联立解得：T=6mg。 4（2）①此时，对小铁环受力分析如图2，有：T’ sinθ’=ma， T’+T’ cosθ’-mg=0， 由图知，θ’=60°，代入上述二式联立解得：a=3g。 3 ②如图3，设外力F与水平方向成α角，将杆和小铁环当成一个整体，有
Fcosα=(M+m)a Fsinα-(M+m)g=0
联立解得：F=23(M+m)g，tanα=3（或α=60°） 37. （2013全国新课标理综II第25题）（18分）一长木板在水平面上运动，在t=0时刻将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，以后木板运动的速度---时间图象如图所示。已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摩擦，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。
【命题意图】 本题主要考查牛顿运动定律，匀变速直线运动规律、速度图象、叠加体及其相关知识，意在考查考生灵活应用相关知识解决问题的能力。
解：（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，次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=0.5s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分别为a1和a2，则
2
a1= v1/ t1，① a2=(v0- v1)/ t1，②
式中v0=5m/s，v1=1m/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 (μ1+2μ2)mg=ma2，④
联立①②③④式解得：μ1=0.20，⑤
11
μ2=0.30.，⑥
（2）在t1时刻后，地面对木板的摩擦力阻碍木板运动。物块与木板之间的摩擦力改变方向。设物块与木板之间的摩擦力大小为f，物块和木板的加速度大小分别为a1’和a2’，则由牛顿第二定律得：f=m a1’，⑦
2μ2mg-f=ma2’。 ⑧ 假设f<μ1mg.则a1’=a2’。
由⑤⑥⑦⑧式得f=μ2mg >μ1mg，与假设矛盾，故f=μ1mg ⑨
由⑦⑨式知，物块加速度大小a1’=a1.物块的v---t图象如图中点划线所示。 由运动学公式可推知，物块和木板相对于地面的运动距离分别为：
v12s1=2×，⑩
2a1v0?v1v12s2=t1+，⑾
22a2'物块相对于木板位移的大小为s= s2- s1。⑿ 联立①⑤⑥⑧⑨⑩⑾⑿解得：s=1.125m。 20时时块与⑨⑩⑨⑩②③④⑤⑥⑦⑧⑨⑩
【方法技巧】解答叠加体的运动要隔离物体受力分析，对某个物体应用牛顿第二定律列出相关方程联立解得。
8．（2013高考上海物理第31题）(12分)如图，质量为M、长为L、高为h的矩
形滑块置于水平地面上，滑块与地面间动摩擦因数为μ；滑块上表面光滑，
其右端放置一个质量为m的小球。用水平外力击打滑块左端，使其在极短时间内获得向右的速度v0，经过一段时间后小球落地。求小球落地时距滑块左端的水平距离。
解析：滑块上表面光滑，小球水平方向不受力的作用，故当滑块的左端到达小球正上方这段时间内，小球速度始终为零，则对于滑块： a=
??m?M?gM2,
v1=v0?2aL=v0?22??m?M?gL.
M12
当滑块的左端到达小球正上方后，小球做自由落体运动，落地时间t=滑块的加速度a’=μg
2h g①若此时滑块的速度没有减小到零，在t时间内滑块向右运动的距离为： s=v1t-
2??m?M?gL122a’t=v0?M22??m?M?gL2h12h22-μg()=v0?Mg2g2h-μh。 g2v0v12m?M②若在t时间内滑块已经停下来，则：s‘==-L。
2a'2?gM
9．(2013高考江苏物理第14题)（16分）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μ。 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， μ=0.2，砝码与纸板左端的距离d=0.1m，取g=10m/s。 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？ 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
2
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 221纸板抽出后，砝码在桌面上运动的距离 x2?a3t22 l?x1?x2
2(3)纸板抽出前,砝码运动的距离x1?13
由题意知 a1?a3,a1t1?a3t2 解得 F?2?[m1?(1?代入数据得 F=22.4N。
d)m2]g l10. （2013高考天津理综物理第10题）(16分）质量为m=4kg的小物块静止于水平地面上的A点，现用F=10N的水平恒力拉动物块一段时间后撤去，物块继续滑动一段位移停在B点，A、B两点相距x=20m，物块与地面间的动摩擦因数μ=0.2,g取10m/s,，求： (l）物块在力F作用过程发生位移xl的大小： (2）撤去力F后物块继续滑动的时间t。
解析：（1）设物块受到的滑动摩擦力为F1，则F1=μmg 根据动能定理，对物块由A到B的整个过程，有：Fx1-F1x=0. 代入数据解得：x1=16m。
（2）设刚撤去力F时物块的速度为v，此后物块的加速度为a，滑动的位移为x2，则 x2=x- x1。
由牛顿第二定律得：F1=ma， 由匀变速直线运动规律得，v=2ax2，
以物块运动方向为正方向，由动量定理，得-F1t=0-mv， 代入数据解得：t=2s。
2
2
专题四、曲线运动
1. （2013全国新课标理综II第21题）公路急转弯处通常是交通事故多发地带。如图，某公路急转弯处是一圆弧，当汽车行驶的速率为vc时，汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势。则在该弯道处， A．路面外侧高内侧低
B．车速只要低于vc，车辆便会向内侧滑动
C．车速虽然高于vc，但只要不超出某一最高限度，车辆便不会向外侧滑动 D．当路面结冰时，与未结冰时相比， v0的值变小 1.AC。
【命题意图】本题考查匀速圆周运动、汽车转弯及其相关知识点，意在考查考生综合应用知识分析实际问题的能力。
+【解题思路】汽车以速率vc转弯，需要指向内侧的向心力，汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势，说明此处公路内侧较低外侧较高，选项A正确。车速只要低于vc，车辆便有向内侧滑动的趋势，但不一定
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向内侧滑动，选项B错误。车速虽然高于vc，由于车轮与地面有摩擦力，但只要不超出某一最高限度，车辆便不会向外侧滑动，选项C正确。根据题述，汽车以速率v0转弯，需要指向内侧的向心力，汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势，没有受到摩擦力，所以当路面结冰时，与未结冰时相比，转弯时v0的值不变，选项D错误。
【误区警示】此题解答的误区主要是：一是不考虑摩擦力，误选答案或少选答案。二是依据经验，当路面结冰时减速慢行错选D。
2. （2013高考安徽理综第18题）由消防水龙带的喷嘴喷出水的流量是0.28m/min，水离开喷口时的速度大小为163m/s，方向与水平面夹角为60度，在最高处正好到达着火位置，忽略空气阻力，则空中水柱的高度和水量分别是（重力加速度g取10m/s） A.28.8m，1.12×10m
-23
2
3
B. 28.8m，0.672m
3
C. 38.4m，1.29×10m D. 38.4m，0.776m
【答案】A
【 解析】将喷出水流速度分解为水平方向和竖直方向，则竖直方向的分速度vy?vsin60=24m/s；由vy?2gh可得水柱可以上升的最大高度h=28.8m；水柱上升时间为t?m3/s=0.0047 m3/s，则在空中的水量V=Qt=1.12×10-2m3，选项A正确。
，
-233
02vyg=2.4s，又有流量Q=0.28÷60
3．（2013高考上海物理第19题）如图，轰炸机沿水平方向匀速飞行，到达山坡底
端正上方时释放一颗炸弹，并垂直击中山坡上的目标A。已知A点高度为h，山坡倾角为θ，由此可算出 (A)轰炸机的飞行高度 (C)炸弹的飞行时间 答案：ABC
解析：根据题述，tanθ=v/gt，x=vt，tanθ=h/x，H=v+y，y=
(B)轰炸机的飞行速度 (D)炸弹投出时的动能
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gt，由此可算出轰炸机的飞行高度2y；轰炸机的飞行速度v，炸弹的飞行时间t，选项ABC正确。由于题述没有给出炸弹质量，不能得出炸弹投出时的动能，选项D错误。
4．(2013高考江苏物理第7题)如图所示，从地面上同一位置抛出两小球A、B，分别落在地面上的M、N点，两球运动的最大高度相同。 空气阻力不计，则 （A）B的加速度比A的大
（B）B的飞行时间比A的长
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