第二讲　力与直线运动-2026年高考物理总复习课件（61页PPT）

(共61张PPT)
专题一 力与运动
第二讲　力与直线运动
1.常规图像
考点一　运动的图像
常规图像 斜率k 面积 两图像交点
x-t图像 =v — 表示相遇
v-t图像 =a 位移x 表示此时速度相等,往往是距离最大或最小的临界点
a-t图像 — 速度变 化量Δv 表示此时加速度相等
2.非常规运动图像
非常规图 像(举例) 函数表达式 斜率k 纵截距b
v2-x图像 由v2-=2ax得v2=+2ax 2a v02
-t图像 由x=v0t+at2得=v0+at a v0
-图像 由x=v0t+at2得=v0·+a v0 a
a-x图像 由v2-=2ax知图线与x轴所围面积等于,此面积与物体质量的乘积表示动能的变化量 -x图像 由x=vt得x=t,图线与x轴所围面积表示运动时间 【例1】(2023·广东卷)铯原子喷泉钟是定标“秒”的装置。在喷泉钟的真空系统中,可视为质点的铯原子团在激光的推动下,获得一定的初速度。随后激光关闭,铯原子团仅在重力的作用下做竖直上抛运动,到达最高点后再做一段自由落体运动。取竖直向上为正方向。下列可能表示激光关闭后铯原子团速度v或加速度a随时间t变化的图像是 (　　)
【答案】D
【解析】铯原子团仅受重力的作用,加速度g竖直向下,大小恒定,在v-t图像
中,斜率等于重力加速度,故斜率不变,所以图像应该是一条倾斜的直线,故
A、B错误;因为加速度恒定,且方向竖直向下,故为负值,故C错误,D正确。
【例2】(2024·河北卷)篮球比赛前,常通过观察篮球从一定高度由静止下落后的反弹情况判断篮球的弹性。某同学拍摄了该过程,并得出了篮球运动的v-t图像,如图所示。图像中a、b、c、d四点中对应篮球位置最高的是(　　)
A.a点　 B.b点
C.c点 D.d点
【答案】A
【解析】由题意可知,v<0时表示篮球向下运动,v>0时表示篮球向上运动。当向下运动到篮球与地面接触时速度最大,运动发生突变,速度方向变为向上并做匀减速运动,故第一次反弹后上升至a点,此时速度第一次向上减为零,到达离地面最高的位置,故四个点中篮球位置最高的是a点,故选A。
1.
考点二　直线运动的规律
2.两种匀减速直线运动的分析方法
(1)刹车问题的分析:末速度为零的匀减速直线运动问题常用逆向思维法,对于刹车问题,应先判断车停下所用的时间,再选择合适的公式求解。
(2)双向可逆类运动分析:匀减速直线运动速度减为零后反向运动,全过程加速度的大小和方向均不变,故求解时可对全过程列式,但需注意x、v、a等矢量的正负及物理意义。
3.处理追及问题的常用方法
过程分析法
函数法 Δx=x乙+x0-x甲为关于t的二次函数,当t=-时有极值,令Δx=0,利用Δ=b2-4ac判断有解还是无解,是追上与追不上的条件
图像法 画出v-t图像,图线与t轴所围面积表示位移,利用图像来分析追及相遇问题更直观
【例3】(2022·湖北卷)我国高铁技术全球领先,乘高铁极大节省了出行时
间。假设两火车站W和G间的铁路里程为1 080 km,W和G之间还均匀分布了4个车站。列车从W站始发,经停4站后到达终点站G。设普通列车的最高速度为108 km/h,高铁列车的最高速度为324 km/h。若普通列车和高铁列车在进站和出站过程中,加速度大小均为0.5 m/s2,其余行驶时间内保持各自的最高速度匀速运动,两种列车在每个车站停车时间相同,则从W到G乘高铁列车出行比乘普通列车节省的时间为 (　　)
A.6 h 25 min　　　B.6 h 30 min
C.6 h 35 min D.6 h 40 min
关键 表述 均匀分布了4个车站;进站和出站过程中,加速度大小均为0.5 m/s2,其余行驶时间内保持各自的最高速度匀速运动,两种列车在每个车站停车时间相同
过程 分析 全程分五段,节省的时间为五段运动时间的差值,每段分匀加速、匀速和匀减速三个过程
问题 分析 整个过程分为五段,画出每段的三个过程,求出各自每段总时间,算出每段节省的时间,每段节省的时间的五倍即是从W到G乘高铁列车出行比乘普通列车节省的时间
【答案】B
【解析】108 km/h=30 m/s,324 km/h=90 m/s,由于中间4个站均匀分布,因此节省的时间相当于在任意相邻两站间节省的时间的5倍,相邻两站间的距离x= m=2.16×105 m,普通列车加速时间t1== s=60 s,加速过程的位移x1=a=×0.5×602 m=900 m,根据对称性可知,加速与减速位移相等,可得匀速运动的时间t2== s=7 140 s,同理高铁列车加速时间t1'== s=180 s,加速过程的位移x1'=at1'2=×0.5×1802 m=8 100 m,
匀速运动的时间t2'== s=2 220 s,相邻两站间节省的时间Δt=(t2+2t1)-(t2'+2t1')=4 680 s,因此总的节省时间Δt总=5Δt=4 680×5 s=23 400 s=6小时30分钟,故选B。
1.解决动力学两类基本问题的思路
考点三　牛顿运动定律的应用
2.瞬时加速度问题
3.连接体问题
(1)整体法与隔离法的选用技巧
整体法的 选取原则 若连接体内各物体具有相同的加速度,且不需要求物体之间的作用力
隔离法的 选取原则 若连接体内各物体的加速度不相同,或者需要求出系统内物体之间的作用力
整体法、隔 离法的交 替运用 若连接体内各物体具有相同的加速度,且需要求出物体之间的作用力,可以先整体求加速度,后隔离求连接体内物体之间的作用力
(2)连接体问题中常见的临界条件
接触与脱离 接触面间弹力等于0
恰好发生滑动 摩擦力达到最大静摩擦力
绳子恰好断裂 绳子张力达到所能承受的最大值
绳子刚好绷直或松弛 绳子张力为0
(3)常见连接体
接触面光滑,或μA=μB 三种情况中弹簧弹力、绳的张力大小相同且与接触面是否光滑无关
常用隔离法
常会出现临界条件
【例4】(2024·广东清远部分名校联考检测)如图所示,在倾角为θ=37°的光滑斜面上,物块A、B的质量分别为m=1 kg和M=2 kg,物块A静止在轻弹簧上面,物块B用细线与斜面顶端相连,A、B紧挨在一起但A、B之间无弹力。已知重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。某时刻把细线剪断,关于细线剪断的瞬间,下列说法正确的是 (　　)
A.物块A的加速度大小为4 m/s2
B.物块B的加速度大小为6 m/s2
C.物块A对B的弹力大小为0
D.物块B对A的弹力大小为12 N
【答案】A
【解析】剪断细线前,弹簧的弹力F弹=mgsin 37°=6 N,细线剪断的瞬间,弹簧的弹力不变,对A、B系统受力分析,加速度大小为a==4 m/s2,即A和B的加速度大小均为4 m/s2,A正确,B错误;取B为研究对象,由牛顿第二定律知Mgsin θ-FN=Ma,解得FN=4 N,C、D错误。
【例5】(2025·广东汕头一模)在登陆某行星的过程中,探测器在接近行星表面时打开降落伞,速度从v1=100 m/s降至v2=40 m/s后开始匀速下落。此时启动“背罩分离”,探测器与降落伞断开连接,5 s后推力为8 000 N的反推发动机启动,速度减至0时恰落到地面上。设降落伞所受的空气阻力为f=kv,其中k为定值,v为速率,其余阻力不计,设全过程为竖直方向的运动。已知探测器质量为1 000 kg,降落伞和背罩质量忽略不计,该行星的质量和半径分别为地球的和,地球表面重力加速度大小g取10 m/s2。求:
(1)该行星表面的重力加速度大小;
(2)刚打开降落伞瞬间探测器加速度大小;
(3)反推发动机启动时探测器距离地面高度。
【答案】(1)4 m/s2　(2)6 m/s2　(3)450 m
【解析】(1)在星球表面,根据万有引力等于重力有G=mg,可得g=
。地球表面重力加速度大小g取10 m/s2,可得该行星表面的重力加速度大小g'=g=4 m/s2。
(2)打开降落伞后当速度为40 m/s时匀速阶段有kv2=mg',刚打开降落伞时瞬间速度为100 m/s,由牛顿第二定律kv1-mg'=ma,解得a=6 m/s2。
(3)反推发动机启动时探测器速度为v3=v2+g't,
探测器加速度为F-mg'=ma1,减速到速度为0时,=2a1 h,解得h=450 m。
1.(2024·广东·高考真题)如图所示,轻质弹簧竖直放置,下端固定。木块从弹簧正上方H高度处由静止释放。以木块释放点为原点,取竖直向下为正方
向。木块的位移为y。所受合外力为F,运动时间为t。忽略空气阻力,弹簧在弹性限度内。关于木块从释放到第一次回到原点的过程中,其F-y图像或y-t图像可能正确的是 (　　)
B　
【详解】在木块下落H高度之前,木块所受合外力为木块的重力保持不变,即F=mg;
当木块接触弹簧后,弹簧弹力向上,则木块的合力F=mg-k,
到合力为零前,随着y增大F减小;当弹簧弹力大于木块的重力后到最低点,之后,木块开始反弹,过程中木块所受合外力向上,随着y增大F增大;反弹过程,随着y减小,木块的受力特点和之前的受力特点呈现对称情况,位移由最大减小到零的过程,图像与之前的重合,故A错误,B正确;
在木块下落H高度之前,木块做自由落体运动,根据y=gt2,速度逐渐增大,y-t图像斜率逐渐增大,当木块接触弹簧后到合力为零前,根据牛顿第二定律mg-k=F=ma,木块的速度继续增大,做加速度减小的加速运动,所以y-t图像斜率继续增大,当弹簧弹力大于木块的重力后到最低点过程中F=k-mg,木块所受合外力向上,木块做加速度增大的减速运动,所以y-t图像斜率减小,到达最低点后,木块向上运动,经以上分析可知,木块先做加速运动后做减速运动,直到速率为零,而后的运动情况和之前的成对称特点,而C图中H点过后速度就开始逐渐减小,实际速度还应该增大,直到平衡位置速度达到最大,然后速度逐渐减为零;D图前半段速度不变,不符合题意,正确的y-t图像
如图所示。
故CD错误。故选B。
2.(2024·辽宁卷)一足够长木板置于水平地面上,二者间的动摩擦因数为μ。t=0时,木板在水平恒力作用下,由静止开始向右运动。某时刻,一小物块以与木板等大、反向的速度从右端滑上木板。已知t=0到t=4t0的时间内,木板速度v随时间t变化的图像如图所示,其中g为重力加速度大小。t=4t0时刻,小物块与木板的速度相同。下列说法正确的是 (　　)
A.小物块在t=3t0时刻滑上木板
B.小物块和木板间的动摩擦因数为2μ
C.小物块与木板的质量之比为3∶4
D.t=4t0之后小物块和木板一起做匀速运动
ABD　
【详解】v-t图像的斜率表示加速度,可知t=3t0时刻木板的加速度发生改变,故可知小物块在t=3t0时刻滑上木板,故A正确;
结合图像可知t=3t0时刻,木板的速度为v0=μgt0,
设小物块和木板间的动摩擦因数为μ0,由题意可知小物块开始滑上木板时的速度为v1=-μgt0,负号表示方向水平向左,小物块在木板上滑动的加速度为a0==μ0g,经过t0时间与木板共速,此时速度大小为v共=μgt0,
方向水平向右,故可得v共-v1=a0t0,解得μ0=2μ,故B正确;
设木板质量为M,小物块质量为m,
根据图像可知小物块未滑上木板时,
木板的加速度为a==μg,
故可得F-μMg=Ma,
解得F=μMg,
根据图像可知小物块滑上木板后木板的加速度为
a'==-μg,
此时对木板由牛顿第二定律得
F-μg-μ0mg=Ma',
解得=,故C错误;
假设t=4t0之后小物块和木板一起共速运动,
对整体有F-μg=μMg-μMg=0,
故可知此时整体处于平衡状态,假设成立,即t=4t0之后小物块和木板一起做匀速运动,故D正确。故选ABD。
专题集训(二)　力与直线运动
1.(2023·全国高考真题)一同学将排球自O点垫起,排球竖直向上运动,随后下落回到O点。设排球在运动过程中所受空气阻力大小和速度大小成正比。则该排球 (　　)
A. 上升时间等于下落时间
B. 被垫起后瞬间的速度最大
C. 达到最高点时加速度为零
D. 下落过程中做匀加速运动

B
【解析】上升过程和下降过程的位移大小相同,上升过程的末状态和下降过程的初状态速度均为零。对排球受力分析,上升过程的重力和阻力方向相同,下降过程中重力和阻力方向相反,根据牛顿第二定律可知,上升过程中任意位置的加速度比下降过程中对应位置的加速度大,则上升过程的平均加速度较大,由位移与时间关系可知,上升时间比下落时间短,A错误;上升过程排球做减速运动,下降过程排球做加速运动,在整个过程中空气阻力一直做负功,小球机械能一直在减小,下降过程中的最低点的速度小于上升过程的最低点的速度,故排球被垫起时的速度最大,B正确;达到最高点速度为零,空气阻力为零,此刻排球重力提供加速度不为零,C错误;下落过程中,排球速度在变,所受空气阻力在变,故排球所受的合外力在变化,排球在下落过程
中做变加速运动,D错误。故选B。
2.如图所示是商场中由等长的车厢连接而成(车厢间的间隙忽略不计)的无轨小火车,一小朋友站在第一节车厢前端,火车从静止开始做匀加速直线运动,则火车 (　　)
A.在相等的时间里经过小朋友的车厢数之比是1∶4∶9
B.第1、2、3节车厢经过小朋友所用时间之比是1∶∶
C.第1、2、3节车厢尾经过小朋友瞬间的速度之比是1∶2∶3
D.火车中间位置经过小朋友的瞬时速度大于
火车通过小朋友的平均速度
D
【解析】以小火车为参考系,则小朋友相对小火车做初速度为零的匀加速直线运动,则有x1=aT2,x2=a(2T)2-aT2,x3=a(3T)2-a(2T)2,联立可得x1∶x2∶x3=1∶3∶5,即在相等的时间里经过小朋友的车厢数之比是1∶3∶5,故A错误;同理,设每节车厢长度为L,则有L=a,2L=a,3L=a,第1、2、3节车厢经过小朋友所用时间之比为t1∶(t2-t1)∶(t3-t2)=1∶(-1)∶(-),故B错误;根据v=at可得,第1、2、3节车厢尾经过小朋友瞬间的速度之比v1∶v2∶v3=t1∶t2∶t3=1∶∶,故C错误;根据=可知,小火车通过小朋友的平均速度为中间时刻的瞬时速度,由x=at2可知,在中间时刻小朋友相对小火车的位移为小火车长度的四分之一,即从时间上来说小火车中间位置经过小朋友的时刻要晚于中间时刻,根据v=at可知,火车中间位置经过小朋友的瞬时速度大于火车通过小朋友的平均速度,故D正确。
3.(2024·广东高州模拟)如图所示,三个物块A、B、C挤压一根轻质弹簧,恰好处于静止状态,已知三个物块的质量分别是mA=1 kg、mB=2 kg、mC=3 kg,三个物块与水平面的动摩擦因数都是μ=0.2,重力加速度g取10 m/s2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。突然把C拿走后的瞬间,则A对B的弹力是 (　　)
A.2 N B.4 N
C.6 N D.8 N
D
【解析】根据题意可知,弹簧弹力大小为F弹=μ(mA+mB+mC)g=12 N,突然把C拿走后的瞬间,弹簧弹力保持不变,以A、B整体为研究对象,根据牛顿第二定律可得F弹-μ(mA+mB)g=(mA+mB)a,解得a=2 m/s2,以B为研究对象,根据牛顿第二定律可得NAB-μmBg=mBa,解得A对B的弹力为NAB=8 N,故选D。
4.(多选)(2024·广东高州模拟)如图所示,质量分别为2m和m的物体P、Q按如图的方式用轻弹簧和轻绳连接,当系统静止时轻绳的拉力大小为mg,轻弹簧的压缩量为x,重力加速度用g表示,则下列说法正确的是 (　　)
A.剪断轻绳的瞬间,P的加速度大小为
B.剪断轻绳后,P向下运动2x加速度为零
C.剪断轻绳后,P向下运动x时重力的功率最大
D.撤走长木板的瞬间,Q的加速度大小为g
AC
【解析】系统静止时,设轻绳的拉力为T,轻弹簧的弹力为F,由于物体P受力平衡,则2mg=T+F,由T=mg,则F=mg,又F=kx,解得k=,剪断轻绳的瞬间,对物体P由牛顿第二定律得2mg-F=2ma,解得a=,故A正确;物体P向下加速运动,当物体P的合力为0时,有2mg=kx1,解得x1=2x,则P向下运动x时,加速度为0,速度最大,重力的功率最大,故B错误,C正确;系统静止时物体Q受力平衡,由mg+F=FN,撤走长木板的瞬间,对物体Q由牛顿第二定律得mg+F=ma',解得a'=2g,故D错误。
5.(多选)(2024·广东汕头二模)如图所示,球筒中静置着一个羽毛球。小明左手拿着球筒,右手迅速拍打筒的上端,使筒获得向下的初速度并与左手发生相对运动,最后羽毛球(视为质点)从筒口上端出来。已知球筒质量为M=90 g(不含球的质量),羽毛球质量为m=5 g,球筒与手之间的滑动摩擦力为f1=2.6 N,球与筒之间的滑动摩擦力为f2=0.1 N,球头离筒的上端距离为d=9 cm,重力加速度g取10 m/s2,空气阻力忽略不计,则下列说法正确的是(　　)
A.静置时,球与筒之间的摩擦力为0.1 N
B.拍打球筒后瞬间,羽毛球受到向上的摩擦力
C.拍打球筒后瞬间,羽毛球的加速度为30 m/s2
D.仅拍打一次,羽毛球恰能出来,则筒的初速度为3 m/s
CD
【解析】静置时,对羽毛球,根据平衡条件有f=mg=5×10-3×10 N=0.05 N,故A错误;拍打球筒后瞬间,球筒相对于羽毛球向下运动,则羽毛球给球筒的摩擦力向上,而根据牛顿第三定律可知,球筒给羽毛球的摩擦力向下,故B错误;拍打球筒后瞬间,对羽毛球由牛顿第二定律有mg+f2=ma1,解得a1=30 m/s2,故C正确;仅拍打一次,羽毛球恰能出来,则羽毛球与球筒恰好达到共速,设球筒的加速度为a2,筒的初速度为v,则对球筒由牛顿第二定律有f1+f2-Mg=Ma2,解得a2=20 m/s2,球筒做匀减速运动,羽毛球做匀加速运动,有v-a2t=a1t,vt-a2t2-a1t2=d,代入数据解得v=3 m/s,故D正确。
6.(多选)(2025·广东茂名一模)如图所示,质量为M的滑块A出静止开始从倾角为θ=30°的固定斜面上滑下,下滑t0时间后与另一个质量同为M的静止拴在轻质弹簧上端的滑块B发生碰撞(碰撞时间极短),且碰撞后A、B黏在一起。已知A、B初始位置的竖直高度差为h0。以滑块A出发点为原点,取沿斜面向下为正方向,滑块A的位移为x,运动的速度为v,加速度为a,运动时间为t,忽略空气阻力、两滑块与斜面摩擦力,两滑块可看作质点,弹簧在弹性限度内。关于滑块A从出发到运动到最低点的过程中,以下图像可能正确的是(　　)
BC
A.
B.
C.
D.
【解析】滑块A从静止开始沿斜面下滑,在与滑块B碰撞前,根据牛顿第二定律有Mgsinθ=Ma;碰前对B,根据平衡条件有Mgsinθ=kx0,碰撞瞬间,根据牛顿第二定律有2Mgsinθ-kx0=2Ma0,联立解得a0=a;然后A、B整体压缩弹簧, 先向下做加速运动,有2Mgsinθ-k=2Ma1,其中x1==2h0,整理得Mgsinθ-k=2Ma1,a1随位移线性减小到零,方向沿斜面向下,后反向沿斜面向上,根据牛顿第二定律k-Mgsinθ=2Ma2,其中x1为加速度为零之前的位移,a2随位移反向线性增大,斜率不变, 故C正确;根据C项分析知,加速度先正向从a0=a逐渐减小到零,做加速直线运动,后加速度再负向逐渐
增大,做减速直线运动到零,到达最低点,v-t图线中斜率表示加速度,故图像先是一条过原点的倾斜直线,碰撞瞬间根据动量守恒知,速度发生突变(减小),后正向加速,速度增大到加速度为零时达到最大,后减小到零,斜率逐渐增大,故A错误,B正确;根据运动学公式v2=2ax可知,匀加速阶段v2-x图线是一条倾斜的直线,之后都是变加速直线运动,图线不再是直线,故D错误。故选BC。
7.(多选)(2024·广东汕头金南实验学校三模)如图甲所示,一足够长的传送带倾斜放置,倾角为θ,以恒定速率v顺时针转动,一煤块以初速度v0=12 m/s从A端冲上传送带,煤块的速度随时间变化的图像如图乙所示,g取10 m/s2,则下列说法不正确的是 (　　)
A.倾斜传送带与水平方向夹角的正切值tan θ=0.75
B.煤块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5
C.煤块从最高点下滑到A端所用的时间为2 s
D.煤块在传送带上留下的痕迹长为(12+4) m
BC
【解析】0~1 s内煤块的加速度大小为a1== m/s2=8 m/s2,根据牛顿第二定律可得mgsin θ+μmgcos θ=ma1,1 s后煤块的加速度大小为a2== m/s2=4 m/s2,根据牛顿第二定律可得mgsin θ-μmgcos θ=ma2,联立解得θ=37°,μ=0.25,倾斜传送带与水平方向夹角的正切值为tan θ==0.75,故A正确,B错误;0~1 s煤块的位移为x1=v0t1-a1=12×1 m-×8×12 m=8 m,1~2 s煤块的位移为x2=vt2-=4×1 m-×4×12 m=2 m,煤块下滑的过程中,根据动力学公式有x1+x2=a2,解得煤块从最高点
下滑到A端所用的时间为t3= s,故C错误;0~1 s煤块相对传送带向上的位移为Δx1=x1-vt1=8 m-4×1 m=4 m,1~2 s煤块相对传送带向下的位移为Δx2=vt2-x2=4×1 m-2 m=2 m,2~(2+)s煤块相对传送带向下的位移为Δx3=x1+x2+vt3=(8+2+4) m=(10+4) m,由于Δx2+Δx3>Δx1,煤块在传送带上留下的痕迹长为Δx=Δx2+Δx3=(12+4) m,故D正确。
8.(2024·广东肇庆中学检测)如图所示,固定在水平面上的斜面倾角为37°,两个小物块A、B用轻绳相连,轻绳绕过斜面顶端的轻质小滑轮,滑轮与轮轴之间的摩擦不计,A物块锁定于斜面底部,B物块离地面高度为h=10 m。已知A物块的质量为m=1 kg,B物块的质量为M=3 kg,A物块与斜面间的动摩擦因数μ=0.5,重力加速度为g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。t=0时刻,解除A物块的锁定状态,当B物块落地瞬间轻绳断裂,A恰好未与滑轮相撞,求:
(1)B物块下落过程中的加速度a的大小及落地前瞬间的速度v的大小;
(1)5 m/s2　10 m/s
(2)斜面的长度L及A从t=0时刻起到返回斜面底端所需时间t。

(2)15 m　 (3+) s
【解析】(1)根据题意,设B物块下落过程中轻绳的拉力为F,由牛顿第二定律,对B物块有Mg-F=Ma,对A物块有F-mgsin 37°-μmgcos 37°=ma,联立解得a=5 m/s2,B物块落地前做匀加速直线运动,则有v2=2ah,解得v=10 m/s。
(2)根据题意可知,绳断前,A的运动时间为t1==2 s,绳断后,A上滑过程有mgsin 37°+μmgcos 37°=ma1,解得a1=10 m/s2,A上滑到顶端的时间为t2==1 s,上滑的距离为x==5 m,则斜面的长度为L=h+x=15 m,A下滑过程有mgsin 37°-μmgcos 37°=ma2,解得a2=2 m/s2,下滑到底端的时间为t3== s,则A从t=0时刻起到返回斜面底端所需时间t=t1+t2+t3=(3+)s。
9.(2024·广东东莞石龙中学月考)如图所示,厚0.2 m、长为3 m的木板AB静止在粗糙水平地面上,C为其中点,木板上表面AC部分光滑,CB部分粗糙,下表面与水平地面间的动摩擦因数μ1=0.1,木板右端静止放置一个小物块(可看成质点),它与木板CB部分的动摩擦因数μ2=0.3。已知木板和小物块的质量均为2 kg,重力加速度g取10 m/s2,现对木板施加一个水平向右的恒力F。
(1)为使小物块与木板保持相对静止,求恒力的最大值Fm;
(1)16 N
(2)当F=22 N时,小物块多长时间滑到木板中点C
(2)1 s
(3)接第(2)问,当小物块到达C点时撤去F,求小物块落地时与木板A端的距离(结果保留两位有效数字)。
(3)0.33 m
【解析】(1)设小物块能够达到的最大加速度为am,由牛顿第二定律有μ2mg=mam,解得am=3 m/s2,对整体,由牛顿第二定律有Fm-μ1(M+m)g=(M+m)am,解得Fm=16 N。
(2)当F=22 N时,小物块相对于长木板发生相对滑动,对长木板有F-μ1(M+m)g-μ2mg=Ma1,解得a1=6 m/s2,小物块加速度a2==μ2g=3 m/s2,小物块滑到木板中点C,有a1-a2=,解得t1=1 s。
(3)设撤掉外力时木板和物块的速度分别为v1、v2,则有v1=a1t1=6 m/s,v2=a2t1=3 m/s,撤掉外力后,物块做匀速运动,设木板做匀减速运动的加速度大小为a3,则μ1(M+m)g=Ma3,解得a3=2 m/s2,设小物块从长木板中点滑动到最左端时长木板速度为v3,则有-v2·=,解得v3=(3+) m/s(另一解不合题意,舍去),此后长木板做匀减速运动μ1Mg=Ma4,解得a4=1 m/s2,此后小物块做平抛运动h=g,解得t2=0.2 s,设长木板减速到零的时间为t3,则t3=≈4.73 s>t2,故小物块落地时木板未停止运动,长木板做匀减速运动,小物块落地时距长木板A端的距离为Δx=v3t2-a4-v2t2,解得Δx≈0.33 m。