与传送带之间有相对滑动，物体受向右的滑动摩擦力，ｔ０～２ｔ０时间内，物体做匀速运动且速度与传送带的速度相等，物体与传送带间无摩擦力，Ａ错误。０～ｔ０时间内，ｆ＝μｍｇ一定，ｖ在增大，所以物体所受摩擦力对物体做功的功率Ｐ瞬＝ｆｖ越来越大，Ｂ正确。如图所示，若增大ｖ０，但ｖ０仍小于ｖ１，又物体的位移相同，即图线与ｔ轴围成的面积相同，则ｔ１＜２ｔ０，Ｃ正确。传送带在物体做加速运动过程中对其做功，所做的功Ｗ＝１２ｍｖ２１－１２ｍｖ２０，末速度ｖ１不变，ｖ０变大，所以做功减小，Ｄ错误。答案　ＢＣ２．倾斜传送带问题图示滑块可能的运动情况情景１（１）可能一直加速（２）可能先加速后匀速情景２（１）可能一直加速（２）可能先加速后匀速（３）可能先以ａ１加速后以ａ２加速情景３（１）可能一直加速（２）可能先加速后匀速（３）可能一直减速（４）可能先减速后匀速（５）可能一直匀速（６）可能先以ａ１加速后以ａ２加速情景４（１）可能一直加速（２）可能一直减速（３）可能一直匀速（４）可能先减速后反向加速　　如图所示，倾角为３７°、长为ｌ＝１６ｍ的传送带，转动速度为ｖ＝１０ｍ／ｓ，在传送带顶端Ａ处无初速度地释放一个质量为ｍ＝０．５ｋｇ的物体，物体与传送带间的动摩擦因数μ＝０．５。已知ｓｉｎ３７°＝０．６，ｃｏｓ３７°＝０．８，ｇ＝１０ｍ／ｓ２。求：（１）传送带顺时针转动时，物体从顶端Ａ滑到底端Ｂ的时间；（２）传送带逆时针转动时，物体从顶端Ａ滑到底端Ｂ的时间。解题思路　传送带顺时针转动时，摩擦力沿传送带向上。传送带逆时针转动时，摩擦力先沿传送带向下，等物体与传送带同速后，摩擦力变为沿斜面向上。解析　（１）传送带顺时针转动时，物体相对传送带向下运动，则物体所受滑动摩擦力沿传送带向上，又μ＜ｔａｎ３７°，故物体相对传送带向下匀加速运动，根据牛顿第二定律有ｍｇｓｉｎ３７°－μｍｇｃｏｓ３７°＝ｍａ则ａ＝ｇｓｉｎ３７°－μｇｃｏｓ３７°＝２ｍ／ｓ２又ｌ＝１２ａｔ２得ｔ＝４ｓ（２）传送带逆时针转动，当物体下滑速度小于传送带转动速度时，物体相对传送带向上运动，则物体所受滑动摩擦力沿传送带向下，设物体的加速度大小为ａ１，由牛顿第二定律得ｍｇｓｉｎ３７°＋μｍｇｃｏｓ３７°＝ｍａ１则有ａ１＝ｍｇｓｉｎ３７°＋μｍｇｃｏｓ３７°ｍ＝１０ｍ／ｓ２设当物体运动速度等于传送带转动速度时经历的时间为ｔ１，位移为ｘ１，则有ｔ１＝ｖａ１＝１０１０ｓ＝１ｓ，ｘ１＝１２ａ１ｔ２１＝５ｍ＜ｌ＝１６ｍ因ｍｇｓｉｎ３７°＞μｍｇｃｏｓ３７°，则当物体运动速度等于传送带速度后，物体相对传送带向下运动，受到传送带向上的滑动摩擦力———摩擦力发生突变。设当物体下滑速度大于传送带转动速度时物体的加速度为ａ２，则ａ２＝ｍｇｓｉｎ３７°－μｍｇｃｏｓ３７°ｍ＝２ｍ／ｓ２ｘ２＝ｌ－ｘ１＝１１ｍ又因为ｘ２＝ｖｔ２＋１２ａ２ｔ２２，则有１０ｔ２＋ｔ２２＝１１，解得：ｔ２＝１ｓ（ｔ２＝－１１ｓ舍去）所以ｔ总＝ｔ１＋ｔ２＝２ｓ。答案　（１）４ｓ　（２）２ｓ　　１－１　如图所示，倾斜的传送带顺时针匀速转动，传送带的速率为ｖ１。一物块从传送带的上端Ａ滑上传送带，滑上时速率为ｖ２，且ｖ１＞ｖ２，物块与传送带间的动摩擦因数恒定，不计空气阻力，关于物块离开传送带时可能的速率ｖ和位置，下面说法中一定错·误·的是　（　　）Ａ．从下端Ｂ离开，ｖ＞ｖ２Ｂ．从下端Ｂ离开，ｖ＜ｖ２Ｃ．从上端Ａ离开，ｖ＝ｖ２Ｄ．从上端Ａ离开，ｖ＜ｖ２答案　Ｄ　对物块受力分析如图所示，当ｍｇｓｉｎθ＞ｆ＝μｍｇｃｏｓθ时，物块沿传送带加速下滑，从下端Ｂ离开，且ｖ＞ｖ２。当ｍｇｓｉｎθ＜ｆ＝μｍｇｃｏｓθ时，物块沿传送带减速下滑，若传送带长度较短，物块的速度未减到０就已从Ｂ端离开，则ｖ＜ｖ２；若物块在未离开传送带时速度已经减到０，则会以相同的加速度ａ向上加速，由于ａ相同，位移ｓ相同，故物块从Ａ离开时ｖ＝ｖ２。选Ｄ。　　１－２　如图所示，水平传送带以ｖ＝２ｍ／ｓ的速度运行，两端点Ａ、Ｂ间水平距离ｌ＝８ｍ。把质量ｍ＝２ｋｇ的物块轻轻地放到传送带的Ａ端，物块在传送带的带动下向右运动。若物块与传送带间的动摩擦因数μ＝０．１，不计物块的大小，ｇ取１０ｍ／ｓ２，则：􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋三　牛顿运动定律２３　　　（１）物块从Ａ端运动到Ｂ端所用时间为多少？（２）物块从Ａ端运动到Ｂ端的过程中，摩擦力对物块做功的平均功率是多少？（３）若只改变传送带的速度使得物块以最短的时间从Ａ端运动到Ｂ端，传送带至少以多大的速度运行？答案　（１）５ｓ　（２）０．８Ｗ　（３）４ｍ／ｓ解析　（１）物块刚放到传送带上时，由于与传送带间有相对运动，物块受向右的滑动摩擦力，做匀加速运动。物块受到的摩擦力大小：ｆ＝μＮ＝μｍｇ＝２Ｎ根据牛顿第二定律有：ｆ＝ｍａ解得匀加速运动的加速度：ａ＝μｇ＝１ｍ／ｓ２当物块由静止到与传送带相对静止时，物块的位移为ｘ＝ｖ２２ａ＝２ｍ　　此过程物块所用的时间ｔ１＝ｖａ＝２ｓ物块相对于传送带静止后，物块与传送带之间无摩擦力，此后物块匀速运动到Ｂ端此过程物块运动的时间ｔ２＝ｌ－ｘｖ＝３ｓ故物块从Ａ端运动到Ｂ端所用时间为ｔ＝ｔ１＋ｔ２＝５ｓ（２）物块由Ａ端运动到Ｂ端的过程中，摩擦力做功Ｗ＝ｆｘ代入数据得Ｗ＝４Ｊ则摩擦力对物块做功的平均功率是Ｐ＝Ｗｔ＝０．８Ｗ（３）当物块一直做匀加速直线运动时，所用时间最短根据ｖ２ｍ＝２ａｌ得ｖｍ＝２ａｌ＝２×１×８ｍ／ｓ＝４ｍ／ｓ􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋题型二　动力学中的临界极值问题　　１．在应用牛顿运动定律解决动力学问题中，当物体运动的加速度不同时，物体有可能处于不同的状态，特别是题目中出现“最大”“最小”“刚好”等词语时，往往会有临界值出现。２．产生临界问题的条件接触与脱离的临界条件两物体相接触或脱离，临界条件是：弹力ＦＮ＝０相对滑动的临界条件两物体相接触且处于相对静止时，常存在着静摩擦力，则相对滑动的临界条件是：静摩擦力达到最大值绳子断裂与松弛的临界条件绳子所能承受的张力是有限的，绳子断与不断的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力，绳子松弛的临界条件是ＦＴ＝０加速度最大与速度最大的临界条件当物体在变化的外力作用下运动时，其加速度和速度都会不断变化，当所受合外力最大时，具有最大加速度，合外力最小时，具有最小加速度。当加速度为零时，速度往往达到最大值　　一斜面放在水平地面上，倾角为θ＝５３°，一个质量为０．２ｋｇ的小球用细绳吊在斜面顶端，如图所示。斜面静止时，球紧靠在斜面上，绳与斜面平行，不计斜面与水平面的摩擦，当斜面以１０ｍ／ｓ２的加速度向右运动时，求细绳的拉力及斜面对小球的弹力。解题思路　当小球对斜面的压力为零时，是小球是否离开斜面的临界状态。解析　根据题意，先分析物理情景：斜面由静止向右加速运动的过程中，斜面对小球的支持力将会随着ａ的增大而减小，当ａ较小时（ａ→０），小球受到三个力（重力、细绳的拉力和斜面的支持力）作用，此时细绳平行于斜面；当ａ足够大时，斜面对小球的支持力将会减小到零，小球将会“飞离”斜面，此时绳与水平方向的夹角将会大于θ角。而题中给出的斜面向右的加速度ａ＝１０ｍ／ｓ２，到底属于上述两种情况的哪一种，必须先假定小球能够脱离斜面，然后求出小球刚刚脱离斜面的临界加速度才能断定，这是解决此类问题的关键所在。设小球刚刚脱离斜面时斜面向右的加速度为ａ０，此时斜面对小球的支持力恰好为零，小球只受到重力和细绳的拉力，且细绳仍然与斜面平行。对小球受力分析如图所示。易知：ｍｇｃｏｔθ＝ｍａ０ａ０＝ｇｃｏｔθ＝７．５ｍ／ｓ２因为ａ＝１０ｍ／ｓ２＞ａ０故小球已离开斜面，斜面对小球的支持力Ｎ＝０同理，由图的受力分析可知（注意：此时细绳与斜面的夹角小于θ）细绳的拉力Ｔ＝（ｍｇ）２＋（ｍａ）２＝２２Ｎｔａｎα＝ｍｇｍａ＝１，α＝４５°，即细绳拉力的方向与水平方向成４５°角斜向上。答案　２２Ｎ，方向与水平方向成４５°角斜向上　０　　２－１　如图所示，物体Ａ叠放在物体Ｂ上，Ｂ置于光滑水平地面上。Ａ、Ｂ质量分别为６．０ｋｇ和２．０ｋｇ，Ａ、Ｂ之间的动摩擦因数为０．２，在物体Ａ上施加水平方向的拉力Ｆ，开始时Ｆ＝１０Ｎ，此后逐渐增大，在增大到４５Ｎ的过程中，取最大静摩擦力等于滑动摩擦力。以下判断正确的是（　　）Ａ．两物体间始终没有相对运动Ｂ．两物体间从受力开始就有相对运动Ｃ．当拉力Ｆ＜１２Ｎ时，两物体均保持静止状态Ｄ．两物体开始没有相对运动，当Ｆ＞１８Ｎ时，开始相对滑动答案　Ａ　隔离Ｂ分析，当Ａ、Ｂ间摩擦力达到最大静摩擦力时，Ａ、Ｂ将要发生相对滑动，此时Ｂ的加速度ａＢ＝μｍＡｇｍＢ＝０．２×６．０×１０２．０ｍ／ｓ２＝６ｍ／ｓ２；再对ＡＢ整体分析有：Ｆ＝（ｍＡ＋ｍＢ）ａ＝８×６Ｎ＝４８Ｎ，知当拉力达到４８Ｎ时，Ａ、Ｂ才开始发生相对滑动。故Ａ正确，Ｂ、Ｃ、Ｄ错误。􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋２４　　　５年高考３年模拟Ｂ版（教师用书）　　名师点睛　隔离Ｂ分析，求出Ａ、Ｂ发生相对滑动时的临界加速度，再对ＡＢ整体分析，运用牛顿第二定律求出刚好发生相对滑动时的拉力。　　２－２　如图所示，一质量ｍ＝０．４ｋｇ的小物块，以ｖ０＝２ｍ／ｓ的初速度，在与斜面成某一夹角的拉力Ｆ作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经ｔ＝２ｓ的时间物块由Ａ点运动到Ｂ点，Ａ、Ｂ之间的距离Ｌ＝１０ｍ。已知斜面倾角θ＝３０°，物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝３３。重力加速度ｇ取１０ｍ／ｓ２。（１）求物块加速度的大小及到达Ｂ点时速度的大小。（２）拉力Ｆ与斜面夹角多大时，拉力Ｆ最小？拉力Ｆ的最小值是多少？答案　（１）３ｍ／ｓ２　８ｍ／ｓ　（２）３０°　１３３５Ｎ解析　（１）设物块加速度的大小为ａ，到达Ｂ点时速度的大小为ｖ，由运动学公式得Ｌ＝ｖ０ｔ＋１２ａｔ２①ｖ＝ｖ０＋ａｔ②联立①②式，代入数据得ａ＝３ｍ／ｓ２③ｖ＝８ｍ／ｓ④（２）设物块所受支持力为ＦＮ，所受摩擦力为Ｆｆ，拉力与斜面间的夹角为α，受力分析如图所示，由牛顿第二定律得Ｆｃｏｓα－ｍｇｓｉｎθ－Ｆｆ＝ｍａ⑤Ｆｓｉｎα＋ＦＮ－ｍｇｃｏｓθ＝０⑥又Ｆｆ＝μＦＮ⑦联立⑤⑥⑦式得Ｆ＝ｍｇ（ｓｉｎθ＋μｃｏｓθ）＋ｍａｃｏｓα＋μｓｉｎα⑧由数学知识得ｃｏｓα＋３３ｓｉｎα＝２３３ｓｉｎ（６０°＋α）⑨由⑧⑨式可知对应Ｆ最小时与斜面间的夹角α＝３０°⑩联立③⑧⑩式，代入数据得Ｆ的最小值为Ｆｍｉｎ＝１３３５Ｎ􀃊􀁉􀁓􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋题型三　板块模型问题　　处理板块模型中动力学问题的流程物理建模确定滑块—木板模型→　　　隔离法↓选研究对象对滑块、木板分别受力分析→计算判断↓由牛顿第二定律和运动学公式→判断是否存在速度相等的“临界点”↓判断结果无临界速度→滑块与木板分离确定相同时间内的位移关系，列式求解→有临界速度→滑块与木板没分离，假设速度相等后加速度也相等由整体法求系统加速度→由隔离法求滑块与木板间摩擦力Ｆｆ及最大静摩擦力Ｆｆｍ→若Ｆｆ≤Ｆｆｍ假设成立，整体列式→若Ｆｆ＞Ｆｆｍ假设不成立，分别列式→　　如图所示，质量Ｍ＝８ｋｇ的小车放在光滑水平面上，在小车左端施加一水平恒力Ｆ＝８Ｎ，当小车向右运动速度达到ｖ０＝３ｍ／ｓ时，在小车的右端轻轻放一个大小不计、质量ｍ＝２ｋｇ的小物块。小物块与小车间的动摩擦因数μ＝０．２，小车足够长。ｇ取１０ｍ／ｓ２，则：（１）放上小物块后，小物块及小车的加速度各为多大；（２）经多长时间两者达到相同的速度；（３）从小物块放上小车开始，经过ｔ＝３ｓ小物块通过的位移大小为多少？解题思路　１．放上小物块后，小物块受到向右的摩擦力，小车受到的摩擦力向左。２．在共速之前，两者以不同的加速度加速运动。３．共速后两者能否一起运动的判断，可先假设能一起运动，应用整体法先求出一起运动的加速度，再应用隔离法求出一起运动时两者之间的摩擦力，若摩擦力小于等于最大静摩擦力，则可以一起运动。解析　（１）小物块的加速度ａｍ＝μｍｇｍ＝μｇ＝２ｍ／ｓ２小车的加速度ａＭ＝Ｆ－μｍｇＭ＝０．５ｍ／ｓ２。（２）由ａｍｔ＝ｖ０＋ａＭｔ，得ｔ＝２ｓ，ｖ同＝２×２ｍ／ｓ＝４ｍ／ｓ。（３）在开始２ｓ内，小物块通过的位移ｘ１＝１２ａｍｔ２＝４ｍ假设在接下来的１ｓ内小物块与小车相对静止，一起做匀加速运动，加速度ａ＝ＦＭ＋ｍ＝０．８ｍ／ｓ２Ｆｆ＝ｍａ＝１．６Ｎ，Ｆｆｍ＝μｍｇ＝４Ｎ因为Ｆｆ＜Ｆｆｍ，所以假设成立。小物块的位移ｘ２＝ｖ同ｔ′＋１２ａｔ′２＝４．４ｍ通过的总位移ｘ＝ｘ１＋ｘ２＝８．４ｍ。答案　（１）２ｍ／ｓ２　０．５ｍ／ｓ２　（２）２ｓ　（３）８．４ｍ　　３－１　（多选）如图所示，Ａ、Ｂ两物块的质量分别为２ｍ和ｍ，静止叠放在水平地面上。Ａ、Ｂ间的动摩擦因数为μ，Ｂ与地面间的动摩擦因数为１２μ。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为ｇ。现对Ａ施加一水平拉力Ｆ，则（　　）􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋三　牛顿运动定律２５　　　　　Ａ．当Ｆ＜２μｍｇ时，Ａ、Ｂ都相对地面静止Ｂ．当Ｆ＝５２μｍｇ时，Ａ的加速度为１３μｇＣ．当Ｆ＞３μｍｇ时，Ａ相对Ｂ滑动Ｄ．无论Ｆ为何值，Ｂ的加速度不会超过１２μｇ答案　ＢＣＤ　对Ａ、Ｂ整体，地面对Ｂ的最大静摩擦力为３２μｍｇ，故当３２μｍｇ＜Ｆ＜２μｍｇ时，Ａ、Ｂ相对地面运动，故Ａ错。对Ａ、Ｂ整体应用牛顿第二定律，有Ｆ－μ２×３ｍｇ＝３ｍａ；对Ｂ，在Ａ、Ｂ恰好要发生相对运动时，μ×２ｍｇ－μ２×３ｍｇ＝ｍａ，两式联立解得Ｆ＝３μｍｇ，可见，当Ｆ＞３μｍｇ时，Ａ相对Ｂ才能滑动，Ｃ对。当Ｆ＝５２μｍｇ时，Ａ、Ｂ相对静止，对整体有：５２μｍｇ－μ２×３ｍｇ＝３ｍａ，ａ＝１３μｇ，故Ｂ正确。无论Ｆ为何值，Ｂ所受最大的动力为Ａ对Ｂ的最大静摩擦力２μｍｇ，故Ｂ的最大加速度ａＢｍ＝２μｍｇ－１２×３μｍｇｍ＝１２μｇ，可见Ｄ正确。　　３－２　如图所示，质量Ｍ＝１ｋｇ的木板Ａ静止在水平地面上，在木板的左端放置一个质量ｍ＝１ｋｇ的铁块Ｂ（大小可忽略），铁块与木板间的动摩擦因数μ１＝０．３，木板长Ｌ＝１ｍ，用Ｆ＝５Ｎ的水平恒力作用在铁块上，ｇ取１０ｍ／ｓ２。（１）若水平地面光滑，计算说明铁块与木板间是否会发生相对滑动；（２）若木板与水平地面间的动摩擦因数μ２＝０．１，求铁块运动到木板右端所用的时间。答案　（１）见解析　（２）２ｓ解析　（１）Ａ、Ｂ之间的最大静摩擦力为ｆｍ＝μ１ｍｇ＝０．３×１×１０Ｎ＝３Ｎ假设Ａ、Ｂ之间不发生相对滑动，则对ＡＢ整体：Ｆ＝（Ｍ＋ｍ）ａ对Ａ：ｆＢＡ＝Ｍａ解得：ｆＢＡ＝２．５Ｎ因ｆＢＡ＜ｆｍ，故Ａ、Ｂ之间不发生相对滑动。（２）对Ｂ：Ｆ－μ１ｍｇ＝ｍａＢ对Ａ：μ１ｍｇ－μ２（Ｍ＋ｍ）ｇ＝ＭａＡ据题意：ｘＢ－ｘＡ＝ＬｘＡ＝１２ａＡｔ２；ｘＢ＝１２ａＢｔ２解得：ｔ＝２ｓ􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋