（通用版）2022年高考物理二輪復習 第一部分 第二板塊 第1講 應用“動力學觀點”破解力學計算題講義（含解析）

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1、（通用版）2022年高考物理二輪復習 第一部分 第二板塊 第1講 應用“動力學觀點”破解力學計算題講義（含解析） 考法 學法 “動力學觀點”是解答物理問題的三大觀點之一，在每年高考中屬于必考內容。涉及的知識主要包括：①勻變速直線運動規(guī)律；②自由落體運動規(guī)律； ③豎直上拋運動規(guī)律；④牛頓運動定律；⑤運動學和動力學圖像。復習這部分內容時應側重對基本規(guī)律的理解和掌握，解答題目時要抓住兩個關鍵：受力情況分析和運動情況分析。用到的思想方法有：①整體法和隔離法；②臨界問題的分析方法；③合成法；④正交分解法；⑤作圖法；⑥等效思想；⑦分解思想。 題型1 多過程運動 如果一個物體的運動包含幾個階段，

2、就要分段分析，各段交接處的速度往往是連接各段的紐帶，應注意分析各段的運動性質。 [例1]　“30 m折返跑”可以反映一個人的身體素質，在平直的跑道上，一學生在起點線處，當聽到起跑口令后(測試員同時開始計時)，跑向正前方30 m處的折返線，到達折返線處時，用手觸摸固定在折返線處的標桿，再轉身跑回起點線，到達起點線處時，停止計時，全過程所用時間即折返跑的成績。學生可視為質點，加速或減速過程均視為勻變速過程，觸摸桿的時間不計。該學生加速時的加速度大小為a1＝2.5 m/s2，減速時的加速度大小為a2＝ 5 m/s2，到達折返線處時速度需要減小到零，并且該學生在全過程中的最大速度不超過 vmax

3、＝12 m/s。求該學生“30 m折返跑”的最好成績。 [審題指導] 運動情景是什么？ 跑向折返線時必經(jīng)歷的過程：勻加速、勻減速，可能經(jīng)歷勻速過程；跑回起點線時必經(jīng)歷勻加速過程，可能經(jīng)歷勻速過程 用到什么規(guī)律？ 勻變速直線運動的公式 采用什么方法？ 在草紙上畫出運動過程示意圖，找出各運動過程中的速度關系、位移關系等 [解析]　設起點線處為A，折返線處為B，假設該學生從A到B的過程中，先做勻加速運動，緊接著做勻減速運動，設此過程中該學生達到的最大速度為v，做勻加速運動的時間為t1，做勻減速運動的時間為t2，則由運動學公式有v＝a1t1 勻減速過程中，速度與加速度方向相反，加速度

4、應為負值，則有0＝v－a2t2 由平均速度公式可知起點線與折返線間的距離LAB＝(t1＋t2) 時間只能取正值，解得v＝10 m/s，t1＝4 s，t2＝2 s 因為v

5、及勻速追勻加速、勻速追勻減速、勻加速追勻速、勻減速追勻速、勻加速追勻減速、勻減速追勻減速等問題。 [例2]　A、B兩輛玩具小汽車在相互靠近的兩條平直的軌道上同向勻速行駛，初速度分別為vA＝6 m/s、vB＝2 m/s，當A車在B車后面x＝3.5 m時，A車開始以大小恒定的加速度 aA＝1 m/s2剎車至停止運動，求： (1)A車超過B車后，保持在B車前方的時間； (2)A車超過B車后，領先B車的最大距離； (3)若A車剎車時B車同時開始加速，加速度aB＝2 m/s2，但B車的最大速度只有4 m/s，通過計算說明A車能否追上B車。 [思路點撥] [解析]　(1)設A車用時t追上

6、B車， 對A車，xA＝vAt－aAt2 對B車，xB＝vBt 追上時有xA＝xB＋x 解得t1＝1 s，t2＝7 s 顯然t1為A車追上B車所用時間，由于t2＝7 s>＝6 s，故B車追上A車之前，A車已停止運動 設從開始到A車被B車追上用時為t3， 則vBt3＝－x，解得t3＝7.25 s A車超過B車后，保持在B車前方的時間為Δt， 所以Δt＝t3－t1，解得Δt＝6.25 s。 (2)設當A車與B車速度相等用時為t4， 則vA－aAt4＝vB，解得t4＝4 s 則此過程中A車位移為xA′＝t4 B車位移xB′＝vBt4 由(1)分析可知，此時A車在B車前方，故

7、A、B最大距離為Δx＝xA′－x－xB′，解得Δx＝4.5 m。 (3)假設從A車剎車開始用時t5兩車速度相等，B車加速至最大速度用時t6，勻速運動時間為t5－t6，從A車開始剎車至兩車速度相等過程中， vA－aAt5＝vm且vm＝vB＋aBt6 解得t5＝2 s，t6＝1 s，t5－t6>0，假設成立 對A車，xA″＝vAt5－aAt52，解得xA″＝10 m 對B車，xB″＝＋vm(t5－t6)，解得xB″＝7 m 此時有xB″＋x＝10.5 m>xA″＝10 m，A車不能追上B車。 ［關鍵點撥］ [答案]　(1)6.25 s　(2)4.5 m　(3)不能，計算過程見解

8、析 追及相遇問題中的“一個條件”和“兩個關系” (1)速度相等往往是物體間能夠追上、追不上或兩者距離最大、最小的臨界條件，也是分析判斷的切入點。 (2)時間關系和位移關系可通過畫運動示意圖得到。 命題點(二)　牛頓運動定律的綜合應用 題型1 動力學的兩類基本問題 1.由受力情況求解運動情況。首先根據(jù)物體的受力確定物體的加速度，再根據(jù)加速度特點及加速度與速度的方向關系確定速度變化的規(guī)律。 2.由運動情況求解受力情況。由物體的運動情況，確定物體的加速度及其變化規(guī)律，再結合牛頓第二定律確定受力情況。 [例1]　如圖所示，一足夠長的固定光滑斜面傾角θ＝37°，兩物塊A、

9、B的質量mA＝1 kg、mB＝4 kg。兩物塊之間的輕繩長L＝0.5 m，輕繩可承受的最大拉力為FT＝12 N，對B施加一沿斜面向上的外力F，使A、B由靜止開始一起向上運動，外力F逐漸增大，g取10 m/s2(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。 (1)若某一時刻輕繩被拉斷，求此時外力F的大??； (2)若輕繩拉斷瞬間A、B的速度為3 m/s，輕繩斷后保持外力F不變，求當A運動到最高點時，A、B之間的間距。 [思維流程] [解析]　(1)輕繩被拉斷前瞬間，對A、B整體受力分析，根據(jù)牛頓第二定律得 F－(mA＋mB)gsin θ＝(mA＋mB)a 對A有：FT－mAg

10、sin θ＝mAa 代入數(shù)據(jù)解得F＝60 N。 (2)設沿斜面向上為正方向，輕繩拉斷后， 對A有：－mAgsin θ＝mAaA 設A運動到最高點所用時間為t，則有v0＝－aAt 此過程A的位移為xA＝At＝ 對B有：F－mBgsin θ＝mBaB xB＝v0t＋aBt2 代入數(shù)據(jù)解得兩者間距為x＝xB－xA＋L＝2.375 m。 [答案]　(1)60 N　(2)2.375 m 題型2 牛頓運動定律與圖像的綜合問題 解決此類問題關鍵是從已知圖像中得出有用信息，再結合牛頓第二定律求解結果。因此需要考生對這類知識融會貫通。 [例2]　(2018·安徽“江南十?！甭?lián)考)如圖甲所

11、示，兩滑塊A、B用細線跨過定滑輪相連，B距地面有一定高度，A可在細線牽引下沿足夠長的粗糙固定斜面向上滑動。已知A的質量mA＝2 kg，B的質量mB＝4 kg，斜面傾角θ＝37°。某時刻由靜止釋放A，測得A沿斜面向上運動的v -t圖像如圖乙所示。已知g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求： (1)A與斜面間的動摩擦因數(shù)； (2)A沿斜面向上滑動的最大位移； (3)滑動過程中細線對A的拉力所做的功。 [解析]　(1)在0～0.5 s內，根據(jù)題圖乙，A、B系統(tǒng)的加速度為： a1＝＝ m/s2＝4 m/s2 對A、B系統(tǒng)受力分析，由牛頓第二定律得： m

12、Bg－mAgsin θ－μmAgcos θ＝(mA＋mB)a1 解得：μ＝0.25。 (2)B落地后，A繼續(xù)減速上滑，由牛頓第二定律得： mAgsin θ＋μmAgcos θ＝mAa2 解得：a2＝8 m/s2 故A減速向上滑動的位移為：x2＝＝0.25 m 0～0.5 s內A加速向上滑動的位移為：x1＝＝0.5 m 所以，A上滑的最大位移為：x＝x1＋x2＝0.75 m。 (3)細線對A的拉力在A加速上滑過程中做功， 由動能定理得： W－(mAgsin θ＋μmAgcos θ)x1＝mAv2－0 解得：W＝12 J。 [答案]　(1)0.25　(2)0.75 m　(3

13、)12 J 命題點(三)　動力學的兩類典型模型 模型1 傳送帶模型 傳送帶模型的實質是相對運動問題，這樣的相對運動將直接影響摩擦力的方向。因此，搞清楚物體與傳送帶間的相對運動方向是解決此類問題的關鍵。,傳送帶模型還常常涉及到臨界問題，即物體與傳送帶速度相同，導致摩擦力突變的臨界狀態(tài)，具體如何改變要根據(jù)具體情況判斷。 [例1]　(2018·寶雞模擬)某工廠為實現(xiàn)自動傳送工件設計了如圖所示的傳送裝置，由一個水平傳送帶AB和傾斜傳送帶CD組成，水平傳送帶長度LAB＝4 m，傾斜傳送帶長度LCD＝4.45 m，傾角為 θ＝37°，AB和CD通過一段極短的光滑圓弧板過渡，AB傳送帶以

14、v1＝5 m/s的恒定速率順時針運轉，CD傳送帶靜止。已知工件與傳送帶間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.5，sin 37°＝0.6， cos 37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2?，F(xiàn)將一個工件(可視為質點)無初速度地放在水平傳送帶最左端A點處，求： (1)工件被第一次傳送到CD傳送帶上升的最大高度h和所用的總時間t； (2)要使工件恰好被傳送到CD傳送帶最上端，CD傳送帶沿順時針方向運轉的速率v2(v2

15、勻速直線運動) 勻減速直線運動 勻減速直線運動 方法 判斷工件一直加速還是先加速再勻速 受力分析、畫示意圖 理想模型法、假設法 規(guī)律 直線運動規(guī)律、牛頓第二定律 [解析]　(1)工件剛放在AB傳送帶上時，在摩擦力作用下做勻加速運動，設其加速度大小為a1，速度增加到v1時所用時間為t1，位移大小為s1，受力分析如圖甲所示，由牛頓第二定律可得：N1＝mg f1＝μN1＝ma1 解得：a1＝5 m/s2 由運動學公式有：t1＝＝ s＝1 s s1＝a1t12＝×5×12 m＝2.5 m 由于s1＜LAB，隨后工件在AB傳送帶上做勻速直線運動到B端，則勻速運動的時間為：

16、t2＝＝0.3 s 工件滑上CD傳送帶后在沿傳送帶向下的重力分力和滑動摩擦力作用下做勻減速運動，設其加速度大小為a2，速度減小到零時所用時間為t3，位移大小為s2，受力分析如圖乙所示，由牛頓第二定律可得：N2＝mgcos θ f2＝μN2 mgsin θ＋f2＝ma2 由運動學公式有：s2＝ 解得：a2＝10 m/s2，s2＝1.25 m 工件沿CD傳送帶上升的最大高度為： h＝s2sin θ＝1.25×0.6 m＝0.75 m 沿CD傳送帶上升的時間為：t3＝＝ s＝0.5 s 故總時間為：t＝t1＋t2＋t3＝1.8 s。 (2)設CD傳送帶以速度v2沿順時針方向運轉時

17、，當工件的速度大于v2時，滑動摩擦力沿傳送帶向下，加速度大小仍為a2； 當工件的速度小于v2時，滑動摩擦力沿傳送帶向上，設其加速度大小為a3，兩個過程的位移大小分別為s3和s4，受力分析如圖丙所示，由運動學公式和牛頓第二定律可得： －2a2s3＝v22－v12 mgsin θ－f2＝ma3 －2a3s4＝0－v22 LCD＝s3＋s4 解得：v2＝4 m/s。 [答案]　(1)0.75 m　1.8 s　(2)4 m/s 模型2 滑塊—木板模型 滑塊—木板模型題是動力學中比較常見的問題，也是綜合性很強的難題，能很好地考核學生運用動力學規(guī)律解決問題的多種能力，具有很好的區(qū)分度，因

18、此在歷年的高考壓軸題中頻頻出現(xiàn)。其基本情景為兩體或多體相互作用，并發(fā)生相對滑動，從而突出力學主線知識的應用。 [例2]　(2019屆高三·濟南外國語學校模擬)如圖甲所示，質量M＝1 kg的木板靜止在粗糙的水平地面上，木板與地面間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.1，在木板的左端放置一個質量m＝ 1 kg、大小可以忽略的鐵塊，鐵塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.4，最大靜摩擦力等于滑動 摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。 (1)若木板長L＝1 m，在鐵塊上加一個水平向右的恒力F＝8 N，經(jīng)過多長時間鐵塊運動到木板的右端？ (2)若木板長L＝1 m，通過擊打鐵塊使其獲得一個水平向右的初速度v

19、0并恰好能夠滑到木板最右端，求v0的大小。 (3)若在木板(足夠長)的右端施加一個大小從零開始連續(xù)增加的水平向左的力F，請在圖乙中畫出鐵塊受到的摩擦力f隨力F大小變化的圖像。 [審題指導] 運動情景 是什么？ (1)力加到鐵塊上時，鐵塊和木板均做勻加速直線運動，且鐵塊的加速度大于木板的加速度； (2)鐵塊獲得初速度后向右做勻減速直線運動，木板同時向右做勻加速直線運動，鐵塊恰好滑到木板最右端時二者達到共同速度，之后一起向右做勻減速直線運動直到停止； (3)力加到木板上時，鐵塊的加速度可能等于木板的加速度，也可能小于木板的加速度 用到什么 規(guī)律？ 勻變速直線運動公式、牛頓第二定

20、律 采用什么 方法？ 畫出鐵塊和木板的受力示意圖及運動過程示意圖，找出各運動過程的位移關系、時間關系等 [解析]　(1)由牛頓第二定律知，對鐵塊有 F－μ2mg＝ma1 對木板有μ2mg－μ1(mg＋Mg)＝Ma2 解得a2＝2 m/s2>0，所以木板相對地面做勻加速直線運動,又L＝a1t2－a2t2 解得t＝1 s。 (2)鐵塊在木板上向右滑動時μ2mg＝ma11 滑動木板最右端時v＝v0－a11t1 對木板有v＝a2t1 又L＝(v0t1－a11t12)－a2t12 解得v0＝2 m/s。 (3)①當F≤μ1(mg＋Mg)＝2 N時，木板和鐵塊都靜止，f＝0

21、設木板和鐵塊都運動，兩者剛要相對滑動時，作用在木板上的力大小為F1 對鐵塊有μ2mg＝ma 對木板有F1－μ1(mg＋Mg)－μ2mg＝Ma 解得F1＝10 N。 ②當μ1(mg＋Mg)＜F≤10 N時，木板和鐵塊相對靜止 則有F－μ1(mg＋Mg)＝(m＋M)a f＝ma 解得f＝N。 ③當F＞10 N時，鐵塊相對木板滑動，此時 f＝μ2mg＝4 N 故鐵塊受到的摩擦力f隨力F大小變化的圖像如圖所示。 [答案]　(1)1 s　(2)2 m/s　(3)見解析圖 1．滑塊—木板模型中的“一個轉折”和“兩個關聯(lián)” (1)一個轉折——滑塊與木板達到相同速度或者滑

22、塊從木板上滑下是受力和運動狀態(tài)變化的轉折點。 (2)兩個關聯(lián)——轉折前、后受力情況之間的關聯(lián)和滑塊、木板位移和板長之間的關聯(lián)。 2．滑塊—木板模型的兩大臨界條件 (1)相對滑動的臨界條件 ①運動學條件：兩者速度或加速度不相等。 ②動力學條件：兩者間的靜摩擦力達到最大靜摩擦力。 (2)滑塊滑離木板的臨界條件：滑塊恰好滑到木板的邊緣時兩者速度相同。 [專題強訓提能] 1．如圖甲所示，傾角θ＝30°的光滑斜面固定在水平地面上，質量均為m的物塊A和物塊B并排在斜面

23、上，斜面底端固定著與斜面垂直的擋板P，輕彈簧一端固定在擋板上，另一端與物塊A連接，A、B處于靜止狀態(tài)，若A、B粘連在一起，用一沿斜面向上的力FT緩慢拉B，當拉力FT＝mg時，A、B的位移為L；若A、B不粘連，用一沿斜面向上的恒力F作用在B上，當A的位移為L時，A、B恰好分離，重力加速度為g，不計空氣阻力。 (1)求彈簧的勁度系數(shù)和恒力F的大??； (2)請推導FT與A的位移l之間的函數(shù)關系，并在圖乙中畫出FT-l圖像，計算A緩慢移動位移L的過程中FT做功WFT的大小； (3)當A、B不粘連時，恒力F作用在B上，求A、B剛分離時速度的大小。 解析：(1)設彈簧的勁度系數(shù)為k，初始時A、

24、B靜止，彈簧的壓縮量為x，根據(jù)平衡條件可得2mgsin θ＝kx 當A、B的位移為L時，沿斜面方向根據(jù)平衡條件可得FT＋k(x－L)＝2mgsin θ 解得k＝ 當A、B恰好分離時二者之間的彈力為零，對A應用牛頓第二定律可得 k(x－L)－mgsin θ＝ma 對B應用牛頓第二定律可得F－mgsin θ＝ma 解得F＝mg。 (2)當A的位移為l時，根據(jù)平衡條件有： FT＋k(x－l)＝2mgsin θ 解得FT＝l 畫出FT-l圖像如圖所示， A緩慢移動位移L，圖線與橫坐標軸所圍成的面積等于FT做功大小，即WFT＝mgL。 (3)設A通過位移L的過程中彈力做功W，分別

25、對兩個過程應用動能定理可得： WFT－2mgLsin θ＋W＝0－0 WF－2mgLsin θ＋W＝×2mv2－0 又WF＝FL，解得v＝。 答案：(1)　mg　(2)FT＝l　見解析圖　mgL　(3) 2．(2019屆高三·天津五校聯(lián)考)如圖甲所示，光滑平臺右側與一長為L＝2.5 m的水平木板相接，木板固定在地面上，現(xiàn)有一滑塊以初速度v0＝5 m/s滑上木板，滑到木板右端時恰好停止?，F(xiàn)讓木板右端抬高，如圖乙所示，使木板與水平地面的夾角θ＝37°，讓滑塊以相同的初速度滑上木板，不計滑塊滑上木板時的能量損失，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：

26、 (1)滑塊與木板之間的動摩擦因數(shù)μ； (2)滑塊從滑上傾斜木板到滑回木板底端所用的時間t。 解析：(1)設滑塊質量為m，木板水平時滑塊加速度大小為a，則對滑塊有μmg＝ma 滑塊滑到木板右端時恰好停止，有0－v02＝－2aL 解得μ＝。 (2)當木板傾斜，設滑塊上滑時的加速度大小為a1，最大距離為s，上滑的時間為t1，有 mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1 0－v02＝－2a1s 0＝v0－a1t1 解得s＝ m，t1＝ s 設滑塊下滑時的加速度大小為a2，下滑的時間為t2，有 mgsin θ－μmgcos θ＝ma2 s＝a2t22 解得t2＝ s 滑塊從

27、滑上傾斜木板到滑回木板底端所用的時間 t＝t1＋t2＝ s。 答案：(1)　(2) s 3．(2018·南昌模擬)在傾角θ＝37°的粗糙斜面上有一質量m＝2 kg的物塊，物塊受如圖 甲所示的水平恒力F的作用。t＝0時刻物塊以某一速度從斜面上A點沿斜面下滑，在t＝4 s時滑到水平面上，此時撤去F，在這以后的一段時間內物塊運動的速度隨時間變化的關系如圖乙所示。已知A點到斜面底端的距離x＝18 m，物塊與各接觸面之間的動摩擦因數(shù)均相同，不考慮轉角處的機械能損失，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求： (1)物塊在A點的速度大??； (2)水平恒力F的大

28、小。 解析：(1)物塊在斜面上做勻變速直線運動，則x＝t 解得v0＝5 m/s。 (2)由(1)知，物塊在斜面上做勻減速直線運動，設物塊在斜面上運動的加速度大小為a1，方向沿斜面向上，則 x＝v0t－a1t2 解得a1＝0.25 m/s2 設物塊與接觸面間的動摩擦因數(shù)為μ，物塊在水平面上運動時加速度大小為a2，有 μmg＝ma2 由題圖乙中圖線可知a2＝2 m/s2 解得μ＝0.2 物塊在斜面上運動時，設所受的摩擦力為Ff，則 Fcos θ－mgsin θ＋Ff＝ma1 Ff＝μFN FN＝mgcos θ＋Fsin θ 解得F≈10.1 N。 答案：(1)5 m/

29、s　(2)10.1 N 4.(2018·全國卷Ⅲ)如圖，在豎直平面內，一半徑為R的光滑圓弧軌道ABC和水平軌道PA在A點相切，BC為圓弧軌道的直徑，O為圓心，OA和OB之間的夾角為α，sin α＝。一質量為m的小球沿水平軌道向右運動，經(jīng)A點沿圓弧軌道通過C點，落至水平軌道；在整個過程中，除受到重力及軌道作用力外，小球還一直受到一水平恒力的作用。已知小球在C點所受合力的方向指向圓心，且此時小球對軌道的壓力恰好為零。重力加速度大小為g。求： (1)水平恒力的大小和小球到達C點時速度的大小； (2)小球到達A點時動量的大小； (3)小球從C點落至水平軌道所用的時間。 解析：(1)設水平恒力

30、的大小為F0，小球到達C點時所受合力的大小為F，由力的合成法則有 F0＝mgtan α＝mg F＝＝mg 設小球到達C點時的速度大小為v，由牛頓第二定律得 F＝m 解得v＝。 (2)設小球到達A點時速度大小為v1，作CD⊥PA，交PA于D點，如圖所示，由幾何關系得 DA＝Rsin α CD＝R(1＋cos α) 小球由A到C的過程中，由動能定理有 －mg·CD－F0·DA＝mv2－mv12 解得v1＝ 所以小球在A點的動量大小為 p＝mv1＝。 (3)小球離開C點后在豎直方向上做初速度vy＝vsin α、加速度為g的勻加速直線運動， CD＝vyt＋gt2 解得t

31、＝ 。 答案：(1)mg　　(2)　(3) 5.如圖所示，傳送帶長6 m，與水平方向的夾角為37°，以5 m/s的恒定速度沿順時針方向運轉。一個質量為2 kg的物塊(可視為質點)，沿平行于傳送帶方向以10 m/s的速度滑上傳送帶，已知物塊與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2。求： (1)物塊剛滑上傳送帶時的加速度大??； (2)物塊到達傳送帶頂端時的速度大小。 解析：(1)物塊剛滑上傳送帶時，設物塊的加速度大小為a1， 由牛頓第二定律有：mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma1 解得：a1＝10 m/s2。

32、 (2)設物塊速度減為5 m/s所用時間為t1， 則v0－v＝a1t1，解得：t1＝0.5 s 通過的位移： x1＝t1＝×0.5 m＝3.75 m<6 m 因μ

33、之間的動摩擦因數(shù)不同，現(xiàn)假定甲滑下去時滑板與賽道間的動摩擦因數(shù) μ1＝0.5，乙滑下時滑板與賽道間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.25，g取10 m/s2。已知甲和乙均可看成質點，且滑行方向平行，相遇時不會相撞，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。 (1)求甲從坡頂由靜止自由滑下時到達坡底的速度大??； (2)若乙比甲晚出發(fā)Δt＝2 s，為追上甲，有人從后面給乙一個瞬時作用力使乙獲得一定的初速度，在此后的運動中，甲、乙之間的最大距離為5 m。則乙的初速度為多大？并判斷乙能否追上甲，寫出判斷過程。 解析：(1)設甲的質量為m1，對甲在賽道上的運動，由牛頓第二定律有 m1gsin θ－μ

34、1m1gcos θ＝m1a甲 代入數(shù)據(jù)解得a甲＝2 m/s2 設甲從坡頂自由滑下時到達坡底的速度大小為v1 則有2a甲L＝v12 代入數(shù)據(jù)解得v1＝12 m/s。 (2)設乙的質量為m2，對乙有 m2gsin θ－μ2m2gcos θ＝m2a乙 代入數(shù)據(jù)解得a乙＝4 m/s2 設甲出發(fā)后經(jīng)時間t1，乙與甲達到共同速度v，則 v＝a甲t1＝v0＋a乙(t1－Δt) x甲＝a甲t12 x乙＝v0(t1－Δt)＋a乙(t1－Δt)2 Δx＝x甲－x乙＝5 m 代入數(shù)據(jù)解得t1＝3 s或t1＝1 s(舍去) v0＝2 m/s 甲到達坡底的時間t甲＝＝6 s 設乙到達坡底所用時間為t乙 L＝v0t乙＋a乙t乙2 代入數(shù)據(jù)解得t乙＝ s<4 s t乙＋Δt