2019-2020年第一学期沪科版高中物理必修1 第五章《研究力与运动的关系》单元测试卷

本章优化总结牛顿运动定律的两类基本问题［学生用书P82] 1．两类问题（1）已知物体受力情况,求解物体的运动情况，如s、v、t等．(2)已知物体的运动情况，求解物体的受力情况．2．解题思路两类基本问题中,受力分析和运动分析是关键，求解加速度是桥梁和枢纽,思维过程如下错误!错误!错误!错误!错误!频闪照相是研究物理过程的重要手段，如图所示是某同学研究小滑块从光滑水平面滑上粗糙斜面并向上滑动时的频闪照片，已知斜面足够长，倾角为α＝37°，闪光频率为10 Hz.经测量换算获得实景数据：x1＝x2＝40 cm，x3＝35 cm，x4＝25 cm，x5＝15 cm.取g＝10 m/s2,sin 37°＝0.6，cos 37°＝0。

8，错误!＝2。

24，设滑块通过平面与斜面连接处时速度大小不变．求：(1)滑块沿斜面上滑时的初速度v0；(2）滑块与斜面间的动摩擦因数μ；（3）滑块从滑上斜面到返回斜面底端所用的时间．［解析］（1）由题意可知，滑块在水平面上做匀速直线运动,则v0＝错误!＝4 m/s.(2）滑块在斜面上滑过程做匀减速直线运动,设加速度为a1.根据公式:x4－x3＝a1T2由牛顿第二定律：－（mg sin α＋μmg cos α)＝ma1解得μ＝0。

5.（3）设滑块向上滑行所用的时间为t1，上滑的最大距离为x，返回斜面底端的时间为t2，加速度为a2。

0－v0＝a1t1x＝错误!v0t1解得t1＝0.4 s，x＝0。

8 m滑块沿斜面下滑时，根据牛顿第二定律：mg sin α－μmg cos α＝ma2x＝12a2t22解得t2＝错误!s所以滑块从滑上斜面到返回斜面底端所用的时间:t＝t1＋t2＝0。

4 s＋错误!s＝1。

296 s。

[答案] (1）4 m/s （2)0.5 (3)1.296 s牛顿运动定律与图像问题［学生用书P83] 1．求解该类问题的思路是根据题目中给出的物理过程，结合图像，并利用牛顿运动定律求解．2．动力学中常见的图像有v－t图像、a－t图像、F－t图像、F－a图像等．3．利用图像分析问题时,关键是看清图像的纵、横坐标轴表示的物理量,弄清图像中斜率、截距、交点、转折点、面积等的物理意义．如图，质量为M的长木板，静止放在粗糙的水平地面上，有一个质量为m、可视为质点的物块，以某一水平初速度从左端冲上木板．从物块冲上木板到物块和木板都静止的过程中，物块和木板的v－t图像分别如图中的折线所示，根据v－t图像(g取10 m/s2),求:（1）m与M间动摩擦因数μ1及M与地面间动摩擦因数μ2.（2)m与M的质量之比．（3)从物块冲上木板到物块和木板都静止的过程中，物块m、长木板M各自对地的位移．［解析］(1)由图可知，线段ac为m减速时的速度—时间图像，m的加速度为a1＝错误!＝错误!m/s2＝－1.5 m/s2对m：由牛顿第二定律可得:－μ1mg＝ma1,所以μ1＝错误!＝0.15由图可知，线段cd为二者一起减速运动时的速度—时间图像，其加速度为a3＝错误!＝错误!m/s2＝－0.5 m/s2对m和M组成的整体,由牛顿第二定律可得：－μ2（m ＋M )g ＝（m ＋M ）a 3所以μ2＝错误!＝0.05.（2）由图像可得，线段bc 为M 加速运动时的速度—时间图像,M 的加速度为a 2＝错误!＝错误! m/s 2＝1 m/s 2对M ，由牛顿第二定律可得：μ1mg －μ2(mg ＋Mg ）＝Ma 2把μ1、μ2代入上式，可得m ∶M ＝3∶2。

第5章研究力和运动的关系章末总结一、动力学的两类基本问题1．掌握解决动力学两类基本问题的思路方法其中受力分析和运动过程分析是基础，牛顿第二定律和运动学公式是工具，加速度是连接力和运动的桥梁．2．求合力的方法(1)平行四边形定则：若物体在两个共点力的作用下产生加速度，可用平行四边形定则求F合，然后求加速度．(2)正交分解法：物体受到三个或三个以上的不在同一条直线上的力作用时，常用正交分解法．一般把力沿加速度方向和垂直于加速度方向进行分解．例1如图1所示，楼梯口一倾斜的天花板与水平地面成θ＝37°角，一装潢工人手持木杆绑着刷子粉刷天花板，工人所持木杆对刷子的作用力始终保持竖直向上，大小为F＝10 N，刷子的质量为m ＝0.5 kg ，刷子可视为质点，刷子与天花板间的动摩擦因数μ＝0.5，天花板长为L ＝4 m ，g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，试求：图1(1)刷子沿天花板向上的加速度；(2)工人把刷子从天花板底端推到顶端所用的时间．解析 (1)以刷子为研究对象，设滑动摩擦力为f ，天花板对刷子的弹力为N ，受力分析如图所示，由牛顿第二定律得(F －mg )sin 37°－μ(F －mg )cos 37°＝ma 代入数据，得a ＝2 m/s 2. (2)由运动学公式，得L ＝12at 2，代入数据解得t ＝2 s. 答案 (1)2 m/s 2(2)2 s 二、图像在动力学中的应用 1．常见的图像形式在动力学与运动学问题中，常见、常用的图像是位移图像(s －t 图像)、速度图像(v －t 图像)和力的图像(F －t 图像)等，这些图像反映的是物体的运动规律、受力规律，而绝非代表物体的运动轨迹．2．对F －t 图像要结合物体受到的力，根据牛顿第二定律分别求出各段的加速度，分析每一时间段的运动性质．3．对a －t 图像，要注意加速度的正、负，分析每一段的运动情况，然后结合物体的受力情况根据牛顿第二定律列方程．4．对F －a 图像，首先要根据具体的物理情景，对物体进行受力分析，然后根据牛顿第二定律推导出a －F 间的函数关系式，由函数关系式明确图像的斜率、截距的意义，从而求出未知量．例2 如图2甲所示，固定光滑细杆与地面成一定夹角为α，在杆上套有一个光滑小环，小环在沿杆方向的推力F 作用下向上运动，推力F 与小环速度v 随时间变化规律如图乙所示，取重力加速度g ＝10 m/s 2.求：图2(1)小环的质量m ； (2)细杆与地面间的夹角α. 解析 由题图得：0～2 s 内，a ＝Δv Δt ＝12m/s 2＝0.5 m/s 2根据牛顿第二定律可得： 前2 s 有F 1－mg sin α＝ma 2 s 后有F 2＝mg sin α，联立两式代入数据可解得：m ＝1 kg ，α＝30°. 答案 (1)1 kg (2)30°针对训练 放在水平地面上的一物块，受到方向不变的水平推力F 的作用，F 的大小与时间t 的关系如图3甲所示，物块速度v 与时间t 的关系如图乙所示．取重力加速度g ＝10 m/s 2.由这两个图像可以求得物块的质量m 和物块与地面之间的动摩擦因数μ分别为( )甲 乙图3A ．0.5 kg,0.4B ．1.5 kg ，215C ．0.5 kg,0.2D ．1 kg,0.2答案 A解析 由F －t 图像和v －t 图像可得，物块在2 s 到4 s 内所受外力F 1＝3 N ，物块做匀加速运动，a ＝Δv Δt ＝42 m/s 2＝2 m/s 2，F 1－f ＝ma ，物块在4 s 到6 s 所受外力F 2＝2 N ， 物块做匀速直线运动，则F 2＝f ，f ＝μmg 联立以上各式并代入数据解得m ＝0.5 kg ，μ＝0.4，故A 选项正确．三、传送带问题传送带传送货物时，一般情况下，由摩擦力提供动力，而摩擦力的性质、大小、方向和运动状态密切相关．分析传送带问题时，要结合相对运动情况，分析物体受到传送带的摩擦力方向，进而分析物体的运动规律是解题的关键．注意 因传送带由电动机带动，一般物体对传送带的摩擦力不影响传送带的运动状态． 例3 如图4所示，水平传送带正在以v ＝4 m/s 的速度匀速顺时针转动，质量为m ＝1 kg 的某物块(可视为质点)与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，将该物块从传送带左端无初速度地轻放在传送带上(g 取10 m/s 2)．图4(1)如果传送带长度L ＝4.5 m ，求经过多长时间物块将到达传送带的右端； (2)如果传送带长度L ＝20 m ，求经过多长时间物块将到达传送带的右端． 解析 物块放到传送带上后，在滑动摩擦力的作用下先向右做匀加速运动． 由μmg ＝ma 得a ＝μg ，若传送带足够长，匀加速运动到与传送带同速后再与传送带一同向右做匀速运动． 物块匀加速运动的时间t 1＝v a ＝vμg＝4 s 物块匀加速运动的位移s 1＝12at 21＝12μgt 21＝8 m (1)因为4.5 m<8 m ，所以物块一直加速， 由L ＝12at 2得t ＝3 s(2)因为20 m>8 m ，所以物块速度达到传送带的速度后，摩擦力变为0， 此后物块与传送带一起做匀速运动， 物块匀速运动的时间t 2＝L －s 1v ＝20－84s ＝3 s 故物块到达传送带右端的时间t ′＝t 1＋t 2＝7 s. 答案 (1)3 s (2)7 s1．(动力学的两类基本问题)如图5所示，在倾角θ＝37°的足够长的固定的斜面底端有一质量m ＝1.0 kg 的物体．物体与斜面间动摩擦因数μ＝0.25，现用轻细绳拉物体由静止沿斜面向上运动．拉力F ＝10 N ，方向平行斜面向上．经时间t ＝4.0 s 绳子突然断了，求：图5(1)绳断时物体的速度大小．(2)从绳子断了开始到物体再返回到斜面底端的运动时间．(已知sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80，取g ＝10 m/s 2) 答案 (1)8.0 m/s (2)4.2 s解析 (1)物体沿斜面向上运动过程中，受拉力F 、斜面支持力N 、重力mg 和摩擦力f ，如图甲所示，设物体沿斜面向上运动的加速度为a 1， 根据牛顿第二定律有：F －mg sin θ－f ＝ma 1 又f ＝μN ，N ＝mg cos θ联立以上各式代入数据解得：a 1＝2.0 m/s 2t ＝4.0 s 时物体的速度大小v 1＝a 1t ＝8.0 m/s(2)绳断时物体距斜面底端的位移为s 1＝12a 1t 2＝16 m ，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a 2，受力分析如图乙所示，则根据牛顿第二定律有：mg sin θ＋f ＝ma 2， 解得a 2＝8.0 m/s 2物体匀减速运动的时间t 2＝v 1a 2＝1.0 s 物体匀减速运动的位移为s 2＝12v 1t 2＝4.0 m此后物体沿斜面匀加速下滑， 设物体沿斜面下滑的加速度为a 3， 受力分析如图丙所示．根据牛顿第二定律可得mg sin θ－f ′＝ma 3， 得a 3＝4.0 m/s 2设物体由最高点下滑到斜面底端的时间为t 3， 根据运动学公式可得s 1＋s 2＝12a 3t 23，t 3＝10 s≈3.2 s，所以物体从绳子断了开始到返回斜面底端的时间为t ′＝t 2＋t 3＝4.2 s.2．(图像在动力学中的应用)如图6甲所示为一风力实验示意图．开始时，质量为m ＝1 kg 的小球穿在固定的足够长的水平细杆上，并静止于O 点．现用沿杆向右的恒定风力F 作用于小球上，经时间t 1＝0.4 s 后撤去风力．小球沿细杆运动的v －t 图像如图乙所示(g 取10 m/s 2)，试求：图6(1)小球沿细杆滑行的距离； (2)小球与细杆之间的动摩擦因数； (3)风力F 的大小．答案 (1)1.2 m (2)0.25 (3)7.5 N 解析 (1)由图像可得v ＝1 m/s 故小球沿细杆滑行的距离s ＝v t ＝1.2 m (2)减速阶段的加速度大小a 2＝Δv Δt ＝2.5 m/s 2由牛顿第二定律得μmg ＝ma 2，即动摩擦因数μ＝0.25 (3)加速阶段的加速度大小a 1＝Δv Δt ＝5 m/s 2由牛顿第二定律得F －μmg ＝ma 1， 解得F ＝7.5 N3．(传送带问题)如图7所示，水平传送带以2 m/s 的速度匀速运动，传送带长AB ＝20 m ，今在其左端将一工件轻轻放在上面，工件被带动，传送到右端，已知工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，(g ＝10 m/s 2)试求：图7(1)工件开始时的加速度a ；(2)工件加速到2 m/s 时，工件运动的位移； (3)工件由传送带左端运动到右端的时间．答案 (1)1 m/s 2，方向水平向右 (2)2 m (3)11 s解析 (1)工件被放在传送带上时初速度为零，相对于传送带向左运动，受滑动摩擦力向右，大小为f ＝μmg ，工件加速度a ＝μg ＝0.1×10 m/s 2＝1 m/s 2，方向水平向右(2)工件加速到2 m/s 所需时间t 0＝v a ＝21s ＝2 s在t 0时间内运动的位移s 0＝12at 20＝12×1×22m ＝2 m(3)由于s 0<20 m ，故工件达到与传送带同样的速度后与传送带相对静止，一起运动至B 端． 经过时间t 0后，工件做匀速直线运动的时间为：t 1＝s －s 0v ＝20－22s ＝9 s所以工件由传送带左端运动到右端的时间为：t ＝t 0＋t 1＝11 s。

章末综合测评(五) 研究力和运动的关系(时间：60分钟满分：100分)一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～10题有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)1．kg和s是国际单位制中两个基本单位的符号，这两个基本单位对应的物理量是()A．质量和时间B．质量和位移C．重力和时间D．重力和位移A[kg和s即千克和秒，对应的基本物理量是质量和时间，A选项正确．]2.伽利略创造性地把实验、假设和逻辑推理相结合的科学方法，有力地促进了人类科学认识的发展．利用如图1所示的装置做如下实验：小球从左侧斜面上的O点由静止释放后沿斜面向下运动，并沿右侧斜面上升．斜面上先后铺垫三种粗糙程度逐渐降低的材料时，小球沿右侧斜面上升到的最高位置依次为1、2、3.根据三次实验结果的对比，可以得到的最直接的结论是()图1A．如果斜面光滑，小球将上升到与O点等高的位置B．如果小球不受力，它将一直保持匀速运动或静止状态C．如果小球受到力的作用，它的运动状态将发生改变D．小球受到的力一定时，质量越大，它的加速度越小A[根据题意，铺垫材料粗糙程度降低时，小球上升的最高位置升高，当斜面绝对光滑时，小球在斜面上没有能量损失，因此可以上升到与O点等高的位置，而B、C、D三个选项，从题目不能直接得出，所以，选项A正确．] 3．下面说法正确的是()A．物体所受合外力越大，加速度越大B．物体所受合外力越大，速度越大C．物体在外力作用下做匀加速直线运动，当合外力逐渐减小时，物体的速度逐渐减小D．物体的加速度大小不变一定受恒力作用A[根据牛顿第二定律，物体受的合外力决定了物体的加速度，而加速度大小和速度大小无关，A对，B错；物体做匀加速运动说明加速度方向与速度方向一致，当合外力减小但方向不变时，加速度减小但方向也不变，所以物体仍然做加速运动，速度增加，C错误；加速度是矢量，其方向与合外力方向一致，加速度大小不变，若方向发生变化，合外力方向必然变化，D错误．] 4．如图2，顶端固定着小球的直杆固定在小车上，当小车向右做匀加速运动，球所受合外力的方向沿图中的()图2A．OA方向B．OB方向C．OC方向D．OD方向[答案] D5．图3甲中的塔吊是现代工地必不可少的建筑设备，图3乙为150 kg的建筑材料被吊车竖直向上提升过程的简化运动图像，g取10 m/s2，下列判断正确的是()甲乙图3A．前10 s的悬线的拉力恒为1 500 NB．46 s末塔吊的材料离地面的距离为22 mC．0～10 s材料处于失重状态D．在30～36 s钢索最容易发生断裂B[由图可知前10 s内物体的加速度a＝0.1 m/s2，由F－mg＝ma可解得悬线的拉力为1 515 N，选项A错误．由图像面积可得整个过程上升高度是28 m，下降的高度为6 m,46 s末塔吊的材料离地面的距离为22 m，选项B正确.0～10 s加速度向上，材料处于超重状态，F>mg，钢索最容易发生断裂，选项C错误．因30～36 s物体加速度向下，材料处于失重状态，F<mg，在30～36 s钢索最不容易发生断裂，选项D错误．]6．一物块静止在粗糙的水平桌面上．从某时刻开始，物块受到一方向不变的水平拉力作用．假设物块与桌面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．以a表示物块的加速度大小，F表示水平拉力的大小．能正确描述F与a之间关系的图像是()A．B．C． D.C[物块的受力如图所示，当F不大于最大静摩擦力时，物块仍处于静止状态，故其加速度为0；当F大于最大静摩擦力后，由牛顿第二定律得F－μN＝ma，即F＝μN＋ma，F与a成线性关系．选项C正确．]7．在电梯中，把一重物置于台秤上，台秤与力的传感器相连，当电梯从静止加速上升，然后又匀速运动一段时间，最后停止运动；传感器的屏幕上显示出其受的压力与时间的关系图像，如图4所示，则()图4A．电梯启动阶段约经历了2.5 s的加速上升过程B．电梯在启动阶段约经历了4 s加速上升过程C．电梯的最大加速度约为6.7 m/s2D．电梯的最大加速度约为16.7 m/s2BC[由图可看出：电梯在0～4 s加速上升，4～18 s匀速上升，18～22 s减速上升，所以A错，B对；最大加速度a＝ΔFm＝203m/s2＝6.7 m/s2，故C对，D错．]8．如图5，物块a、b和c的质量相同，a和b、b和c之间用完全相同的轻弹簧S1和S2相连，通过系在a上的细线悬挂于固定点O.整个系统处于静止状态．现将细线剪断．将物块a的加速度的大小记为a1，S1和S2相对于原长的伸长分别记为Δl1和Δl2，重力加速度大小为g.在剪断的瞬间()图5A．a1＝3g B．a1＝0C．Δl1＝2Δl2D．Δl1＝Δl2AC[剪断细线前，把a，b，c看成整体，细线上的拉力为T＝3mg.因在剪断瞬间，弹簧未发生突变，因此a、b、c之间的作用力与剪断细线之前相同．则将细线剪断瞬间，对a隔离进行受力分析，由牛顿第二定律得：3mg＝ma1得a1＝3g，A正确，B错误．由胡克定律知：2mg＝kΔl1，mg＝kΔl2，所以Δl1＝2Δl2，C正确，D错误．]9．(多选)如图6所示，在建筑工地上一建筑工人两手对称用水平力将两长方形水泥制品P和Q夹紧，并以加速度a竖直向上搬起，P和Q的质量分别为2m和3m，水平力为F，P和Q间动摩擦因数为μ，在此过程中()图6A．P受到Q的摩擦力方向一定竖直向下B．P受到Q的摩擦力大小为2μFC．P受到Q的摩擦力大小为0.5m(g＋a)D．P受到Q的摩擦力大小为1.5m(g＋a)AC[设每只手与水泥制品的摩擦力大小均为f1，设P受到Q的摩擦力大小为f2、方向竖直向上．对P、Q整体及P分别应用牛顿第二定律有2f1－5mg＝5ma，f1＋f2－2mg＝2ma，联立解得f2＝－0.5m(g＋a)，负号说明P受到Q的摩擦力方向向下，选项A、C正确．]10．如图7所示，传送带的水平部分长为L，传动速率为v，在其左端无初速度释放一小木块，若木块与传送带间的动摩擦因数为μ，则木块从左端运动到右端的时间可能是()图7A.Lv＋v2μg B.LvC.2Lμg D.2L vACD [因木块运动到右端的过程不同，对应的时间也不同，若一直匀加速至右端，则L ＝12μgt 2，可得t ＝2Lμg ，C 正确；若一直加速到右端时的速度恰好与传送带速度v 相等，则L ＝0＋v 2t ，可得t ＝2L v ，D 正确；若先匀加速到传送带速度v ，再匀速到右端，则v 22μg ＋v (t －v μg )＝L ，可得t ＝L v ＋v 2μg，A 正确；木块不可能一直匀速至右端，B 错误．]二、非选择题(共6小题，共60分．按题目要求作答．)11．(8分)在“探究物体运动加速度与外力关系”实验中图8(1)根据测得的数据作出a -F 图线，若作出的a -F 图线如图8甲所示，这是由________造成的，若作出的a -F 图线如图8乙所示，这是因________造成的．A ．在平衡摩擦力时，把长木板的末端抬得过高了B ．由于砂及砂桶质量远远小于小车的质量C ．由于砂及砂桶质量较大，不能很好满足远远小于小车的质量造成的D ．实验前没有平衡摩擦力(2)某同学在接通电源进行实验之前，将实验器材组装如图8丙所示，请你指出该装置中的错误或不妥之处(只要指出二处错误或不妥之处即可)．____________________________________________________________ ____________________________________________________________.[解析] (1)①a -F 图像不过原点，图中当F ＝0时，a ≠0.也就是说当绳子上没有拉力时，小车的加速度不为0，说明小车的摩擦力小于重力的分力，所以原因是实验前木板右端垫得过高，即平衡摩擦力过度导致，故选A.②图线上部弯曲，即当拉力较大时加速度与砂和砂桶重力不成正比，这是由于没有满足小车质量M 远大于砂和砂桶质量m 造成的，故选C.(2)①打点计时器使用的是交流电，电源应该是4～6 V 交流电；②小车应该停靠在打点计时器附近，以提高纸带的使用效率；③没有抬起木板右端用来平衡摩擦力．[答案] (1)A C (2)电源应该是4～6 V 交流电；小车应该停靠在打点计时器附近12．(8分)在“探究加速度与力、质量的定量关系”实验中，某次实验测得如下数据：当m 一定时，a 与F 的关系如表一所示；当F 一定时，a 与1m 的关系如表二所示．表一图9(2)由图像可以判定：当m 一定时，a 与F 成________；当F 一定时，a 与m 成________．(3)在研究a 与m 的关系时，作了a -1m 图像，而没作a -m 图像，那么作a -1m 图像有何优点？[答案] (1)作出图像如图所示(2)正比 反比(3)a -m 图像是曲线，难以找出规律；a -1m 图像是直线，容易找出规律．13．(8分)如图10所示，装置中OA 、OB 是两根轻绳，AB 是轻杆，它们构成一个正三角形，在A 、B 两处分别固定质量均为m 的小球，此装置悬挂在O 点，开始时装置自然下垂．现对小球B 施加一个水平力F ，使装置静止在如图所示的位置，此时OA竖直．求：图10(1)轻绳OA的拉力大小．(2)拉力F的大小．[解析](1)图中AB是轻杆．无作用力，轻绳OA的拉力大小为F A，则F A＝mg.(2)B球受重力、OB绳拉力和水平力F三力作用而处于平衡状态tan 30°＝mgF F＝3mg.[答案](1)mg(2)3mg14．(12分)物体以14.4 m/s的初速度从斜面底端冲上倾角为θ＝37°的斜坡，到最高点后再滑下，如图11所示．已知物体与斜面间的动摩擦因数为0.15，求：图11(1)物体沿斜面上滑的最大位移．(2)物体沿斜面下滑的时间．(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)[解析](1)上滑时加速度大小设为a1，由牛顿第二定律得：mg sin 37°＋μmg cos 37°＝ma1解得a1＝7.2 m/s2上滑最大位移为s＝v20 2a1代入数据得s＝14.4 m.(2)下滑时加速度大小设为a2，由牛顿第二定律得：mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma2解得a2＝4.8 m/s2由s＝12a2t2得下滑时间t＝2sa2＝ 6 s.[答案](1)14.4 m(2) 6 s15．(12分)如图12所示，质量为m的物体A放在倾角为θ＝37°的斜面上时，恰好能匀速下滑，现用细线系住物体A，并平行于斜面向上绕过光滑的定滑轮，另一端系住物体B，物体A恰好能沿斜面匀速上滑，求：【导学号：79092132】图12(1)物体A和斜面间的滑动摩擦因数．(2)物体B的质量．[解析](1)当物体A沿斜面匀速下滑时，受力图如图甲：根据共点力平衡条件，有：f＝mg sin θN＝mg cos θ其中：f＝μN联立解得：μ＝tan 37°＝0.75(2)当物体A沿斜面匀速上滑时，受力图如图乙：A物体所受摩擦力大小不变，方向沿斜面向下沿斜面方向的合力为0，故：T A＝f′＋mg sin θ对物体B：T B＝m B g由牛顿第三定律可知：T A＝T B由以上各式可求出：m B ＝1.2m[答案] (1)0.75 (2)1.2m16．(12分)如图13所示，长L ＝1.4 m ，质量M ＝10 kg 的长方体木箱，在水平面上向右做直线运动，木箱上表面光滑，下表面与地面的动摩擦因数μ＝0.2.当木箱的速度v 0＝3.8 m/s 时，立即对木箱施加一个F ＝50 N 水平向左的恒力，并同时将一个质量m ＝3 kg 的小物块轻放在距木箱右端0.25 m 处的P 点(小物块可视为质点，放在P 点时相对于地面的速度为零)，经过一段时间，小物块脱离木箱落到地面．g 取10 m/s 2，求：图13(1)从小物块放在P 点开始，木箱向右运动的最大距离．(2)小物块离开木箱时木箱的速度大小．[解析] (1)小物块放到木箱上后相对地面静止对木箱有F ＋μ(M ＋m )g ＝Ma 1a 1＝F ＋μ(M ＋m )g M＝7.6 m/s 2 木箱向右运动的最大距离x 1＝－v 20－2a 1＝0.95 m (2)木箱向左运动时对木箱有F －μ(M ＋m )g ＝Ma 2a 2＝F －μ(M ＋m )g M＝2.4 m/s 2 木箱左移x 2＝(0.25＋0.95) m ＝1.2 m 时v 21＝2a 2x 2小物块离开木箱时木箱的速度大小v1＝2a2x2＝2.4 m/s[答案](1)0.95 m(2)2.4 m/s。