2020高考物理總復(fù)習(xí) 教師用書 3-2牛頓第二定律及應(yīng)用 必修1

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1、第2講　牛頓第二定律及應(yīng)用 牛頓第二定律　Ⅱ(考綱要求) 1.內(nèi)容：物體加速度的大小跟作用力成正比，跟物體的質(zhì)量成反比．加速度的方向與作用力方向相同． 2．表達(dá)式：F＝ma. 3．適用范圍 (1)牛頓第二定律只適用于慣性參考系(相對(duì)地面靜止或勻速直線運(yùn)動(dòng)的參考系)． (2)牛頓第二定律只適用于宏觀物體(相對(duì)于分子、原子)、低速運(yùn)動(dòng)(遠(yuǎn)小于光速)的情況． 4．力學(xué)單位 (1)單位制由基本單位和導(dǎo)出單位共同組成． (2)力學(xué)單位制中的基本單位有質(zhì)量(kg)、長度(m)和時(shí)間(s)． (3)導(dǎo)出單位有N、m/s、m/s2等. 牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用(一)　Ⅱ(

2、考綱要求) 1.動(dòng)力學(xué)的兩類基本問題 (1)由受力情況分析判斷物體的運(yùn)動(dòng)情況； (2)由運(yùn)動(dòng)情況分析判斷物體的受力情況． 2．解決兩類基本問題的方法：以加速度為橋梁，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和牛頓第二定律列方程求解． 國際單位制中基本單位：kg、m、s、A、mol、K(高中階段所學(xué)) 1．關(guān)于力和運(yùn)動(dòng)的關(guān)系，下列說法正確的是(　　)． A．物體的速度不斷增大，表示物體必受力的作用 B．物體的位移不斷增大，表示物體必受力的作用 C．若物體的位移與時(shí)間的平方成正比，表示物體所受合力為零 D．物體的速率不變，則其所受合力必為0 解析　物體的速度不斷增

3、大，一定有加速度，由牛頓第二定律知，物體所受合力一定不為0，物體必受力的作用，A正確；位移與運(yùn)動(dòng)時(shí)間的平方成正比，說明物體做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，合力不為0，C錯(cuò)誤；做勻速直線運(yùn)動(dòng)的物體的位移也是逐漸增大的，但其所受合力為0，故B錯(cuò)誤；當(dāng)物體的速率不變，速度的方向變化時(shí)，物體具有加速度，合力不為0，D錯(cuò)誤． 答案　A 2．下列對(duì)牛頓第二定律的表達(dá)式F＝ma及其變形公式的理解，正確的是(　　)． A．由F＝ma可知，物體所受的合外力與物體的質(zhì)量成正比，與物體的加速度成反比 B．由m＝可知，物體的質(zhì)量與其所受的合外力成正比，與其運(yùn)動(dòng)的加速度成反比 C．由a＝可知，物體的加速度與其所受的合外力成

4、正比，與其質(zhì)量成反比 D．以上說法都不對(duì) 解析　牛頓第二定律的表達(dá)式F＝ma表明了各物理量之間的數(shù)量關(guān)系，即已知兩個(gè)量，可求第三個(gè)量，作用在物體上的合外力，可由物體的質(zhì)量和加速度計(jì)算，并不由它們決定，A錯(cuò)；質(zhì)量是物體本身的屬性，由物體本身決定，與物體是否受力無關(guān)，B錯(cuò)；由牛頓第二定律知加速度與合外力成正比，與質(zhì)量成反比，m可由其他兩量求得，故C對(duì)． 答案　C 3．一個(gè)質(zhì)量為2 kg的物體，在5個(gè)共點(diǎn)力的作用下保持靜止．若同時(shí)撤消其中大小分別為15 N和10 N的兩個(gè)力，其余的力保持不變，此時(shí)該物體的加速度大小可能是(　　)． A．2 m/s2 B．3 m/s2 C．13 m/s2

5、 D．15 m/s2 解析　物體所受合力范圍為5 N≤F合≤25 N，因m＝2 kg，故2.5 m/s2≤a≤12.5 m/s2，故B正確． 答案　B 4. 圖3－2－1 如圖3－2－1所示，彈簧左端固定，右端自由伸長到O點(diǎn)并系住物體m.現(xiàn)將彈簧壓縮到A點(diǎn)，然后釋放，物體一直可以運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，如果物體受到的阻力恒定，則(　　)． A．物體從A到O先加速后減速 B．物體從A到O加速運(yùn)動(dòng)，從O到B減速運(yùn)動(dòng) C．物體運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)時(shí)所受合力為0 D．物體從A到O的過程加速度逐漸減小 解析　首先有兩個(gè)問題應(yīng)搞清楚，①物體在A點(diǎn)所受彈簧的彈力大于物體與地面之間的阻力(因?yàn)槲矬w能運(yùn)動(dòng))

6、．②物體在O點(diǎn)所受彈簧的彈力為0.所以在A、O之間有彈簧的彈力與阻力相等的位置，故物體在A、O之間的運(yùn)動(dòng)應(yīng)該是先加速后減速，A選項(xiàng)正確、B選項(xiàng)不正確；O點(diǎn)所受彈簧的彈力為0，但摩擦力不是0，所以C選項(xiàng)不正確；從A到O的過程加速度先減小、后增大，故D選項(xiàng)錯(cuò)誤． 答案　A 5. 圖3－2－2 一質(zhì)點(diǎn)處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)對(duì)該質(zhì)點(diǎn)施加力F，力F隨時(shí)間t按如圖3－2－2所示的規(guī)律變化，力F的方向始終在同一直線上．在0～4 s內(nèi)，下列說法正確的是(　　)． A．第2 s末，質(zhì)點(diǎn)距離出發(fā)點(diǎn)最遠(yuǎn) B．第2 s末，質(zhì)點(diǎn)的速度為零 C．第4 s末，質(zhì)點(diǎn)距離出發(fā)點(diǎn)最遠(yuǎn) D．第4 s末，質(zhì)點(diǎn)的速度

7、最大 解析　力F由圖示的規(guī)律變化時(shí)，質(zhì)點(diǎn)在前2 s內(nèi)做加速度先增大后減小的加速運(yùn)動(dòng)，第2 s末速度最大，2～4 s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)做加速度(反方向)先增大后減小的減速運(yùn)動(dòng)，第4 s末速度為零．質(zhì)點(diǎn)始終向正方向運(yùn)動(dòng)，故選項(xiàng)C正確． 答案　C 考點(diǎn)一　用牛頓第二定律分析瞬時(shí)加速度 (小專題) 牛頓第二定律的“四”性 【典例1】 如圖3－2－3(甲)、(乙)所示， 圖3－2－3 圖中細(xì)線均不可伸長，兩小球均處于平衡狀態(tài)且質(zhì)量相同．如果突然把兩水平細(xì)線剪斷，剪斷瞬間小球A的加速度的大小為________，方向?yàn)開_______；小球B的加速度的大小為________，方向?yàn)開___

8、____；剪斷瞬間(甲)中傾斜細(xì)線OA與(乙)中彈簧的拉力之比為________(θ角已知)． 解析　設(shè)兩球質(zhì)量均為m，對(duì)A球受力分析，如圖(a)所示，剪斷水平細(xì)線后，球A將沿圓弧擺下，故剪斷水平細(xì)線瞬間，小球A的加速度a1方向沿圓周的切線方向向下，即垂直傾斜細(xì)線OA向下． 則有FT1＝mgcos θ；F1＝mgsin θ＝ma1，所以a1＝gsin θ. 水平細(xì)線剪斷瞬間，B球受重力mg和彈簧彈力FT2不變，小球B的加速度a2方向水平向右，如圖(b)所示，則 FT2＝，F(xiàn)2＝mgtan θ＝ma2， 所以a2＝gtan θ. (甲)中傾斜細(xì)線OA與(乙)中彈簧的拉力之比為 ＝c

9、os2θ. 答案　gsin θ　垂直傾斜細(xì)線OA向下　gtan θ　水平向右　cos2θ (1)求解此類問題的關(guān)鍵點(diǎn)：分析變化前后物體的受力情況． (2)此類問題還應(yīng)注意以下幾種模型： 　模型 　 特性 質(zhì)量　　 內(nèi)部彈力 受外力量時(shí)的形變 力能否突變 產(chǎn)生拉力或壓力 輕繩 不計(jì) 處處相等 微小不計(jì) 可以 只有拉力 沒有壓力 輕橡皮繩 較大 不能 只有拉力 沒有壓力 輕彈簧 較大 不能 既可有拉力 也可有壓力 輕桿 微小不計(jì) 可以 既可有拉力 也可有支持力 【變式1】 如圖3－2－4所示， 圖3－2－4

10、 天花板上用細(xì)繩吊起兩個(gè)用輕彈簧相連的質(zhì)量相同的小球，兩小球均保持靜止．當(dāng)突然剪斷細(xì)繩的瞬間，上面小球A與下面小球B的加速度分別為(以向上為正方向)(　　)． A．a(chǎn)1＝g　a2＝g 　 　　B．a(chǎn)1＝2g　a2＝0 C．a(chǎn)1＝－2g　a2＝0 　 　　D．a(chǎn)1＝0　a2＝g 解析　 分別以A、B為研究對(duì)象，分析剪斷前和剪斷時(shí)的受力．剪斷前A、B靜止，A球受三個(gè)力：繩子的拉力FT、重力mg和彈簧彈力F，B球受兩個(gè)力：重力mg和彈簧彈力F′ A球：FT－mg－F＝0 B球：F′－mg＝0　F＝F′ 解得FT＝2mg，F(xiàn)＝mg 剪斷瞬間，A球受兩個(gè)力，因?yàn)槔K無彈性，剪

11、斷瞬間拉力不存在，而彈簧瞬間形狀不可改變，彈力不變．如圖，A球受重力mg、彈簧的彈力F.同理B球受重力mg和彈力F′. A球：－mg－F＝ma1，B球：F′－mg＝ma2 解得a1＝－2g，a2＝0. 答案　C 【變式2】 如圖3－2－5所示， 圖3－2－5 A、B兩木塊間連一輕桿，A、B質(zhì)量相等，一起靜止地放在一塊光滑木板上，若將此木板突然抽去，在此瞬間，A、B兩木塊的加速度分別是(　　)． A．a(chǎn)A＝0，aB＝2g B．a(chǎn)A＝g，aB＝g C．a(chǎn)A＝0，aB＝0 D．a(chǎn)A＝g，aB＝2g 解析　由題意知，當(dāng)剛抽去木板時(shí)，A、B和桿將作為一整體，只受重力，根據(jù)牛頓

12、第二定律得aA＝aB＝g，故選項(xiàng)B正確． 答案　B 【變式3】 質(zhì)量均為m的A、B兩個(gè)小球之間系一個(gè)質(zhì) 圖3－2－6 量不計(jì)的彈簧，放在光滑的臺(tái)面上．A緊靠墻壁，如圖3－2－6所示，今用恒力F將B球向左擠壓彈簧，達(dá)到平衡時(shí)，突然將力撤去，此瞬間(　　)． A．A球的加速度為 B．A球的加速度為零 C．B球的加速度為 D．B球的加速度為 解析　恒力F作用時(shí)，A和B都平衡，它們的合力都為零，且彈簧彈力為F.突然將力F撤去，對(duì)A來說水平方向依然受彈簧彈力和墻壁的彈力，二力平衡，所以A球的合力為零，加速度為零，A項(xiàng)錯(cuò)、B項(xiàng)對(duì)．而B球在水平方向只受水平向右的彈簧的彈力作用，加速度

13、a＝，故C、D項(xiàng)錯(cuò)． 答案　B 考點(diǎn)二　動(dòng)力學(xué)兩類基本問題(小專題) 求解兩類基本問題的思路框圖 【典例2】 如圖3－2－7所示， 圖3－2－7 有同學(xué)做實(shí)驗(yàn)時(shí)不慎將圓柱形試管塞卡于試管底部，該試管塞中軸穿孔。為了拿出試管塞而不損壞試管，該同學(xué)緊握試管讓其倒立由靜止開始豎直向下做勻加速運(yùn)動(dòng)，t＝0.20 s后立即停止，此時(shí)試管下降H＝0.80 m，試管塞將恰好能從試管口滑出，已知試管總長l＝21.0 cm，底部球冠的高度h＝1.0 cm，試管塞的長度為d＝2.0 cm，設(shè)試管塞相對(duì)試管壁滑動(dòng)時(shí)受到的摩擦力恒定，不計(jì)空氣阻力，重力加速度g＝10 m/s2.求： (1)試管

14、塞從靜止開始到離開試管口的總位移； (2)試管塞受到的滑動(dòng)摩擦力與其重力的比值． 解析　(1)試管塞開始與試管一起運(yùn)動(dòng)了位移：x1＝H＝0.80 m之后又獨(dú)立運(yùn)動(dòng)了位移：x2＝l－h(huán)＝(0.21－0.01)m＝0.20 m 所以總位移：x＝x1＋x2＝(0.80＋0.20)m＝1.0 m (2)設(shè)試管塞質(zhì)量為m，與試管一起做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a1，末速度為v，之后滑動(dòng)過程中的摩擦力大小為Ff加速度大小為a2，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有：x1＝a1t2?、? v＝a1t?、凇∮散佗诮獾茫簐＝8 m/s 試管塞在試管中做勻減速運(yùn)動(dòng)時(shí)有：－2a2x2＝0－v2③ 由牛頓第二定律：Ff－mg

15、＝ma2④ 由③④解得：Ff＝17 mg 故滑動(dòng)摩擦力與重力的比值為17∶1 答案　(1)1.0 m　(2)17∶1 (1)解決兩類動(dòng)力學(xué)基本問題應(yīng)把握的關(guān)鍵點(diǎn) 應(yīng)用牛頓第二定律解決兩類動(dòng)力學(xué)基本問題，主要應(yīng)把握兩點(diǎn)：兩類分析——物體的受力分析和物體的運(yùn)動(dòng)過程分析；一個(gè)橋梁——物體運(yùn)動(dòng)的加速度是聯(lián)系運(yùn)動(dòng)和力的橋梁． (2)多過程的運(yùn)動(dòng)問題中找到各個(gè)過程相聯(lián)系的量是解題的關(guān)鍵，如第一過程的末速度就是下一過程的初速度，另外畫圖找出它們之間的位移聯(lián)系． 【變式4】 質(zhì)量為1噸的汽車在平直公路上以10 m/s的速度勻速行駛．阻力大小不變，從某時(shí)刻開始，汽車牽引力減少2 000 N，

16、那么從該時(shí)刻起經(jīng)過6 s，汽車行駛的路程是(　　)． 　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A．50 m B．42 m C．25 m D．24 m 解析　牽引力減少2 000 N后，物體所受合力為2 000 N，由F＝ma,2 000＝1 000a，a＝2 m/s2，汽車需t＝＝ s＝5 s停下來，故6 s內(nèi)汽車前進(jìn)的路程s＝＝ m＝25 m，C正確． 答案　C 【變式5】 (2020·汕頭模擬) 圖3－2－8 一質(zhì)量m＝2.0 kg的小物塊以一定的初速度沖上一傾角為37°足夠長的斜面，某同學(xué)利用傳感器測出了小物塊從一開始沖上斜面到往后上滑過程中多個(gè)時(shí)刻的瞬時(shí)速度

17、，并用計(jì)算機(jī)作出了小物塊上滑過程的速度—時(shí)間圖線，如圖3－2－8所示．(取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2)求： (1)小物塊沖上斜面過程中加速度的大??； (2)小物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)； (3)小物塊所到達(dá)斜面最高點(diǎn)與斜面底端距離． 解析　(1)由小物塊上滑過程的速度—時(shí)間圖線，可得小物塊沖上斜面過程中加速度為 a＝＝ m/s2＝－8 m/s2 加速度大小為8 m/s2. (2) 對(duì)小物塊進(jìn)行受力分析如圖，有 mgsin 37°＋f＝ma N－mgcos 37°＝0 f＝μN(yùn) 代入數(shù)據(jù)解得μ＝0.25. (3)由圖象知距離為：

18、 s＝·t＝×1.0 m＝4.0 m. 答案　(1)8 m/s2　(2)0.25　(3)4.0 m 　　　1.“等時(shí)圓”模型 (1)模型概述 物理模型：是一種理想化的物理形態(tài)，指物理對(duì)象也可以指物理過程，或是運(yùn)動(dòng)形式等．它是物理知識(shí)的一種直觀表現(xiàn)．利用抽象、理想化、簡化、類比等手法把研究對(duì)象的本質(zhì)特征抽象出來，構(gòu)成一個(gè)概念、實(shí)物、或運(yùn)動(dòng)過程的體系，即形成模型．中學(xué)物理中的物理模型主要有四種： ①對(duì)象模型：如質(zhì)點(diǎn)、彈簧振子、點(diǎn)電荷、理想電表等． ②條件模型：如光滑面、絕熱容器、勻強(qiáng)電場、勻強(qiáng)磁場等． ③過程模型：如自由落體運(yùn)動(dòng)、彈性碰撞；穩(wěn)恒電流、等幅振蕩

19、等． ④結(jié)構(gòu)模型：如原子的核式結(jié)構(gòu)模型、氫原子模型等． 分析論述計(jì)算題的過程就是構(gòu)建物理模型的過程，我們通常解題時(shí)應(yīng)“明確物理過程”、“在頭腦中建立一幅清晰的物理圖景”． (2)“等時(shí)圓”模型 物體沿著位于同一豎直圓上的所有光滑細(xì)桿由靜止下滑，到達(dá)圓周最低點(diǎn)的時(shí)間相等，像這樣的豎直圓我們簡稱為“等時(shí)圓”．如圖3－2－9甲． 推論：物體從最高點(diǎn)由靜止開始沿不同的光滑細(xì)桿到圓周上各點(diǎn)所用的時(shí)間相等．如圖3－2－9乙． 甲　　　　　　　乙 圖3－2－9 【典例】 如圖3－2－10所示， 圖3－2－10 位于豎直平面內(nèi)的固定光滑圓軌道與水

20、平軌道面相切于M點(diǎn)，與豎直墻相切于A點(diǎn)，豎直墻上另一點(diǎn)B與M的連線和水平面的夾角為60°，C是圓軌道的圓心．已知在同一時(shí)刻，a、b兩球分別由A、B兩點(diǎn)從靜止開始沿光滑傾斜直軌道運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)；c球由C點(diǎn)自由下落到M點(diǎn)．則(　　)． 　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A.a球最先到達(dá)M點(diǎn) B．b球最先到達(dá)M點(diǎn) C.c球最先到達(dá)M點(diǎn) D．a(chǎn)、b、c三球依次先后到達(dá)M點(diǎn) 解析　設(shè)圓軌道半徑為R，據(jù)“等時(shí)圓”理論，ta＝ ＝ 2 ；B點(diǎn)在圓外，tb>ta，c球做自由落體運(yùn)動(dòng)tc＝ ；所以，有tc

21、3－2－11 AB是一個(gè)傾角為θ的輸送帶，P處為原料輸入口，為避免粉塵飛揚(yáng)，在P與AB輸送帶間建立一管道(假設(shè)其光滑)，使原料從P處以最短的時(shí)間到達(dá)輸送帶上，則管道與豎直方向的夾角應(yīng)為多大？ 解析　借助“等時(shí)圓”理論，可以過P點(diǎn)作圓，要求該圓與輸送帶AB相切．如圖所示，C為切點(diǎn)，O為圓心，PO為豎直方向的半徑． 顯然，沿著PC弦建立管道，原料從P處到達(dá)C點(diǎn)處的時(shí)間與沿其他弦到達(dá)“等時(shí)圓”的圓周上所用時(shí)間相等．因而，要使原料從P處到達(dá)輸送帶上所用時(shí)間最短，需沿著PC弦建立管道．由幾何關(guān)系可得：PC與豎直方向間的夾角等于. 答案　 一、對(duì)牛頓第二定律的考查(中頻考查) 1.

22、 圖3－2－12 (2020·全國卷Ⅰ)如圖3－2－12所示，輕彈簧上端與一質(zhì)量為m的木塊1相連，下端與另一質(zhì)量為M的木塊2相連，整個(gè)系統(tǒng)置于水平放置的光滑木板上，并處于靜止?fàn)顟B(tài)．現(xiàn)將木板沿水平方向突然抽出，設(shè)抽出后的瞬間，木塊1、2的加速度大小分別為a1、a2.重力加速度大小為g，則有(　　)． A．a(chǎn)1＝0，a2＝g B．a(chǎn)1＝g，a2＝g C．a(chǎn)1＝0，a2＝g D．a(chǎn)1＝g，a2＝g 解析　抽出木板的瞬間，彈簧的彈力未變，故木塊1所受合力仍為零，其加速度為a1＝0.對(duì)于木塊2受彈簧的彈力F1＝mg和重力Mg作用，根據(jù)牛頓第二定律得a2＝＝g，因此選項(xiàng)C正確． 答案　C

23、 2．(2020·北京卷，18)“蹦極”就是跳躍者把一端固定的長彈性繩綁在踝關(guān)節(jié)等處，從幾十米高處跳下的一種極限運(yùn)動(dòng)．某人做蹦極運(yùn)動(dòng)，所受繩子拉力F的大小隨時(shí)間t變化的情況如圖3－2－13所示．將蹦極過程近似為在豎直方向的運(yùn)動(dòng)，重力加速度為g.據(jù)圖可知，此人在蹦極過程中的最大加速度約為(　　)． 圖3－2－13 A．g B．2g C．3g D．4g 解析　在蹦極過程中，經(jīng)過足夠長的時(shí)間后，人不再上下振動(dòng)，而是停在空中，此時(shí)繩子拉力F等于人的重力mg，由F－t圖線可以看出，F(xiàn)0＝mg；在人上下振動(dòng)的過程中，彈力向上，重力向下，當(dāng)人在最低點(diǎn)時(shí)，彈力達(dá)到一個(gè)周期中的最大值，在第一個(gè)周

24、期中，彈力最大為Fm＝F0＝3mg，故最大加速度為am＝＝2g.選項(xiàng)B正確． 答案　B 二、動(dòng)力學(xué)的兩類基本問題(高頻考查) 3. 圖3－2－14 (2020·山東理綜)如圖3－2－14所示，物體沿斜面由靜止滑下，在水平面上滑行一段距離后停止，物體與斜面和水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，斜面與水平面平滑連接．下圖中v、a、f和s分別表示物體速度大小、加速度大小、摩擦力大小和路程．下圖中正確的是(　　)． 解析　物體在斜面上下滑，受到重力、支持力和摩擦力的作用，其合外力為恒力，加速度為恒量，物體做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，其加速度圖象應(yīng)為一平行橫軸的直線段，速度v＝at，其速度圖象應(yīng)為一向上

25、傾斜的直線段，路程s＝，路程隨時(shí)間變化的圖象應(yīng)為一開口向上的拋物線，A、B、D錯(cuò)誤；物體滑到水平面上后，在摩擦力作用下做勻減速運(yùn)動(dòng)，其摩擦力大于在斜面上運(yùn)動(dòng)時(shí)的摩擦力，所以C正確． 答案　C 4. 圖3－2－15 (2020·上海單科，19)受水平外力F作用的物體，在粗糙水平面上作直線運(yùn)動(dòng)，其v－t圖線如圖3－2－15所示，則(　　)． A．在0～t1秒內(nèi)，外力F大小不斷增大 B．在t1時(shí)刻，外力F為零 C．在t1～t2秒內(nèi)，外力F大小可能不斷減小 D．在t1～t2秒內(nèi)，外力F大小可能先增大后減小 解析　由圖象可知0～t1，物體作a減小的加速運(yùn)動(dòng)，t1時(shí)刻a減小為零．

26、由a＝可知，F(xiàn)逐漸減小，最終F＝f，故A、B錯(cuò)誤．t1～t2物體作a增大的減速運(yùn)動(dòng)，由a＝可知，至物體速度減為零之前，F(xiàn)有可能是正向逐漸減小，也可能F已正向減為零后正在負(fù)向增大，故C正確，D錯(cuò)誤． 答案　C 5．(2020·山東卷，24)如圖3－2－16所示，在高出水平地面h＝1.8 m的光滑平臺(tái)上放置一質(zhì)量M＝2 kg、由兩種不同材料連接成一體的薄板A，其右段長度l1＝0.2 m且表面光滑，左段表面粗糙．在A最右端放有可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊B，其質(zhì)量m＝1 kg，B與A左段間動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.4.開始時(shí)二者均靜止，現(xiàn)對(duì)A施加F＝20 N水平向右的恒力，待B脫離A(A尚未露出平臺(tái))后，將A取走．

27、B離開平臺(tái)后的落地點(diǎn)與平臺(tái)右邊緣的水平距離x＝1.2 m．(取g＝10 m/s2)求： 圖3－2－16 (1)B離開平臺(tái)時(shí)的速度vB. (2)B從開始運(yùn)動(dòng)到剛脫離A時(shí)，B運(yùn)動(dòng)的時(shí)間tB和位移xB. (3)A左段的長度l2. 解析　(1)設(shè)物塊B平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，由運(yùn)動(dòng)學(xué)知識(shí)可得 h＝gt2① x＝vBt② 聯(lián)立①②式，代入數(shù)據(jù)得 vB＝2 m/s③ (2)設(shè)B的加速度為aB，由牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)的知識(shí)得 μmg＝maB④ vB＝aBtB⑤ xB＝aBtB2⑥ 聯(lián)立③④⑤⑥式，代入數(shù)據(jù)得 tB＝0.5 s⑦ xB＝0.5 m⑧ (3)設(shè)B剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)A的速度為v1，由動(dòng)能定理得 Fl1＝Mv12⑨ 設(shè)B運(yùn)動(dòng)后A的加速度為a1，由牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)的知識(shí)得 F－μmg＝MaA⑩ l2＋xB＝v1tB＋aAtB2? 聯(lián)立⑦⑧⑨⑩?式，代入數(shù)據(jù)得 l2＝1.5 m? 答案　(1)2 m/s　(2)0.5 s　0.5 m　(3)1.5 m