資源簡介

中小學教育資源及組卷應用平臺
微專題Ⅲ 板塊運動與等時圓模型
一、板塊模型中的運動學單過程問題 1
二、“等時圓”模型及其等時性的證明 6
【鞏固提高】 11
[知識分析]
一、板塊模型中的運動學單過程問題
恒力拉板 恒力拉塊
分離，位移關系：x相對= a2t02－ a1t02=L 分離，位移關系：x相對= a1t02－ a2t02=L
此類問題涉及兩個物體、多個運動過程,并且物體間還存在相對運動,所以應準確求出各物體在各運動過程的加速度(注意兩過程的連接處加速度可能突變),找出物體之間的位移(路程)關系或速度關系是解題的突破口。求解中更應注意聯系兩個過程的紐帶,每一個過程的末速度是下一個過程的初速度。
（多選）如圖1所示，一長木板靜止于光滑水平桌面上，t＝0時，小物塊（可視為質點）以速度v0滑到長木板上，t1時刻小物塊恰好滑至長木板的最右端。圖2為物塊與木板運動的v﹣t圖像，圖中t1、v0、v1已知，重力加速度大小為g。下列說法正確的是（　　）
A．物塊在0～t1這段時間內的位移大小為
B．物塊與木板的質量之比為
C．物塊與木板之間的動摩擦因數為
D．僅由題中所給信息，可以求出木板長度
【解答】解：A、根據v﹣t圖像中圖像與時間軸圍成的面積表示位移，可得物塊在0～t1這段時間內的位移大小為：
x1，故A錯誤；
B、設物塊與木板的質量分別為m、M。根據v﹣t圖像可得：
物塊做勻減速直線運動的加速度大小為：a1
木板做勻加速直線運動的加速度大小為：a2
兩者的加速度均由小木塊與長木板間的滑動摩擦力提供，根據牛頓第二定律得：
f＝ma1＝Ma2
可得：，故B錯誤；
C、對物塊，由牛頓第二定律可得：a1μg
解得物塊與木板之間的動摩擦因數為：μ，故C正確；
D、t1時刻小物塊恰好滑至長木板最右端，在0～t1這段時間內物塊與長木板的位移大小之差等于木板的長度，根據v﹣t圖象與時間軸所圍的面積表示位移，可得木板的長度為：
L＝x物﹣x板，僅由題中所給信息，可以求出木板長度，故D正確。
故選：CD。
如圖，水平地面上的矩形薄木板A，質量為m，長度l0＝1.5m，小物塊B置于木板A的左端，質量mB＝2mA。讓A、B相對地面以相同的速度v0＝9m/s開始運動。已知木板A與地面間的動摩擦因數μ1＝0.4，A和B之間的動摩擦因數為μ2＝0.3，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）A、B分離前的加速度；
（2）A、B從開始運動到分離的時間；
（3）A、B分離時，兩者的速度大小。
【解答】解：（1）根據牛頓第二定律，對小物塊B：μ2mBg＝mBaB
可得小物塊B的加速度：，方向水平向左；
對木板A：μ1（mA+mB）g﹣μ2mBg＝mAaA
可得木板A的加速度大小：，方向水平向左。
（2）當B相對于A的右端時，兩者位移之差為l0，根據位移與時間的關系可知：
代入數據解得分離的時間為：t＝1s
（3）分離時木板A的速度大小：vA＝v0﹣aAt＝9m/s﹣6×1m/s＝3m/s
小物塊B的速度大小：vB＝v0﹣aBt＝9m/s﹣3×1m/s＝6m/s
答：（1）6m/s2，方向水平向左；3m/s2方向水平向左；
（2）A、B從開始運動到分離的時間為1s；
（3）A、B分離時，兩者的速度大小分別為3m/s、6m/s。
已知雞蛋撞擊地面的速度不超過2m/s時，雞蛋能不被摔壞。某同學設計了如圖所示的保護裝置，該裝置是用A、B兩塊較粗糙的夾板粘合而成，已知保護裝置質量為M，雞蛋的質量為m，且M＝5m，雞蛋和保護裝置之間的滑動摩擦力大小為5mg。實驗中用該保護裝置夾住雞蛋，從離地面H＝1.8m的高度處靜止釋放。（重力加速度g取10m/s2，不計空氣阻力。）
（1）如果保護裝置碰地后速度立即為零（無反彈，且保護裝置保持豎直），為保證雞蛋安全，雞蛋放的位置離裝置下端的最小距離s1。
（2）如果保護裝置與地面發生碰撞時，保護裝置以碰前的速率反彈（碰撞時間極短，在運動過程中，保護裝置始終保持豎直）。實驗前，雞蛋放的位置離保護裝置下端距離s2＝1.5m，其它條件不變。保護裝置第一次落地彈起，當上升到最大高度時，求該時刻雞蛋離地高度。
【解答】解：（1）保護裝置和雞蛋先共同自由落體，當保護裝置落地時速度2gH
保護裝置著地后雞蛋以加速度大小a4g＝4×10m/s2＝40m/s2（a方向向上），雞蛋做勻減速直線運動；
因為到達地面時速度不超過v＝2m/s就不會摔懷，則為保證雞蛋安全所以
v2＝2as1
雞蛋放的位置離裝置下端的最小距離s1＝0.4m.
（2）保護裝置以碰前的速率反彈后，保護裝置加速度大小：a'2g＝2×10m/s2＝20m/s2（a'方向向下），
雞蛋先減速以a向下減速，當雞蛋向下速度減為零時，雞蛋受力不變，直到t1時刻雞蛋和保護裝置共速；選向上為正，有v2＝﹣v1+at1＝v1﹣a't1
解得：t1＝0.2s
此時雞蛋和保護裝置共速v2＝2m/s，雞蛋與保護裝置相對運動Δht1t1
代入數據解得：Δh＝1.2m＜s2＝1.5m
所以雞蛋和保護裝置能共速
以后雞蛋和保護裝置共同向上以a3＝g做勻減速直線運動，再過t2s＝0.2s雞蛋和保護裝置到達最高點。
保護裝置第一次碰后上升最大高度h1t1t2
所以當保護裝置到達最高點時雞蛋離地面高度：h＝h1+s2﹣Δh
代入數據解得：h＝1.3m
答：（1）為保證雞蛋安全，雞蛋放的位置離裝置下端的最小距離為0.4m。
（2）雞蛋離地高度為1.3m。
（多選）如圖甲所示，一質量為M的長木板靜置于光滑水平面上，其上放置質量為m的小滑塊。木板受到隨時間t變化的水平拉力F作用時，用傳感器測出其加速度a，得到如圖乙所示a F圖像。最大靜摩擦力與滑動摩擦力相等，取g＝10m/s2，則（　　）
A．滑塊的質量m＝4kg
B．木板的質量M＝0.5kg
C．當F＝8N時滑塊加速度為2m/s2
D．滑塊與木板間動摩擦因數為0.4
【解答】解：AB、根據圖像分析可得，當拉力等于12N時，兩物體恰好要發生相對滑動，當F＝12N時，加速度為a＝4m/s2，對整體分析，由牛頓第二定律有F＝（M+m）a
代入數據解得M+m3kg
當F＞12N時，根據牛頓第二定律得
知圖線的斜率
解得木板的質量：M＝0.5kg；滑塊的質量：m＝2.5kg，故A錯誤，B正確；
D、根據a﹣F圖像：，F＝10N時，a＝0，代入
代入數據解得：μ＝0.4，故D正確；
C、當F＝8N時，板塊之間沒有相對滑動，對整體分析，根據牛頓第二定律得F＝（M+m）a
解得此時am/s2，故C錯誤。
故選：BD。
（多選）如圖所示，有兩個高低不同的水平面，高水平面光滑，低水平面粗糙。一質量M＝1kg、長度為L的長木板靠在高水平面邊緣A點，其表面恰好與高水平面平齊，長木板與低水平面的動摩擦因數μ2＝0.2。一質量為m＝2kg可視為質點的滑塊靜止在距A點距離為L0＝9m的位置。現用F＝9N、水平向右的外力拉滑塊，當滑塊運動到A點時撤去外力，滑塊以此時的速度滑上長木板。滑塊與長木板間的動摩擦因數為μ1＝0.5，取g＝10m/s2。則下列說法正確的是（　　）
A．滑塊滑動到A點時的速度大小為9m/s
B．滑塊滑動到長木板上時，長木板的加速度大小為5m/s2
C．從滑塊滑上長木板到兩者相對靜止所用時間為1s
D．要使滑塊不能從長木板的右端滑出，長木板的長度L至少為6.5m
【解答】解：A、滑塊在高水平面上做勻加速運動，根據牛頓第二定律有：F＝ma
根據運動學公式有：v2＝2aL0
代入數據解得：v＝9m/s，故A正確；
B、設滑塊滑動到長木板后，滑塊的加速度為a1，長木板的加速度為a2，根據牛頓第二定律，
對滑塊有：μ1mg＝ma1
代入數據解得：
對長木板有：μ1mg﹣μ2（m+M）g＝Ma2
代入數據解得：，故B錯誤；
C、設滑塊不滑出長木板，從滑塊滑上長木板到兩者相對靜止所用時間為t，則有：v﹣a1t＝a2t
代入數據解得：t＝1s，故C正確；
D、從滑塊滑上長木板到兩者相對靜止程中滑塊的位移為：x1＝vt9×1mm＝6.5m
長木板的位移為：x2m＝2m
則要使滑塊不能從長木板的右端滑出，長木板的長度L至少為：L＝x1﹣x2＝6.5m﹣2m＝4.5m，故D錯誤。
故選：AC。
二、“等時圓”模型及其等時性的證明
1．三種模型(如圖)
2．等時性的證明
設某一條光滑弦與水平方向的夾角為α，圓的直徑為d(如圖)。根據物體沿光滑弦做初速度為零的勻加速直線運動，加速度為a＝gsin α，位移為x＝dsin α，所以運動時間為t0＝＝＝。
即沿同一起點(圓的最高點)或終點(圓的最低點)的各條光滑弦運動具有等時性，運動時間與弦的傾角、長短無關。
如圖所示，有兩個光滑直軌道AB和CD，其中A、B、C、D四點剛好位于同一豎直圓O的圓周上，B點恰好過豎直圓O的最低點。現讓兩個小球（可視為質點）分別從A、D兩位置由靜止釋放，它們沿直軌道到達B、C的時間分別記為t1、t2。則（　　）
A．t1＞t2 B．t1＝t2 C．t1＜t2 D．無法確定
【解答】解：設AB與豎直直徑的夾角為θ，則加速度為：
a＝gcosθ
根據位移—時間公式可得：
解得：
若過B點做CD的平行線，交圓弧于E點，如圖所示：
則根據上述的分析可知，物塊沿EB下滑的時間也為t1，因為EB和CD的傾角相等，則物塊下滑的加速度也相等，但因為EB的長度大于CE的長度，可知沿CD下滑的時間小于EB的時間，故A正確，BCD錯誤；
故選：A。
如圖所示，位于豎直平面內的圓內有OA、OB、OC三條光滑軌道，已知在t＝0時，a、b、c三球分別從O由靜止開始沿光滑傾斜直軌道運動到A、B、C三點，所用時間分別為t1、t2、t3，下列關系正確的是（　　）
A．t1＞t2＞t3 B．t1＜t2＜t3 C．t1＝t2＝t3 D．無法確定
【解答】解：通過O點做一條豎直直線，通過O、B作圓且滿足O點在圓的豎直直徑最高點，如圖所示。
根據“等時圓”原理可知，通過Oa、OB、Oc的時間相等，而OA時間大于Oa時間、OC時間小于Oc時間，則有：t1＞t2＞t3，故A正確、BCD錯誤。
故選：A。
（多選）如圖所示，1、2、3、4四小球均由靜止開始沿著光滑的斜面從頂端運動到底端，其運動時間分別為t1、t2、t3、t4。已知豎直固定的圓環的半徑為r，O為圓心，固定在水平面上的斜面水平底端的長度為r，重力加速度為g，下列說法正確的是（　　）
A．t1≠t2 B．t3＝t4
C． D．
【解答】解：1軌道長：，根據牛頓第二定律可得加速度大小為：
根據位移—時間關系可得：x1a1t12
聯立解得：；
2軌道長：x2＝2rcos60°＝r，根據牛頓第二定律可得加速度大小為：
根據位移—時間關系可得：x2a2t22
聯立解得：；
3軌道長：，據牛頓第二定律可得加速度大小為：
根據位移—時間關系可得：x3a3t32
聯立解得：2
4軌道長，據牛頓第二定律可得加速度大小為：
根據位移—時間關系可得：x4a4t42
聯立解得：t4＝2。
A、由上可知：t1，故A錯誤；
B、由上可知：t3＝t4＝2，故B正確；
C、由上可知：，故C正確；
D、由上可知：t4﹣t3＝0，故D錯誤。
故選：BC。
（多選）如圖所示，位于豎直平面內的固定光滑圓環軌道與水平面相切于M點，與豎直墻相切于A點，豎直墻上另一點B與M的連線和水平面的夾角為60°，C是圓環軌道的圓心。已知在同一時刻，甲、乙兩球分別由A、B兩點從靜止開始沿光滑傾斜直軌道AM、BM運動到M點，丙球由C點自由下落到M點，有關下列說法正確的是（　　）
A．甲球下滑的加速度小于乙球下滑的加速度
B．丙球最先到達M點
C．甲、乙、丙球同時到達M點
D．甲、丙兩球到達M點時的速率相等
【解答】解：A、設光滑傾斜直軌道與水平面的夾角為θ，則小球沿光滑傾斜直軌道運動的加速度大小為agsinθ，軌道傾角越大，小球的加速度越大，由此可知甲球下滑的加速度小于乙球下滑的加速度，故A正確；
BC、對于甲球，運動的位移為，則甲球運動的時間；
對于乙球，運動的位移為x2＝2R，則乙球運動的時間；
對于丙球，做自由落體運動，運動時間為，所以t3＜t1＜t2，所以丙球最先到達M點，故B正確，C錯誤；
D、甲球到達M點時的速率v甲＝gsin45° t1＝g ，丙球到達M點時的速率v丙，故甲、丙兩球到達M點時的速率相等，故D正確。
故選：ABD。
如圖所示，在傾角為θ的斜面上方的A點處放置一光滑的木板AB，B端剛好在斜面上．木板與豎直方向AC所成角度為α，一小物塊自A端沿木板由靜止滑下，要使物塊滑到斜面的時間最短，則α與θ角的大小關系應為（　　）
A．α＝θ B．α C．α D．α＝2θ
【解答】解：如圖所示：
在豎直線AC上取一點O，以適當的長度為半徑畫圓，使該圓過A點，且與斜面相切與D點，
根據等時圓的結論可知：A點滑到圓上任一點的時間都相等，所以由A點滑到D點所用時間比由A到達斜面上其他各點時間都短，
將木板下端B點與D點重合即可，
而角COD為θ，所以
故選：B。
【鞏固提高】
1．如圖所示，oa、ob是豎直平面內兩根固定的光滑細桿，o、a、b、c位于同一圓周上，c為圓周的最高點，a為最低點，ob經過圓心．每根桿上都套著一個小滑環，兩個滑環都從o點無初速釋放，用t1、t2分別表示滑環到達a、b所用的時間，則下列關系正確的是（　　）
A．t1＝t2 B．t1＜t2 C．t1＞t2 D．無法確定
【解答】解：以O點為最高點，取合適的豎直直徑oa作等時圓，交ob于c，如圖所示，顯然o到a、c才是等時的，比較圖示位移ob＞oc，
故推得t1＜t2，故B正確
故選：B。
2．如圖所示，AB和CD為兩條光滑斜槽，它們各自的兩個端點均分別位于半徑為R和r的兩個相切的圓上，且斜槽都通過切點P．設有一重物先后沿兩個斜槽從靜止出發，由A滑到B和由C滑到D，所用的時間分別為t1和t2，則t1與t2之比為（　　）
A．2：1 B．1：1 C．：1 D．1：
【解答】解：對物體受力分析可知：
當重物從A點下落時，重物受重力mg，支持力F，
在沿斜面方向上加速度是a1，重力分解：
mgcos30°＝ma1，
解得 a1g，
根據公式：Sa1t12，
得 S＝2R×cos30°+2r×cos30°（R+r）
所以：t1＝2
當重物從C點下滑時，受重力mg，支持力F，
在沿斜面方向上加速度是a2，重力分解：
mgcos60°＝ma2，
解得 a2，
根據公式：Sa2t22，
得S＝2R×cos60°+2r×cos60°＝R+r
t2＝2，
所以t1＝t2，
故選：B。
3．如圖所示，ab、bd、cd是豎直平面內三根固定的細桿，a、b、c、d位于同一圓周上，a點為圓周的最高點，d點為最低點．每根桿上都套著一個小滑環（圖中未畫出）．三個滑環分別從a、b、c處釋放（初速為0），用t1、t2、t3依次表示各滑環到達d點所用的時間，t1、t2、t3之間的關系為（　　）
A．t1＝t2＝t3
B．t1＜t2＜t3
C．t1＞t2＞t3
D．傾斜程度不確定，所以無法判定
【解答】解：設桿與水平方向的夾角為θ；
對小滑環，受重力和支持力，將重力沿桿的方向和垂直桿的方向正交分解，根據牛頓第二定律得小滑環做初速為零的勻加速直線運動的加速度為：a＝gsinθ
由圖中的直角三角形可知，小滑環的位移為：
S＝2Rsinθ
由Sat2，
得：t2；
所以，t與θ無關，即t1＝t2＝t3．故A正確。BCD錯誤；
故選：A。
4．如圖所示，虛線圓的半徑為R，AC為光滑豎直桿，AB與BC構成直角的L形軌道，小球與AB、BC，軌道間的動摩擦因數均為μ，ABC三點正好是圓上三點，而AC正好為該圓的直徑，AB與AC的夾角為α，如果套在AC桿上的小球自A點靜止釋放，分別沿ABC軌道和AC直軌道運動，忽略小球滑過B處時能量損耗。求：
（1）小球在AB軌道上運動的加速度；
（2）小球沿ABC軌道運動到達C點時的速率；
（3）若AB、BC、AC軌道均光滑，如果沿ABC軌道運動到達C點的時間與沿AC直軌道運動到達C點的時間之比為5：3，求α角的正切值。
【解答】解：（1）從A到B，由牛頓第二定律得：
mgcosα﹣μmgsinα＝ma
解得：a＝gcosα﹣μgsinα
（2）小球沿ABC軌道運動，從A到C，由動能定理可得：
mg 2R﹣2μmg 2R（cosα+sinα）
解得：vC＝2
（3）設小球沿AC直導軌做自由落體運動，運動時間為t，則有：
2R
解得：t＝2
軌道均光滑，小球由A到B機械能守恒，設B點的速度為vB，則有：
mg 2R cos2α
解得：vB＝2cosα
且依等時圓，tAB＝t，則B到C的時間為：tBCt﹣tt
以后沿BC直導軌運動的加速度為：a′＝gsinα，
且BC＝2Rsinα
故2Rsinα＝vBtBC
代入數據解得：tanα＝2.4
答：（1）小球在AB軌道上運動的加速度是gcosα﹣μgsinα；
（2）小球沿ABC軌道運動到達C點時的速率是2cosα；
（3）α角的正切值是2.4。
5．如圖所示，光滑水平面上靜止放置有長木板B，質量為M＝2kg，一質量為m＝1kg可視為質點的物塊A，以v0＝5m/s的水平速度從左端沖上木板，在物塊沖上木板的同時，在木板的右端對其施加向右的水平恒力F。物塊與木板間動摩擦因數μ＝0.2，g取10m/s2。
（1）若力F＝4N，物塊A恰好停在長木板B的最右端，求長木板B的長度L；
（2）若物塊A相對長木板B發生的路程為2m，求恒力F的大小。
【解答】解：（1）設滑塊的加速度大小為a1，木板的加速度大小為a2，由牛頓第二定律得：
對滑塊：μmg＝ma1
對木板：F+μmg＝Ma2
設經過時間t滑塊與木板共速，設共速時的速度大小為v，則v＝v0﹣a1t＝a2t
代入數據解得：t＝1s，v＝3m/s
物塊A恰好停在長木板B的最右端，長木板B的長度L＝v0t
代入數據解得：L＝2.5m
（2）假設物塊A相對長木板B向右滑動s＝2m后，兩者保持相對靜止一起運動，設共速時速度為v，則有：
s
代入數據解得：t'＝0.8s
設B的加速度大小為a2'，則v＝a2't'＝v0﹣a1t'
代入數據解得：
對木板，由牛頓第二定律得：F+μmg＝Ma2'
代入數據解得：F＝6.5N
共速后兩者的加速度為a共
因a共＞a1，故假設不成立，可知要使物塊A相對長木板B發生的路程為2m，物塊A在長木板B上滑動過程不能共速，可得物塊A應相對長木板B向右滑動x＝1m時兩者共速，之后再相對長木板B向左滑動1m后離開長木板。同理可得：
x
v＝a2″t″＝v0﹣a1t″
代入數據解得：
對木板，由牛頓第二定律得：F+μmg＝Ma2″
代入數據解得：F＝23N
答：（1）長木板B的長度L是2.5m；
（2）恒力F的大小是23N。
6．羽毛球筒口比較小，從球筒取球有一定的技巧．如圖所示，羽毛球愛好者從筒中取出最后一個羽毛球時，一手拿著羽毛球筒，另一個手用較大的力向下迅速敲打筒的上端，使筒獲得一個向下的初速度與手發生相對運動，里面的羽毛球就可以從上端出來。已知羽毛球筒質量為M＝90g（不含球的質量），羽毛球質量為m＝5g，羽毛球頭部離筒的上端距離為d＝6.25cm，羽毛球與筒之間的滑動摩擦力為f1＝0.1N，筒與手之間的滑動摩擦力為f2＝2.6N。（重力加速度g取10m/s2，空氣阻力忽略不計，羽毛球不會相對筒向下運動），求：
（1）當筒獲得一個初速度后，筒和羽毛球各自的加速度是多大？
（2）若要敲打一次就使羽毛球頭部能到達筒口以上，筒獲得的初速度至少為多大？
【解答】解：（1）設羽毛球的加速度大小為a1，對羽毛球受力分析，根據牛頓第二定律得：mg+f1＝ma1
代入數據解得：a1＝30m/s2
設筒的加速度大小為a2，對筒受力分析，根據牛頓第二定律得：f2+f1﹣Mg＝Ma2
代入數據解得：a2＝20m/s2
（2）當兩者的速度相等后，假設羽毛球相對于球筒向下運動，球受到筒的摩擦力向上，對羽毛球，根據牛頓第二定律得：f1﹣mg＝ma3
代入數據解得：a3＝10m/s2
對球筒，根據牛頓第二定律得：f2﹣f1﹣Mg＝Ma4
代入數據解得：a4m/s2
a4＞a3，則假設成立，即兩者共速后，羽毛球的加速度小于球筒的加速度，羽毛球相對于球筒向下運動，則若要敲打一次就使羽毛球頭部能到達筒口以上，當兩者速度相等時羽毛球剛好到達筒口處，設球筒的初速度為v，共速時間為t，則：a1t＝v﹣a2t
vta2t2a1t2＝d
代入數據聯立解得：v＝2.5m/s
答：（1）筒的加速度大小為20m/s2，羽毛球的加速度大小為30m/s2；
（2）若要敲打一次就使羽毛球頭部能到達筒口以上，筒獲得的初速度至少為2.5m/s。
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微專題Ⅲ 板塊運動與等時圓模型
一、板塊模型中的運動學單過程問題 1
二、“等時圓”模型及其等時性的證明 6
【鞏固提高】 11
[知識分析]
一、板塊模型中的運動學單過程問題
恒力拉板 恒力拉塊
分離，位移關系：x相對= a2t02－ a1t02=L 分離，位移關系：x相對= a1t02－ a2t02=L
此類問題涉及兩個物體、多個運動過程,并且物體間還存在相對運動,所以應準確求出各物體在各運動過程的加速度(注意兩過程的連接處加速度可能突變),找出物體之間的位移(路程)關系或速度關系是解題的突破口。求解中更應注意聯系兩個過程的紐帶,每一個過程的末速度是下一個過程的初速度。
（多選）如圖1所示，一長木板靜止于光滑水平桌面上，t＝0時，小物塊（可視為質點）以速度v0滑到長木板上，t1時刻小物塊恰好滑至長木板的最右端。圖2為物塊與木板運動的v﹣t圖像，圖中t1、v0、v1已知，重力加速度大小為g。下列說法正確的是（　　）
A．物塊在0～t1這段時間內的位移大小為
B．物塊與木板的質量之比為
C．物塊與木板之間的動摩擦因數為
D．僅由題中所給信息，可以求出木板長度
如圖，水平地面上的矩形薄木板A，質量為m，長度l0＝1.5m，小物塊B置于木板A的左端，質量mB＝2mA。讓A、B相對地面以相同的速度v0＝9m/s開始運動。已知木板A與地面間的動摩擦因數μ1＝0.4，A和B之間的動摩擦因數為μ2＝0.3，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）A、B分離前的加速度；
（2）A、B從開始運動到分離的時間；
（3）A、B分離時，兩者的速度大小。
已知雞蛋撞擊地面的速度不超過2m/s時，雞蛋能不被摔壞。某同學設計了如圖所示的保護裝置，該裝置是用A、B兩塊較粗糙的夾板粘合而成，已知保護裝置質量為M，雞蛋的質量為m，且M＝5m，雞蛋和保護裝置之間的滑動摩擦力大小為5mg。實驗中用該保護裝置夾住雞蛋，從離地面H＝1.8m的高度處靜止釋放。（重力加速度g取10m/s2，不計空氣阻力。）
（1）如果保護裝置碰地后速度立即為零（無反彈，且保護裝置保持豎直），為保證雞蛋安全，雞蛋放的位置離裝置下端的最小距離s1。
（2）如果保護裝置與地面發生碰撞時，保護裝置以碰前的速率反彈（碰撞時間極短，在運動過程中，保護裝置始終保持豎直）。實驗前，雞蛋放的位置離保護裝置下端距離s2＝1.5m，其它條件不變。保護裝置第一次落地彈起，當上升到最大高度時，求該時刻雞蛋離地高度。
（多選）如圖甲所示，一質量為M的長木板靜置于光滑水平面上，其上放置質量為m的小滑塊。木板受到隨時間t變化的水平拉力F作用時，用傳感器測出其加速度a，得到如圖乙所示a F圖像。最大靜摩擦力與滑動摩擦力相等，取g＝10m/s2，則（　　）
A．滑塊的質量m＝4kg
B．木板的質量M＝0.5kg
C．當F＝8N時滑塊加速度為2m/s2
D．滑塊與木板間動摩擦因數為0.4
（多選）如圖所示，有兩個高低不同的水平面，高水平面光滑，低水平面粗糙。一質量M＝1kg、長度為L的長木板靠在高水平面邊緣A點，其表面恰好與高水平面平齊，長木板與低水平面的動摩擦因數μ2＝0.2。一質量為m＝2kg可視為質點的滑塊靜止在距A點距離為L0＝9m的位置。現用F＝9N、水平向右的外力拉滑塊，當滑塊運動到A點時撤去外力，滑塊以此時的速度滑上長木板。滑塊與長木板間的動摩擦因數為μ1＝0.5，取g＝10m/s2。則下列說法正確的是（　　）
A．滑塊滑動到A點時的速度大小為9m/s
B．滑塊滑動到長木板上時，長木板的加速度大小為5m/s2
C．從滑塊滑上長木板到兩者相對靜止所用時間為1s
D．要使滑塊不能從長木板的右端滑出，長木板的長度L至少為6.5m
二、“等時圓”模型及其等時性的證明
1．三種模型(如圖)
2．等時性的證明
設某一條光滑弦與水平方向的夾角為α，圓的直徑為d(如圖)。根據物體沿光滑弦做初速度為零的勻加速直線運動，加速度為a＝gsin α，位移為x＝dsin α，所以運動時間為t0＝＝＝。
即沿同一起點(圓的最高點)或終點(圓的最低點)的各條光滑弦運動具有等時性，運動時間與弦的傾角、長短無關。
如圖所示，有兩個光滑直軌道AB和CD，其中A、B、C、D四點剛好位于同一豎直圓O的圓周上，B點恰好過豎直圓O的最低點。現讓兩個小球（可視為質點）分別從A、D兩位置由靜止釋放，它們沿直軌道到達B、C的時間分別記為t1、t2。則（　　）
A．t1＞t2 B．t1＝t2 C．t1＜t2 D．無法確定
如圖所示，位于豎直平面內的圓內有OA、OB、OC三條光滑軌道，已知在t＝0時，a、b、c三球分別從O由靜止開始沿光滑傾斜直軌道運動到A、B、C三點，所用時間分別為t1、t2、t3，下列關系正確的是（　　）
A．t1＞t2＞t3 B．t1＜t2＜t3 C．t1＝t2＝t3 D．無法確定
（多選）如圖所示，1、2、3、4四小球均由靜止開始沿著光滑的斜面從頂端運動到底端，其運動時間分別為t1、t2、t3、t4。已知豎直固定的圓環的半徑為r，O為圓心，固定在水平面上的斜面水平底端的長度為r，重力加速度為g，下列說法正確的是（　　）
A．t1≠t2 B．t3＝t4
C． D．
（多選）如圖所示，位于豎直平面內的固定光滑圓環軌道與水平面相切于M點，與豎直墻相切于A點，豎直墻上另一點B與M的連線和水平面的夾角為60°，C是圓環軌道的圓心。已知在同一時刻，甲、乙兩球分別由A、B兩點從靜止開始沿光滑傾斜直軌道AM、BM運動到M點，丙球由C點自由下落到M點，有關下列說法正確的是（　　）
A．甲球下滑的加速度小于乙球下滑的加速度
B．丙球最先到達M點
C．甲、乙、丙球同時到達M點
D．甲、丙兩球到達M點時的速率相等
如圖所示，在傾角為θ的斜面上方的A點處放置一光滑的木板AB，B端剛好在斜面上．木板與豎直方向AC所成角度為α，一小物塊自A端沿木板由靜止滑下，要使物塊滑到斜面的時間最短，則α與θ角的大小關系應為（　　）
A．α＝θ B．α C．α D．α＝2θ
【鞏固提高】
1．如圖所示，oa、ob是豎直平面內兩根固定的光滑細桿，o、a、b、c位于同一圓周上，c為圓周的最高點，a為最低點，ob經過圓心．每根桿上都套著一個小滑環，兩個滑環都從o點無初速釋放，用t1、t2分別表示滑環到達a、b所用的時間，則下列關系正確的是（　　）
A．t1＝t2 B．t1＜t2 C．t1＞t2 D．無法確定
2．如圖所示，AB和CD為兩條光滑斜槽，它們各自的兩個端點均分別位于半徑為R和r的兩個相切的圓上，且斜槽都通過切點P．設有一重物先后沿兩個斜槽從靜止出發，由A滑到B和由C滑到D，所用的時間分別為t1和t2，則t1與t2之比為（　　）
A．2：1 B．1：1 C．：1 D．1：
3．如圖所示，ab、bd、cd是豎直平面內三根固定的細桿，a、b、c、d位于同一圓周上，a點為圓周的最高點，d點為最低點．每根桿上都套著一個小滑環（圖中未畫出）．三個滑環分別從a、b、c處釋放（初速為0），用t1、t2、t3依次表示各滑環到達d點所用的時間，t1、t2、t3之間的關系為（　　）
A．t1＝t2＝t3
B．t1＜t2＜t3
C．t1＞t2＞t3
D．傾斜程度不確定，所以無法判定
4．如圖所示，虛線圓的半徑為R，AC為光滑豎直桿，AB與BC構成直角的L形軌道，小球與AB、BC，軌道間的動摩擦因數均為μ，ABC三點正好是圓上三點，而AC正好為該圓的直徑，AB與AC的夾角為α，如果套在AC桿上的小球自A點靜止釋放，分別沿ABC軌道和AC直軌道運動，忽略小球滑過B處時能量損耗。求：
（1）小球在AB軌道上運動的加速度；
（2）小球沿ABC軌道運動到達C點時的速率；
（3）若AB、BC、AC軌道均光滑，如果沿ABC軌道運動到達C點的時間與沿AC直軌道運動到達C點的時間之比為5：3，求α角的正切值。
5．如圖所示，光滑水平面上靜止放置有長木板B，質量為M＝2kg，一質量為m＝1kg可視為質點的物塊A，以v0＝5m/s的水平速度從左端沖上木板，在物塊沖上木板的同時，在木板的右端對其施加向右的水平恒力F。物塊與木板間動摩擦因數μ＝0.2，g取10m/s2。
（1）若力F＝4N，物塊A恰好停在長木板B的最右端，求長木板B的長度L；
（2）若物塊A相對長木板B發生的路程為2m，求恒力F的大小。
6．羽毛球筒口比較小，從球筒取球有一定的技巧．如圖所示，羽毛球愛好者從筒中取出最后一個羽毛球時，一手拿著羽毛球筒，另一個手用較大的力向下迅速敲打筒的上端，使筒獲得一個向下的初速度與手發生相對運動，里面的羽毛球就可以從上端出來。已知羽毛球筒質量為M＝90g（不含球的質量），羽毛球質量為m＝5g，羽毛球頭部離筒的上端距離為d＝6.25cm，羽毛球與筒之間的滑動摩擦力為f1＝0.1N，筒與手之間的滑動摩擦力為f2＝2.6N。（重力加速度g取10m/s2，空氣阻力忽略不計，羽毛球不會相對筒向下運動），求：
（1）當筒獲得一個初速度后，筒和羽毛球各自的加速度是多大？
（2）若要敲打一次就使羽毛球頭部能到達筒口以上，筒獲得的初速度至少為多大？
21世紀教育網 www.21cnjy.com 精品試卷·第 2 頁 （共 2 頁）
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