2023届高考物理二轮复习专题一第2讲力与直线运动学案

这是一份2023届高考物理二轮复习专题一第2讲力与直线运动学案，共35页。

第2讲　力与直线运动


1.运动图像
利用x-t图像、v-t图像或a-t图像求解。

2.牛顿第二定律的表达式
F=ma或Fx=max,Fy=may,且加速度的方向与合外力方向一致。
3.超重和失重
物体加速度方向向上或有向上的分量为超重状态,加速度方向向下或有向下的分量为失重状态。

1.思想方法
(1)追及相遇问题的解题思路和技巧。
①紧抓“一图三式”,即过程示意图、时间关系式、速度关系式和位移关系式。
②审题应抓住题目中的关键字眼,充分挖掘题目中的隐含条件,如“刚好”“恰好”“最多”“至少”等,往往对应一个临界状态,满足相应的临界条件。
③若被追赶的物体做匀减速运动,一定要注意追上前该物体是否已停止运动,另外,还要注意对解的讨论分析。
(2)常用方法。
①整体法与隔离法:单个物体的问题通常采用隔离法分析,对于连接体问题,通常需要交替使用整体法与隔离法。
②正交分解法:一般沿加速度方向和垂直于加速度方向进行分解,有时根据情况也可以把加速度进行正交分解。
③逆向思维法:把运动过程的末状态作为初状态,反向研究问题,一般用于匀减速直线运动问题,比如刹车问题、竖直上抛运动问题。
2.模型建构
(1)沿光滑斜面下滑的物体(如图)。

(2)一起加速运动的系统,若力是作用于m1上,则m1和m2间的相互作用力为FN=m2·Fm1+m2,并且无论是平面、斜面,还是竖直方向,无论有无摩擦,结果都是相同的。


(3)下面几种物理模型,在临界情况下,a=gtan α。


(4)下列各模型中,速度最大时合力为零,速度为零时,加速度最大。





高考考点
命题轨迹
考查内容
考查要求
匀变速直线
运动规律及应用
2022全国甲卷T15
关键能力
应用性
2022湖北卷T6
关键能力
综合性
2021全国甲卷T14
必备知识
基础性
2021湖北卷T2
必备知识
基础性
动力学图像问题
2022河北卷T1
必备知识
基础性
2021广东卷T8
关键能力
综合性
2021湖南卷T2
必备知识
基础性
牛顿运动定律的
综合应用
2022全国乙卷T15
关键能力
综合性
2022全国甲卷T19
关键能力、核心价值
综合性
2022湖南卷T9
关键能力
综合性
2020海南卷T12
关键能力、核心价值
综合性
2021河北卷T13
关键能力
综合性

考点一　匀变速直线运动的规律及应用

(2022·湖北卷,6)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(　B　)
A.6小时25分钟 B.6小时30分钟
C.6小时35分钟 D.6小时40分钟
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时间的5倍,相邻两站间的距离x=1 080×1035 m=2.16×105 m,普通列车的加速时间t1=v1a=300.5 s=60 s,加速过程的位移x1=12at12=12×0.5×602 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=x-2x1v=2.16×105-2×90030 s=7 140 s;同理,高铁列车加速时间t1′=v1'a=900.5 s=180 s,加速过程的位移x1′=12at1′2=12×0.5×1802 m=8 100 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′=x-2x1'v'=2.16×105-2×8 10090 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。
如图所示,甲、乙两辆汽车并排沿平直路面向前行驶,两车车顶O1、O2两位置都装有蓝牙设备,这两个蓝牙设备在5 m以内时能够实现通信。t=0时刻,甲、乙两车刚好位于图示位置,此时甲车的速度为4 m/s,乙车的速度为1 m/s,O1、O2的距离为3 m。从该时刻起甲车以1 m/s2的加速度做匀减速运动直至停下,乙车保持原有速度做匀速直线运动。忽略信号传递时间,从t=0时刻起,甲、乙两车能利用蓝牙通信的时间为(　B　)

A.2 s B.10 s
C.16 s D.20 s
解析:根据几何知识可知,当甲车在乙车前方且O1O2为5 m时,根据勾股定理可知x甲-x乙=4 m,根据运动学公式有x甲=v甲t-12at2,x乙=v乙t,解得t1=2 s,t2=4 s。因为甲车做匀减速直线运动而乙车做匀速直线运动,所以两车之间的距离先增大后减小,当05 m,当t=t2=4 s时,甲车的速度为v甲1=v甲-at2=0。根据几何关系可知,从4 s开始到乙车行驶至甲车前方4 m的过程中满足O1O2<5 m,这段过程经历的时间为t3=8mv乙=8 s,所以甲、乙两车能利用蓝牙通信的时间为t总=t1+t3=10 s,故选B。

1.求解匀变速直线运动问题的思路

2.两种常见的运动问题
(1)刹车问题:末速度为零的匀减速直线运动问题,常用逆向思维法。
(2)双向可逆问题:如竖直上抛运动,全过程加速度的大小和方向均不变,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。

1.(2022·上海徐汇区一模)如图为小球在水平面上移动,每隔0.02 s记录下的位置。将该段运动分为5段,则其中平均速度最大与平均加速度最小的运动过程分别为(　C　)

A.①和② B.①和③
C.⑤和③ D.⑤和②
解析:由图可知⑤位移最大,各段运动时间相同,由v=xt,知⑤平均速度最大;③最近似于匀速直线运动,即速度大小和方向变化最小,平均加速度最小,故C正确,A、B、D错误。
2.(2022·全国甲卷,15)长为l的高速列车在平直轨道上正常行驶,速率为v0,要通过前方一长为L的隧道,当列车的任一部分处于隧道内时,列车速率都不允许超过v(v A.v0-v2a+L+lv B.v0-va+L+2lv
C.3(v0-v)2a+L+lv D.3(v0-v)a+L+2lv
解析:当列车恰好以速度v匀速通过隧道时,从减速开始至回到原来正常行驶速度所用时间最短,列车减速过程所用时间t1=v0-v2a,匀速通过隧道所用时间t2=L+lv,列车加速到原来速度v0所用时间t3=v0-va,所以列车从减速开始至回到正常行驶速率所用时间至少为t=t1+t2+t3=3(v0-v)2a+L+lv。
3.(2022·重庆模拟)2022年北京冬奥会开幕式又一次让中国惊艳世界,其中“五环破冰”寓意打破隔阂,大家融为一体,向世界展示了中国人的浪漫。设定“五环”均为半径r=3 m的圆环(厚度忽略不计),上三环的下边缘与下两环圆心在同一水平面上。整个过程可简化为如图所示物理模型:初始时,“五环”位于同一竖直面内,恰藏于“冰”中置于水平地面上,“冰”上下表面均水平,其中上三环上边缘与“冰”上表面齐平,下两环下边缘与“冰”下表面齐平。现使“五环”和“冰”同时以大小相等的加速度a=0.30 m/s2分别竖直向上、向下做匀加速直线运动,速度达到某同一值后均匀速运动,各自快到达终点时分别以加速度a=0.30 m/s2做匀减速直线运动直至静止,最终“五环”用时43 s上升12.6 m,悬挂在空中,“冰”上表面恰好与水平地面融为一体。求:

(1)“五环”运动过程中的速度最大值;
(2)“五环破冰”(从开始运动到两者分离)所用时间。
解析:(1)设“五环”运动过程的最大速度为v,加速、减速用时t1=va,
匀速用时t2=43 s-2t1,
位移满足12.6 m=2×12at12+vt2,
联立解得t1=1 s,t2=41 s,v=0.3 m/s。
(2)由(1)易得加速、减速过程发生的位移
x=12at12=0.15 m,
“冰”匀速运动过程用时t3=3r-2xv=29 s,
设“冰”减速前“五环”已离开“冰”,取开始匀速到两者恰好分离用时t4,有
3r-2x=2vt4,
由t4=14.5 s “五环破冰”用时t=t1+t4=15.5 s。
答案:(1)0.3 m/s
(2)15.5 s
考点二　动力学图像问题

(2021·广东卷,8)(多选)赛龙舟是端午节的传统活动。下列v-t和s-t图像描述了五条相同的龙舟从同一起点线同时出发、沿长直河道划向同一终点线的运动全过程,其中能反映龙舟甲与其他龙舟在途中出现船头并齐的有(　BD　)


解析:速度—时间图线围成的面积表示位移,由图可知,在到达终点前,甲图线围成的面积始终大于乙图线围成的面积,则龙舟甲与龙舟乙在途中不会出现船头并齐的现象,故A错误;由题图可知,在两图线交点对应的时刻前,丙的位移比甲大,即丙在前,在交点对应的时刻后有一个时刻,两图线围成的面积相等,即位移相等,可知龙舟甲和龙舟丙在途中会出现船头并齐,故B正确;由题图可知,在到达终点前,两图线没有交点,即不会出现位移相同,则龙舟甲和龙舟丁在途中不会出现船头并齐,故C错误;由题图可知,在到达终点前,两图线有交点,即位移相同,可知龙舟甲和龙舟戊在途中出现船头并齐,故D正确。
(2022·山东泰安三模)利用图像法研究物理量之间的关系是常用的一种数学物理方法。如图所示为物体做直线运动时各物理量之间的关系图像(x、v、a、t分别表示物体的位移、速度、加速度和时间),则下列说法中正确的是(　B　)


A.甲图中x-t2图像可求出物体的加速度大小为1 m/s2
B.乙图中v2-x图像可求出物体的加速度大小为 5 m/s2
C.丙图中xt-t图像可求出物体的加速度大小为2 m/s2
D.丁图中a-t图像可求出物体在前2 s内的速度变化量大小为6 m/s
解析:根据匀变速直线运动的位移与时间关系式x=v0t+12at2,题图甲中x-t2图像为正比关系图线,可求出物体的加速度大小为12a=k=22 m/s2,解得a=2 m/s2,A错误;根据匀变速直线运动的速度与位移关系v2-v02=2ax,题图乙中v2-x图像为正比关系图线,可求出物体的加速度大小为2a=k=101 m/s2,解得a=5 m/s2,B正确;根据匀变速直线运动的位移与时间关系式x=v0t+12at2,整理得xt=v0+12at,题图丙中xt-t图像为一次关系图线,可求出物体的加速度,12a=k=0-42 m/s2=-2 m/s2,解得a=-4 m/s2,物体的加速度大小为4 m/s2,C错误;根据微元法可以得到,物理学中a-t图像的图线与坐标轴所围成的面积表示这段时间内物体的速度变化量,则由题图丁中a-t图像可求出物体在前2 s内的速度变化量大小为Δv=12×3×2 m/s=3 m/s,D错误。

1.常见图像
常见图像
斜率k
面积
两图像交点
x-t图像
ΔxΔt=v
—
表示相遇
v-t图像
ΔvΔt=a
位移x
不表示相遇,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-v02=2ax
得v2=v02+2ax
2a
v02
xt-t图像
由x=v0t+12at2
得xt=v0+12at
12a
v0
a-F图像
例:

由F-μmg=ma
得a=Fm-μg
1m
-μg

4.一质量为m的铝球用细线悬挂静止在足够深的油槽中(如图甲所示),某时刻剪断细线,铝球开始在油槽中下沉。通过传感器得到铝球的加速度随下沉速度变化的图像如图乙所示,已知重力加速度为g。下列说法正确的是(　C　)

A.铝球刚开始运动的加速度a0=g
B.铝球下沉的速度将会一直增大
C.铝球下沉过程受到油的阻力f=ma0vv0
D.铝球下沉过程机械能的减少量等于克服油的阻力所做的功
解析:刚开始释放时,铝球受到竖直向下的重力和竖直向上的浮力作用,即a0=mg-F浮m=g-F浮m 5.(2022·辽宁沈阳二模)一辆汽车以20 m/s的速度在平直公路上行驶,某时刻司机发现前方施工需减速行驶,司机反应了0.2 s后开始刹车。如图所示为发现施工提示后的速度平方v2随位移x的变化关系。从司机发现前方施工提示至汽车速度减小到5 m/s过程中,汽车的位移为(　B　)

A.44 m B.41.5 m C.40 m D.37.5 m
解析:由图像可知,减速之前汽车的位移为x1=4 m,根据匀变速直线运动的速度位移公式可得v2-v02=2ax,由图像解得a=-5 m/s2;当速度为5 m/s时,汽车的位移x2=v2-v022a=37.5 m,故汽车的位移为x=x1+x2=41.5 m,A、C、D错误,B正确。
考点三　牛顿运动定律的综合应用

(2022·全国乙卷,15)如图,一不可伸长轻绳两端各连接一质量为m的小球,初始时整个系统静置于光滑水平桌面上,两球间的距离等于绳长L。一大小为F的水平恒力作用在轻绳的中点,方向与两球连线垂直。当两球运动至二者相距35L时,它们加速度的大小均为(　A　)

A.5F8m B.2F5m C.3F8m D.3F10m
解析:当两球运动至二者相距3L5时,二者连线与轻绳之间夹角的余弦值cos θ=0.6。设此时轻绳中拉力大小为F1,对轻绳的中点受力分析得F-2F1sin θ=m绳a,又轻绳质量近似为0,解得F1=5F8。对质量为m的小球,由牛顿第二定律有F1=ma,解得a=5F8m,A正确。
(2022·全国甲卷,19)(多选)如图,质量相等的两滑块P、Q置于水平桌面上,二者用一轻弹簧水平连接,两滑块与桌面间的动摩擦因数均为μ。重力加速度大小为g。用水平向右的拉力F拉动P,使两滑块均做匀速运动;某时刻突然撤去该拉力,则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前(　AD　)

A.P的加速度大小的最大值为2μg
B.Q的加速度大小的最大值为2μg
C.P的位移大小一定大于Q的位移大小
D.P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小
解析:两滑块匀速运动过程中,弹簧对P、Q的弹力大小为kx=μmg,当撤去拉力后,对滑块P由牛顿第二定律有kx′+μmg=ma1,同理,对滑块Q有μmg-kx′=ma2,从撤去拉力到弹簧第一次恢复原长过程中,弹力由μmg一直减小到零,所以P的加速度大小的最大值为刚撤去拉力F瞬间的加速度大小,此时P的加速度大小为2μg,而弹簧恢复原长时,Q的加速度大小达到最大值,即Q的最大加速度为μg,选项A正确,B错误;由于弹簧恢复原长前滑块P的加速度一直大于Q的加速度,且两滑块初速度相同,所以撤去拉力后P的速度一直小于同一时刻Q的速度,所以P的位移一定小于Q的位移,选项C错误,D正确。
如图甲所示,质量m=1 kg的小物块在平行斜面向下的恒力F作用下,从固定粗糙的足够长斜面底端开始以v0=12 m/s的初速度向上运动,力F作用一段时间后撤去。规定沿斜面向上为正方向,整个运动过程中物块速度随时间变化的关系图像如图乙所示,斜面倾角θ=37°,取cos 37°=0.8,sin 37°=0.6,g取10 m/s2,求:

(1)物块沿斜面上行阶段的加速度大小;
(2)恒力F的大小及物块与斜面间动摩擦因数μ;
(3)物块返回斜面底端时的速度大小及在斜面上运动的总时间。(结果可用根号表示)
解析:(1)由题图乙所示图像可知,物块沿斜面上行阶段的加速度大小
a1=ΔvΔt=121 m/s2=12 m/s2。
(2)由题图乙所示图像可知,物块在1～2 s内的加速度大小
a2=Δv'Δt'=4 m/s2,
设动摩擦因数为μ,对物块,由牛顿第二定律得
物块向上滑行过程
F+μmgcos 37°+mgsin 37°=ma1,
物块刚向下滑行过程
F+mgsin 37°-μmgcos 37°=ma2,
代入数据解得F=2 N,μ=0.5。
(3)物块向上滑行的位移大小
x=12×12×1 m=6 m,
物块在1～2 s内向下滑行的位移大小
x1=12×4×(2-1) m=2 m,
物块2 s后返回斜面底端时的位移大小
x2=x-x1=6 m-2 m=4 m,
设物块返回斜面底端时的速度大小为v,由题图乙所示图像可知,2 s末物块的速度大小v1=4 m/s,
设撤去力F后物块的加速度大小为a3,对物块,
由牛顿第二定律得
mgsin 37°-μmgcos 37°=ma3,
由匀变速直线运动的速度位移公式得
v2-v12=2a3x2,
代入数据解得v=42 m/s。
物块从2 s末到返回斜面底端需要的时间
t2=v-v1a3=42-42 s=(22-2) s,
在斜面上运动的总时间
t=2 s+(22-2) s=22 s。
答案:(1)12 m/s2
(2)2 N　0.5
(3)42 m/s　22 s

1.瞬时加速度问题

2.动力学中的连接体问题
(1)当连接体中各物体具有共同的加速度时,一般采用整体法。当系统内各物体的加速度不同时,一般采用隔离法。
(2)求连接体内各物体间的相互作用力时必须用隔离法。
(3)常见连接体。

三种情况中弹簧弹力、绳的张力相同,且与接触面是否光滑无关

常用隔离法

常会出现
临界条件
3.两类动力学问题的解题思路

解题关键是运动分析、受力分析,充分利用加速度的“桥梁”作用。

6.如图所示,一轻绳跨过光滑定滑轮,一端连接质量为m的物块a,另一端连接质量为2m的物块b。将a从水平桌面上的P点由静止释放,经过时间t1运动到Q点,此时b仍在空中;再将a、b的位置对调,让b从水平桌面上的P点由静止释放,经过时间t2运动到Q点。已知t2=2t1,a、b与水平桌面间的动摩擦因数相同,且均可视为质点,则该动摩擦因数最接近(　B　)

A.0.2 B.0.3 C.0.5 D.0.7
解析:将a从水平桌面上的P点由静止释放时,由牛顿第二定律得2mg-μmg=3ma1,由运动学公式有12a1t12=LPQ;将a、b的位置对调,让b从水平桌面上的P点由静止释放时,由牛顿第二定律有mg-2μmg=3ma2,由运动学公式有12a2t22=LPQ,又t2=2t1,联立解得μ=27≈0.3,故选B。
7.如图所示,一个倾角为θ=37°的斜面固定在水平面上,斜面底端固定一垂直于斜面的挡板,一劲度系数为k=100 N/m的轻弹簧下端固定在挡板上,上端与物块A接触,物块A与物块B接触且均不粘连,弹簧与斜面平行,物块B通过与斜面平行的轻质细线跨过斜面顶端的定滑轮与物块C连接,物块A、B和C的质量均为1 kg,物块A、B与斜面之间的动摩擦因数均为μ=0.25,且三个物块都可以视为质点。刚开始,用手托住C使细线恰好伸直时,A、B处于静止状态且与斜面间静摩擦力刚好为0,然后松开手,物块C下落时A、B上升,重力加速度为g,取cos 37°=0.8,sin 37°=0.6。下列说法中正确的是(　B　)

A.物块C下落速度最大时物块A、B分离
B.A、B物块分离时细线的拉力为9 N
C.从释放C到A、B分离,物块A的位移为12 cm
D.从释放C到A、B分离,物块A的位移为9 cm
解析:刚开始时物块A、B在弹簧弹力、重力和斜面的作用力共同作用下保持平衡,设弹簧的压缩量为x0,根据平衡条件有2mgsin θ=kx0,得到x0=2mgsinθk=12 cm;释放物块C后,三个物块一起做加速运动,在物块A、B分离瞬间,根据牛顿第二定律,对整体有mg+kx-2mgsin θ-2μmgcos θ=3ma,对物块B、C整体分析有mg-mgsin θ-μmgcos θ=2ma,联立得到分离时的加速度为a=1 m/s2,此时弹簧的压缩量为x=9 cm,所以物块A在这段时间内上升的位移为Δx=x0-x=3 cm,故C、D错误;对物块B分析有FT-mgsin θ-μmgcos θ=ma,得到细线的拉力FT=9 N,故B正确;因为物块A与B分离时C还有向下的加速度,所以其速度还没有达到最大,故A错误。
8.无人机是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器。若无人机的质量为m=2 kg,在地面上由静止开始以最大升力竖直向上起飞,经时间t=4 s时离地面的高度为h=48 m,已知无人机动力系统所能提供的最大升力为36 N,假设无人机运动过程中所受空气阻力的大小恒定,g取10 m/s2。
(1)求无人机运动过程中所受空气阻力的大小。
(2)当无人机悬停在距离地面高度h=45 m处时,无人机由于信号故障突然失去全部升力,由静止开始竖直坠落,若无人机到达地面时速度刚好减为0,刚开始下落后经多长时间需要立刻恢复最大升力?
解析:(1)无人机提供最大升力时,设其向上的加速度大小为a1,根据位移公式h1=12a1t2,代入数据解得a1=6 m/s2。
设无人机动力系统所能提供的最大升力为F,根据牛顿第二定律,有F-mg-f=ma1,
代入数据可得空气阻力为f=4 N。
(2)设失去动力时的加速度大小为a2,则根据牛顿第二定律,有mg-f=ma2,
设刚开始下落经t1时间需要恢复动力,恢复动力时的速度为v1=a2t1,
下落的高度为h2=v122a2,
恢复动力后,设无人机的加速度大小为a3,则根据牛顿第二定律,有
F+f-mg=ma3,
从恢复动力到下落到地面的位移h3=v122a3,
利用h=h2+h3,联立各式,
代入数据解得t1=2.5 s。
答案:(1)4 N　(2)2.5 s

“传送带”模型与“板—块”模型
类型一　动力学中的“传送带”模型
1.模型特点
传送带问题的实质是相对运动问题,这样的相对运动将直接影响摩擦力的方向。
2.解题关键
(1)厘清物体与传送带间的相对运动方向及摩擦力方向是解决传送带问题的关键。
(2)物体与传送带达到相同速度时往往出现摩擦力突变的临界状态,对这一临界状态进行分析往往是解题的突破口。
(2021·辽宁卷,13)机场地勤工作人员利用传送带从飞机上卸行李。如图所示,以恒定速率v1=0.6 m/s运行的传送带与水平面间的夹角α=37°,转轴间距L=3.95 m。工作人员沿传送方向以速度v2=1.6 m/s从传送带顶端推下一件小包裹(可视为质点)。小包裹与传送带间的动摩擦因数μ=0.8。重力加速度g取10 m/s2,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求:

(1)小包裹相对传送带滑动时加速度的大小a;
(2)小包裹通过传送带所需的时间t。
解析:(1)小包裹的速度v2大于传动带的速度v1,所以小包裹受到传送带的摩擦力沿传送带向上,根据牛顿第二定律可知
μmgcos α-mgsin α=ma,
解得a=0.4 m/s2。
(2)根据(1)可知小包裹开始阶段在传送带上做匀减速直线运动,用时
t1=v2-v1a=1.6-0.60.4 s=2.5 s,
在传送带上滑动的距离为
x1=v1+v22t1=1.6+0.62×2.5 m=2.75 m。
因为小包裹所受滑动摩擦力大于重力沿传送带方向上的分力,即μmgcos α>mgsin α,所以小包裹与传送带共速后做匀速直线运动至传送带底端,匀速运动的时间为
t2=L-x1v1=3.95-2.750.6 s=2 s,
所以小包裹通过传送带的时间为
t=t1+t2=4.5 s。
答案:(1)0.4 m/s2　(2)4.5 s

1.若例1中,以恒定速率v1=0.7 m/s逆时针转动的传送带与水平面间的夹角α=37°,转轴间距L=6.15 m,工作人员沿传送带方向以v2=1.7 m/s从传送带上端推下一个质量为6 kg小包裹(可视为质点)。

(1)若要求包裹传送至传送带底端时,速度不大于传送带速度,则包裹与传送带之间的动摩擦因数应满足什么条件?
(2)若包裹与传送带之间的动摩擦因数为0.8,求全过程小包裹与传送带之间的相对位移。
解析:(1)设包裹与传送带之间的动摩擦因数为μ,则根据牛顿第二定律可得
μmgcos α-mgsin α=ma,
假设包裹滑到传送带底端时的速度恰好为v1,则
v22-v12=2aL,
解得μ≈0.77,
故当μ≥0.77时,包裹被传送到底端时速度不大于传送带速度。
(2)由于v2>v1,包裹所受摩擦力方向沿斜面向上,由(1)可知包裹的加速度a=0.4 m/s2,
根据v2-v1=at1,
解得包裹与传送带共速的时间t1=2.5 s,
做减速运动的位移x1=v2+v12t1=3 m。
之后一起做匀速直线运动,故小包裹与传送带之间相对滑动的位移为
Δx=x1-v1t1=3 m-0.7×2.5 m=1.25 m。
答案:(1)μ≥0.77　(2)1.25 m
2.若例1中,机场地勤人员利用传送带往飞机上运送行李,传送带与水平面间的夹角α=37°,转轴间距L=4.8 m。地勤工作人员将小包裹(可视为质点)轻轻放在传送带底端。已知传送带运行速率恒为v0=0.8 m/s,小包裹与传送带间的动摩擦因数μ=0.8。重力加速度g取10 m/s2,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求:

(1)小包裹相对传送带滑动时加速度的大小a;
(2)小包裹通过传送带所需的时间t。
解析:(1)开始时,小包裹的速度为零,则摩擦力方向向上,由牛顿第二定律得
μmgcos α-mgsin α=ma,
代入数据解得a=0.4 m/s2。
(2)设经过t1时间与传送带共速,则有
t1=v0a=2 s,
此段时间内小包裹的位移x1=v02t1=0.8 m,
小包裹与传送带共速后,由于mgsin α<μmgcos α,小包裹相对传送带静止,两者一起向上匀速运动,则位移为x2=L-x1,
时间为t2=x2v0=5 s,
小包裹通过传送带所需的时间t=t1+t2=7 s。
答案:(1)0.4 m/s2　(2)7 s
类型二　动力学中的“板—块”模型
“板—块”模型问题就是通常遇到的叠放问题,由于其往往可看成由物块和木板构成的一对相互作用模型,故将其形象称为“板—块”问题。该问题与运动学、受力分析、动力学、功与能等有着密切联系,而且往往牵涉着临界极值问题。
(1)滑块—木板模型类问题中,木板往往受到摩擦力的影响也做匀变速直线运动,处理此类物体匀变速运动问题要注意从速度、位移、时间等角度,寻找它们之间的联系。
(2)要使滑块不从木板的末端掉下来的临界条件是滑块到达木板末端时的速度与木板的速度恰好相等。
(2021·全国乙卷,21)(多选)水平地面上有一质量为m1的长木板,木板的左端上有一质量为m2的物块,如图甲所示。用水平向右的拉力F作用在物块上,F随时间t的变化关系如图乙所示,其中F1、F2分别为t1、t2时刻F的大小。木板的加速度a1随时间t的变化关系如图丙所示。已知木板与地面间的动摩擦因数为μ1,物块与木板间的动摩擦因数为μ2。假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等,重力加速度大小为g。则(　BCD　)

A.F1=μ1m1g
B.F2=m2(m1+m2)m1(μ2-μ1)g
C.μ2>m1+m2m2μ1
D.在0～t2时间段物块与木板加速度相等
解析:分析可知,t1时刻长木板和物块刚要一起滑动,此时有F1=μ1(m1+m2)g,A错误;t1～t2时间内,长木板向右加速滑动,一定有μ2m2g-μ1(m1+m2)g>0,故μ2>m1+m2m2μ1,C正确;0～t1时间内长木板和物块均静止,t1～t2时间内长木板和物块一起加速,一起加速的最大加速度满足μ2m2g-μ1(m1+m2)g=m1am,F2-μ1(m1+m2)g=(m1+m2)am,解得F2=m2(m1+m2)m1(μ2-μ1)g,B、D正确。

1.如图甲所示,小物块a静止在足够长的木板b左端,若a与b间的动摩擦因数μ1=0.6,木板b与地面间的动摩擦因数μ2=0.2,假设各接触面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。某时刻起物块a受到F=3t(N)的水平向右的外力作用,测得a与b间摩擦力Ff随外力F的变化关系如图乙所示,重力加速度g取10 m/s2,则下列判断正确的是(　C　)

A.a、b两物体的质量分别为0.5 kg和1 kg
B.当t=1 s时,a、b恰好发生相对滑动
C.当t=3 s时,物块a的加速度为4 m/s2
D.木板b运动过程中的最大加速度为22 m/s2
解析:设a、b两物体的质量分别为m1、m2,根据a与b间摩擦力Ff随外力F的变化关系可得,a与b间滑动摩擦力为6 N,b与地面间的摩擦力为3 N,则有μ1m1g=6 N,μ2(m1+m2)g=3 N,联立解得m1=1 kg,m2=0.5 kg,故A错误;a、b发生相对滑动时,对a有F′-μ1m1g=m1a,对b有μ1m1g-μ2(m1+m2)g=m2a,联立可得F′=12 N,即t=4 s,故B错误;由B项分析可知,当t=3 s时,a、b相对静止一起做匀加速运动,则有F1-μ2(m1+m2)g=(m1+m2)a1,代入数据可得a1=4 m/s2,故C正确;木板b运动过程中加速度最大时有μ1m1g-μ2(m1+m2)g=m2a2,代入数据可得a2=6 m/s2,故D错误。
2.如图甲所示,水平地面上有一质量为m1且足够长的木板,木板的右端有一质量为m2的物块,二者处于静止状态。t=0时刻起,用水平向右的拉力F作用在长木板上,F随时间t的变化关系为F=kt(k是常数)。木板和物块的加速度a随时间t的变化关系如图乙中的部分图线所示。已知长木板与地面间的动摩擦因数为μ1,物块与长木板间的动摩擦因数为μ2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度大小为g。则(　D　)

A.图乙中的②线为长木板的加速度随时间的变化规律
B.图乙中的②线为物块的加速度随时间的变化规律
C.t1时刻对应的拉力为μ1m1g
D.t2时刻为(μ1+μ2)(m1+m2)gk
解析:t2时刻后长木板和物块间发生相对滑动,物块的加速度不变,题图乙中的③线为物块的加速度随时间的变化规律,故B错误;发生相对滑动后,a-t图像的斜率增大,题图乙中的①线为长木板的加速度随时间的变化规律,故A错误;t1时刻拉力F=μ1(m1+m2)g,故C错误;t2时刻,对物块μ2m2g=m2a,对木板F-μ1(m1+m2)g-μ2m2g=m1a,解得F=(μ1+μ2)(m1+m2)g,根据F=kt2,解得t2=(μ1+μ2)(m1+m2)gk,故D正确。
3.水平地面上有一质量为m1=2 kg的长木板,木板的左端有一质量为m2=1 kg的物块,如图所示,用水平向右的拉力F作用在物块上,F随时间t的变化关系为F=0.5t(N),已知木板与地面间的动摩擦因数为μ1,物块与木板间的动摩擦因数为μ2=0.6,假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等,g取10 m/s2。从t=0时刻开始计时,在随时间增大的过程中,

(1)若μ1=0,求木板与物块恰好发生相对滑动时,木板的加速度大小;
(2)若木板与地面始终不会发生相对滑动,μ1应满足什么条件?
(3)若μ1=0.1,求物块与木板保持相对静止且一起滑动的时间范围。
解析:(1)当物块与木板刚要发生相对滑动时,物块与木板间的摩擦力达到最大静摩擦力,以木板为研究对象,有
μ2m2g=m1a1,
解得a1=3 m/s2。
(2)当木板与地面不会发生相对滑动时,以木板为研究对象,有μ2m2g≤μ1(m1+m2)g,
解得μ1≥0.2。
(3)根据μ1=0.1<0.2,可知木板与地面可以发生相对滑动,当物块与木板保持相对静止并恰好一起滑动时,有F1=μ1(m1+m2)g,
根据F1=0.5t1,解得t1=6 s;
物块与木板刚要发生相对滑动时,物块与木板间的摩擦力达到最大静摩擦力,以木板为研究对象,根据牛顿第二定律,有
μ2m2g-μ1(m1+m2)g=m1a2,
以整体为研究对象,根据牛顿第二定律,有
F2-μ1(m1+m2)g=(m1+m2)a2,
根据F2=0.5t2,解得t2=15 s,
故时间范围为6 s 答案:(1)3 m/s2　(2)μ1≥0.2　(3)6 s