學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精一、已知物體的受力情況確定物體的運(yùn)動(dòng)情況1．解題步驟（1）確定研究對象。（2）對研究對象進(jìn)行受力分析,并畫出物體的受力示意圖。（3）根據(jù)力的合成和分解的方法,求出物體所受的合外力.（4）根據(jù)牛頓第二定律列方程求出物體的加速度.(5)根據(jù)題意確定物體運(yùn)動(dòng)的初始條件，選擇運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，求出所需的運(yùn)動(dòng)學(xué)物理量。2．注意(1)物體的速度方向與物體的合外力方向之間沒有一定的關(guān)系,但加速度的方向一定與物體的合外力方向一致。(2）計(jì)算時(shí)，注意統(tǒng)一單位.二、已知物體的運(yùn)動(dòng)情況確定物體的受力情況解題步驟（1）確定研究對象。（2）對研究對象進(jìn)行受力分析,并畫出物體受力示意圖.（3）根據(jù)相應(yīng)的運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，求出物體的加速度。（4）根據(jù)牛頓第二定律列方程求出物體的加速度.（5）根據(jù)力的合成和分解的方法，求出所需的力。（2015·新課標(biāo)全國Ⅰ卷)一長木板置于粗糙水平地面上,木板左端放置一小物塊，在木板右方有一墻壁，木板右端與墻壁的距離為4.5m，如圖(a）所示。時(shí)刻開始，小物塊與木板一起以共同速度向右運(yùn)動(dòng)，直至?xí)r木板與墻壁碰撞（碰撞時(shí)間極短）。碰撞前后木板速度大小不變,方向相反;運(yùn)動(dòng)過程中小物塊始終未離開木板。已知碰撞后1s時(shí)間內(nèi)小物塊的圖線如圖（b）所示.木板的質(zhì)量是小物塊質(zhì)量的15倍，重力加速度大小g取10m/s2。求：（1）木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)及小物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)；(2）木板的最小長度;（3)木板右端離墻壁的最終距離?！緟⒖即鸢浮浚?）(2）（3）【試題解析】（1）根據(jù)圖象可以判定碰撞前小物塊與木板共同速度為碰撞后木板速度水平向左，大小也是小物塊受到滑動(dòng)摩擦力而向右做勻減速,根據(jù)牛頓第二定律有解得木板與墻壁碰撞前，勻減速運(yùn)動(dòng)時(shí)間，位移，末速度其逆運(yùn)動(dòng)則為勻加速直線運(yùn)動(dòng)可得代入可得小物塊和木板整體受力分析，滑動(dòng)摩擦力提供合外力，即可得（2)碰撞后，木板向左勻減速，依據(jù)牛頓第二定律有可得對小物塊，則有加速度小物塊速度先減小到0,此時(shí)碰后時(shí)間為此時(shí),木板向左的位移為末速度小物塊向右位移此后,小物塊開始向左加速，加速度仍為木板繼續(xù)減速,加速度仍為假設(shè)又經(jīng)歷二者速度相等，則有解得此過程，木板位移末速度小物塊位移此后小物塊和木板一起勻減速二者的相對位移最大為小物塊始終沒有離開木板,所以木板最小的長度為6m(3）最后階段小物塊和木板一起勻減速直到停止,整體加速度位移所以木板右端離墻壁最遠(yuǎn)的距離為【名師點(diǎn)睛】分階段分析，環(huán)環(huán)相扣，前一階段的末狀態(tài)即后一階段的初始狀態(tài),認(rèn)真沉著，不急不躁.解決這類試題,分析運(yùn)動(dòng)過程很重，同時(shí)要回畫過程草圖。1．如圖所示，長L=8m，質(zhì)量M=3kg的薄木板靜止放在光滑水平面上，質(zhì)量m=1kg的小物體放在木板的右端，現(xiàn)對木板施加一水平向右的拉力F，取g=10m/s2，求：（1）若薄木板上表面光滑,欲使薄木板以2m/s2的加速度向右運(yùn)動(dòng),需對木板施加的水平拉力為多大？（2)若薄木板上表面粗糙，小物體與薄木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.3，若拉力F=6N,求小物體對薄木板的摩擦力大小和方向？（3）若薄木板上表面粗糙,小物體與薄木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.3，若拉力F=15N,小物體所能獲得的最大速度。2．如圖所示，質(zhì)量為mA=2kg的鐵塊疊放在質(zhì)量為mB=0.5kg的木板下端，一起靜止在足夠長的斜面上，某人通過斜面頂端的光滑小定滑輪用平行斜面的細(xì)線拉著A勻加速運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過2s后A離開B，B在減速過程中最后1s內(nèi)的位移是4m。已知鐵塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)，木板長l=1m,斜面傾角。g取10m/s2，,.求：（1）木板與斜面的動(dòng)摩擦因數(shù)；（2）人的拉力F大小。3．如圖甲所示，光滑平臺右側(cè)與一長為L=2。5m的水平木板相接，木板固定在地面上,現(xiàn)有一小滑塊以初速度v0=5m/s滑上木板，恰好滑到木板右端停止?，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(jì)滑塊滑上木板時(shí)的能量損失,g=10m/s2，sin37°=0.6,cos37°=0。8。求：(1)滑塊與木板之間的動(dòng)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(shí)間t。4．如圖，傾角θ=30°的光滑斜面底端固定一塊垂直于斜面的擋板。將長木板A靜置于斜面上，A上放置一小物塊B，初始時(shí)A下端與擋板相距L=4m，現(xiàn)同時(shí)無初速釋放A和B。已知在A停止運(yùn)動(dòng)之前B始終沒有脫離A且不會(huì)與擋板碰撞，A和B的質(zhì)量均為m＝1kg,它們之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=,A或B與擋板每次碰撞損失的動(dòng)能均為△E=10J，忽略碰撞時(shí)間，重力加速度g取10m/s2。求：（l)A第一次與擋板碰前瞬間的速度大小v；（2)A第一次與擋板碰撞到第二次與擋板碰撞的時(shí)間△t；（3）B相對于A滑動(dòng)的可能最短時(shí)間t。1．(1）6N（2）1.5N（3）12m/s【解析】（1)薄木板上表面光滑，薄木板受到的合外力為拉力，由牛頓第二定律得:，則拉力大小為6N（2）當(dāng)小物體相對于木板滑動(dòng)時(shí)，對小物體，由牛頓第二定律得：解得:小物體相對于木板恰好滑動(dòng)時(shí)，由牛頓第二定律得:拉力：拉力為6N時(shí)，小物體相對于木板靜止，由牛頓第二定律得：解得:對小物體，由牛頓第二定律得：，方向：水平向右（3）拉力F=15N>F0，小物體相對于薄木板滑動(dòng),對薄木板，由牛頓第二定律得：解得：小物體位移為薄木板位移為小物體從薄木板上滑下時(shí)有：此時(shí)小物體的速度為解得：則小物體獲得的最大速度為12m/s【名師點(diǎn)睛】連接牛頓第二定律與運(yùn)動(dòng)學(xué)公式的紐帶就是加速度,所以在做這一類問題時(shí)，特別又是多過程問題時(shí)，先弄清楚每個(gè)過程中的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)，根據(jù)牛頓第二定律求加速度,然后根據(jù)加速度用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式解題;或者根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解加速度，然后根據(jù)加速度利用牛頓第二定律求解力。2．（1）0。25(2）29N【解析】（1）設(shè)木板勻減速運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a2，與斜面的動(dòng)摩擦因數(shù)為根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律得:因B在減速過程中最后1s內(nèi)的位移是4m，代入數(shù)據(jù)解得：由牛頓第二定律：代入數(shù)據(jù)解得：（2）設(shè)B木板勻加速階段的加速度為,分析受力情況如圖1所示圖1圖2對B，由牛頓第二定律:對A，由聯(lián)立以上并解得：設(shè)A的加速度為，它在B上滑動(dòng)過程中運(yùn)動(dòng)的位移為:B加速過程的位移為：由幾何關(guān)系:代入、、，解得：分析A加速過程中的受力情況如圖2所示由牛頓第二定律得:而:聯(lián)立解得：【名師點(diǎn)睛】本題主要考查了相對滑動(dòng)、牛頓第二定律、勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律。因B在減速過程中最后1s內(nèi)的位移是4m,由勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律求出加速度，再由牛頓第二定律求出摩擦因數(shù)；在相對滑動(dòng)過程中,各自受力分析求出各自的加速度，求出各自的位移，再根據(jù)位移間的關(guān)系求出拉力F。3．（1）μ=0.5（2)【解析】(1）設(shè)滑塊質(zhì)量為m，木板水平時(shí)滑塊加速度為a，則對滑塊有①滑塊恰好到木板右端停止,②解得③（2)當(dāng)木板傾斜，設(shè)滑塊上滑時(shí)的加速度為a1，最大距離為s，上滑的時(shí)間為t1，有④⑤⑥由④⑤⑥式，解得⑦設(shè)滑塊下滑時(shí)的加速度為a2,下滑的時(shí)間為t2，有⑧⑨由⑧⑨式解得滑塊從滑上傾斜木板到滑回木板底端所用的時(shí)間4．(1）2m/s（2）（3)【解析】（1)B和A一起沿斜面向下運(yùn)動(dòng)，由機(jī)械能守恒定律有2mgLsinθ＝（2m）v2①由①式得v＝2m/s②（2）第一次碰后，對B有mgsinθ=μmgcosθ，故B勻速下滑③對A有mgsinθ+μmgcosθ=ma1④得A的加速度a1＝10m/s2，方向始終沿斜面向下，A將做類豎直上拋運(yùn)動(dòng)⑤設(shè)A第1次反彈的速度大小為v1，由動(dòng)能定理有mv2?mv12＝△E⑥⑦由⑥⑦式得⑧（3）設(shè)A第2次反彈的速度大小為v2，由動(dòng)能定理有mv2?mv22＝2△E⑨得v2=0m/s⑩即A與擋板第2次碰后停在底端，B繼續(xù)勻速下滑，與擋板碰后B反彈的速度為v’，加速度大小為a′，由動(dòng)能定理有mv2?mv′2＝△E（11)mgsinθ+μmgcosθ=ma'（12）由(11）（