度为a1，小物块和木板的质量分别为m和M，由牛顿第二定律有： -μ1 (m+M)g = (m+M)a1 ·······① (1分)
由图可知。木板与墙壁碰前瞬间的速度v1= 4m/s ,由运动学公式得： V1 = v0 + a1t1 ······② (1分) S0 = v0t1 +
1 a1t12········③ (1分) 2式中t1=1s , s0 = 4.5m是木板碰前的位移，v0是小物块和木板开始运动时的速度。 联立①②③式和题给条件得：μ1 = 0.1·······④ (1分)
在木板与墙壁碰撞后，木板以-v1的初速度向左做匀变速运动，小物块以v1的初速度向右做匀变速运动。设小物块的加速度为a2 ,由牛顿第二定律有： -μ2mg = ma2········⑤ (1分)
由图可得：a2 = ·······⑥ (1分)
5○6式和题给条件得：μ2 = 0.4 ·式中t2 = 2s , v2 = 0 ,联立○·····⑦ (1分)
（2）(8分)设碰撞后木板的加速度为a3 ,经过时间Δt ,木板和小物块刚好具有共同速度v3 ,由牛顿第二定律及运动学公式得：
μ2mg +μ1 (m+M)g = (m+M)a1 = Ma3······⑧ (1分) V3 = - v1 + a3Δt ·······⑨ (1分) V3 = v1 + a2Δt······⑩ (1分)
碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运动的位移为： s1 =
11 (1分) Δt······○
小物块运动的位移为： s2 = 12 (1分) Δt······○
13 (1分) 小物块相对木板的位移为：Δs = s2 – s1 ·····○
11○12○13式，并代入数值得：Δs = 6.0m ·····○14 (2分) 联立⑥⑧⑨⑩○
因为运动过程中小物块没有脱离木板，所以木板的最小长度应为6.0m。
(3) (5分)在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速运动直到停止，高加速度为a4 ,此过程中小物块和木板运动的位移为s3 ,由牛顿第二定律及运动学公式得：
15(1分) μ1 (m+M)g = (m+M)a4·······○16(1分) 0 – v32 = 2a4s3 ······○
17(1分) 磁碰后木板运动的位移为： s = s1 + s3 ·······○11○15○16○17式，并代入数值得： 联立⑥⑧⑨⑩○18(2分) S = -6.5m ·······○
木板右端离墙壁的最终距离为6.5m 。
5.（2013年全国2） 一长木板在水平地面上运动，在ｔ=0时刻将一相对于地面精致的物块轻放到木板上，以后木板运动的速度－时间图像如图所示。己知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有靡攘.物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上。取重力加速度的大小g=10m/s求:
(1) 物块与木板间；木板与地面间的动摩擦因数:
(2) 从ｔ＝０时刻到物块与木板均停止运动时，物块相对于木板的位移的大小.
2
【考向】牛二定律、受力分析、运动分析 【答案】0.2 0.3 0.75 【解析】
（1）从t=0时开始，木板与物块之间的摩擦力使物块加速，使木板减速，此过程一直持续到物块和木板具有共同速度为止．
由图可知，在t1=0.5 s时，物块和木板的速度相同．设t=0到t=t1时间间隔内，物块和木板的加速度大小分别为a1和a2，则有：
a1?v1…① t1v0?v1…② t1a2?式中v0=5 m/s、v1=1 m/s分别为木板在t=0、t=t1时速度的大小．设物块和木板的质量均为m，物块和木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，由牛顿第二定律得 μ1mg=ma1…③
（?1?2?2）mg?ma2…④
联立①②③④式得：
?1?0.20…⑤
?2?0.30…⑥
（2）0.5s后两个物体都做匀减速运动，假设两者相对静止，一起做匀减速运动，加速度大小为a=μ2g 由于物块的最大静摩擦力μ1mg＜μ2mg，所以物块与木板不能相对静止． 根据牛顿第二定律可知，物块匀减速运动的加速度大小等于a2??1mgm??1g?2m/s2
0.5s后物块对木板的滑动摩擦力方向与速度方向相同，则木板的加速度大小为：
a1/??2.2mg??1mgm?4m/s2
?v?0.25s /a1则木板速度减为零需要的时间为：t2?则有：t=0.5+0.25=0.75s，即木板在t=0.75s时停止运动．
6.（2013年江苏）如图所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验。 若砝码和纸板的质量分别为m1和m2，各接触面间的动摩擦因数均为?。 重力加速度为g。 （1）当纸板相对砝码运动时，求纸板所受摩擦力的大小； （2）要使纸板相对砝码运动，求所需拉力的大小； （3）本实验中， m1=0。 5kg， m2=0。 1kg，
2 2，砝码与纸板左端的距离d=0。 1m，取g=10m/s。 ?=0。
若砝码移动的距离超过l=0。 002m，人眼就能感知。 为确保实验成功，纸板所需的拉力至少多大？
【考向】牛二定律、受力分析、运动分析
【答案】（1）f??(2m1?m2)g（2）F?2?(m1?m2)g（3）22.4 【解析】
(1)砝码对纸板的摩擦力 f1??m1g 桌面对纸板的摩擦力 f2??(m1?m2)g
f?f1?f2 解得 f??(2m1?m2)g
(2)设砝码的加速度为a1,纸板的加速度为a2,则
f1?m1a1 F?f1?f2?m2a2 发生相对运动 a2?a1
解得 F?2?(m1?m2)g
1121at1 纸板运动的距离d?x1?a2t12 2212纸板抽出后，砝码在桌面上运动的距离 x2?a3t2 l?x1?x2
2d由题意知 a1?a3,a1t1?a3t2 解得 F?2?[m1?(1?)m2]g
l(3)纸板抽出前,砝码运动的距离x1?代入数据得 F?22.4N
题型二、弹簧模型弹力的不可突变性
7.（2010年全国1）.如右图，轻弹簧上端与一质量为m的木块1相连，下端与另一质量为M的木块2相连，整个系统置于水平放置的光滑木坂上，并处于静止状态。现将木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，木块1、2的加速度大小分别为a1、a2?重力加速度大小为g。则有（ ）
A. a1?0，a2?g B. a1?g，a2?g C. a1?0,a2?m?Mm?Mg D. a1?g，a2?g MM【考向】牛二定律、弹簧弹力不可突变的特点 【答案】 C
【解析】对木块1受力分析静止时mg?F弹，撤掉下面的木板瞬间弹簧弹力大小不变，故木块1依然平衡，所以a1?0，对木块2受力分析，静止时Mg?F弹?FN，mg?F弹，撤掉木板瞬间FN?0，木块只受重
力和弹簧弹力，Mg?mg?Ma2，a2?m?Mg;故C 正确 M8.（2015年海南卷）8如图，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；现将细绳剪断，将物块a的加速度记为a1，S1和S2相对原长的伸长分别为△l1和△l2，重力加速度大小为g，在剪断瞬间（ ）
A.a1=3g B.a1=0 C. △l1=2△l2 D. △l1=△l2 【考向】牛二定律、弹簧弹力不可突变的特点 【答案】A C
【解析】本题考查的重点是弹簧弹力不可突变的特征，剪断前、后弹簧弹力的大小不变；弹簧的伸长量也不变；剪断前将b、c当作整体进行研究，可知弹簧S1的伸长量：?l1?剪断前对c进行研究，可知弹簧S2的伸长量：?l2?故： ?l1?2?l2C正确；
剪断前对A进行受力分析：mg?k?l1?T?3mg；
剪断瞬间T=0，A只受重力与弹簧的弹力，对A受力分析得：3mg?ma，a?3g；
题型三、整体法与隔离法的综合使用
9.(2013福建)质量为M、长为L的杆水平放置，杆两端A、B系着长为3L的不可伸长且光滑的柔软轻绳，绳上套着一质量为m的小铁环。已知重力加速度为g，不计空气影响。若杆与环保持相对静止，在空中沿AB方向水平向右做匀加速直线运动，此时环恰好悬于A端的正下方，如图乙所示。 ①求此状态下杆的加速度大小a；
②为保持这种状态需在杆上施加一个多大的外力方向如何？
2mg kxmg kx
十年高考(2010-2019年)之高三物理真题精选分类汇编 专题03 牛顿运动定律(解析版)
