2023届二轮复习 第2讲　力与直线运动 学案（浙江专用）

第2讲　力与直线运动

题型1　匀变速直线运动规律的应用

1.匀变速直线运动问题常用的解题方法

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。

[例1] (2022·温州二模)某火星车在火星表面探测过程中做直线运动,由静止开始经过加速、匀速和制动直至停止,共用时12 s,位移随时间变化情况如表所示,加速和制动均可看作是匀变速直线运动。下列说法正确的是(　C　)

A.前6 s火星车做加速运动

B.第6 s末火星车的速率为4.75 cm/s

C.火星车一共匀速运动了10 cm

D.火星车减速的加速度大小为2 cm/s2

解析:由题意可知,火星车从静止开始先做匀加速直线运动,接着做匀速直线运动,最后做匀减速直线运动至停下,设匀加速阶段的加速度大小为a,时间为t1;匀速阶段的速度为v,时间为t2;匀减速阶段的加速度大小为a′,时间为t3。由表格数据可知,0～2 s,火星车从静止开始做匀加速运动,通过的位移为2.0 cm,根据x=at2,解得a= 1 cm/s2;10～12 s,火星车做匀减速运动至停下,通过的位移为2.0 cm,结合逆向思维,可认为此过程反向做初速度为0的匀加速运动,则有x′=a′t2,解得a′=1 cm/s2,匀加速阶段的时间为 t1=,匀减速阶段的时间为t3=,故0～12 s全过程的位移满足x总=t1+vt2+t3=35.0 cm,又有t1+t2+t3=12 s,联立解得t1=t3=5 s,t2=2 s,v=5 cm/s。前5 s火星车做加速运动,5 s后火星车已经做匀速运动,A错误;5 s到7 s火星车已经匀速运动,故第6 s末火星车的速率为5 cm/s,B错误;火星车一共匀速运动的位移为x2=vt2=5×2 cm=10 cm,C正确;火星车减速的加速度大小为1 cm/s2,D错误。

[拓展训练1] 如图所示,质量 m=2 kg的滑块以v0=16 m/s 的初速度沿倾角θ=37°的斜面上滑,经t=2 s滑行到最高点。然后,滑块返回到出发点。已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2,求滑块:

(1)最大位移值x;

(2)与斜面间的动摩擦因数μ;

(3)从最高点返回到出发点的过程中重力的平均功率。

解析:(1)滑块向上做匀减速直线运动,

有x=t,解得x=16 m。

(2)加速度a1==8 m/s2,

上滑过程a1==gsin θ+μgcos θ,解得μ=0.25。

(3)下滑过程a2==gsin θ-μgcos θ=4 m/s2,由运动学公式得vt==8 m/s,则平均速度==4 m/s,

重力的平均功率

=mgsin θ=48 W≈67.9 W。

答案:(1)16 m　(2)0.25　(3)67.9 W

题型2　牛顿运动定律的应用

1.动力学两类基本问题的解题思路

2.超重与失重

3.瞬时加速度的求解

(1)两个重要模型。

①轻绳——长度不变时产生弹力可突变,剪断时弹力立即消失。

②轻弹簧——其形变的恢复需要时间,在瞬时性问题中,其弹力认为不变。

(2)注意:力和加速度可以发生突变,但速度不可以。

[例2] 如图所示为冰壶比赛场地示意图。某次比赛中,运动员携带质量m=20 kg的冰壶一起从起踏器处以v0=6 m/s的速度做匀减速直线运动,运动至投掷线处,释放冰壶,此时冰壶速度v=2 m/s。为了使冰壶停止位置尽量靠近营垒圆心O点,队友可用毛刷在冰壶滑行前方来回摩擦冰面来控制其运动情况。已知起踏器和投掷线之间的距离l=8 m,用毛刷擦冰面前后冰壶与冰面之间的动摩擦因数分别为μ1=8×10-3和μ2=4×10-3,投掷线与O点的距离s=30 m,冰壶可视为质点,g取10 m/s2。求:

(1)冰壶到达投掷线前,其受到的合力F的大小;

(2)释放冰壶后,若队友未擦冰面,冰壶静止位置离O点的距离L1;

(3)释放冰壶后,若冰壶运动一段距离后队友持续擦冰面直至冰壶恰好静止于O点,擦冰面的长度L2。

解析:(1)冰壶到达投掷线前,由匀变速直线运动规律v2-=2al,解得a=-2 m/s2,对冰壶,由牛顿第二定律F=ma,解得F=-40 N,负号说明合力与速度方向相反,故冰壶到达投掷线前,其受到的合力F的大小为40 N。

(2)释放冰壶后,若队友未擦冰面,由牛顿第二定律得a1===μ1g=0.08 m/s2,设冰壶减速到零发生的位移为x1,由运动学规律得x1==25 m,则冰壶静止位置离O点的距离L1=s-x1=5 m。

(3)设队友刚开始擦冰面时冰壶的速度为v′,则由运动学规律得+=s,

解得L2==10 m。

答案:(1)40 N　(2)5 m　(3)10 m

[拓展训练2] 蹦极是一种极限体育项目,可以锻炼人的胆量和意志。运动员从高处跳下,弹性绳被拉展前做自由落体运动,弹性绳被拉展后在弹性绳的缓冲作用下,运动员下落一定高度后速度减为零。在下降的全过程中,下列说法中正确的是(　B　)

A.弹性绳拉展前运动员处于失重状态,弹性绳拉展后运动员处于超重状态

B.弹性绳拉展后运动员先处于失重状态,后处于超重状态

C.弹性绳拉展后运动员先处于超重状态,后处于失重状态

D.运动员一直处于失重状态

解析:弹性绳拉展前运动员只受重力,处于完全失重状态,弹性绳拉展后,开始阶段拉力小于重力,加速度方向向下,仍处于失重状态,弹性绳继续伸长后拉力大于重力,运动员加速度方向向上,运动员处于超重状态,所以弹性绳拉展后运动员先处于失重状态,后处于超重状态,故A、C、D错误,B正确。

[拓展训练3] 如图甲所示,两完全相同的重物间用轻弹簧连接,上方重物与细线相连,细线另一端固定在铁架台上,整个装置处于静止状态。现将上方细线烧断,则在细线烧断后经过极短时间,两重物所处位置符合实际情况的是(　A　)

解析:细线烧断后的极短时间内,弹簧的弹力不变,上方的重物向下运动的加速度为a上==2g,下方的重物极短时间内加速度为零,然后逐渐增大,所以,上方重物向下运动的距离大于下方重物向下运动的距离,A正确,B、C、D错误。

题型3　运动学和动力学图像

1.分清图像的类别

分清横、纵坐标所代表的物理量,明确其物理意义,掌握物理图像所反映的物理过程,会分析临界点。

2.注意图线中的一些特殊点所表示的物理意义

图线与横、纵坐标的交点,图线的转折点,两图线的交点等。

3.明确能从图像中获得哪些信息

把图像与具体的题意、情境结合起来,再结合斜率、特殊点、面积等的物理意义,确定从图像中反馈出来的有用信息,这些信息往往是解题的突破口或关键点。

[例3] (多选)如图甲,物块和木板叠放在实验台上,物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连,细绳水平。当t=0时,木板开始受到水平外力F的作用,在t=4 s时撤去外力。细绳对物块的拉力F′随时间t变化的关系如图乙所示,木板的速度v与时间t的关系如图丙所示。木板与实验台之间的摩擦可以忽略。重力加速度g取10 m/s2。由所给数据可以得出(　AB　)

A.木板的质量为1 kg

B.2～4 s内,力F的大小为0.4 N

C.0～2 s内,力F的大小保持不变

D.物块与木板之间的动摩擦因数为0.2

解析:由题图丙可知木板在0～2 s内处于静止状态,再结合题图乙中细绳对物块的拉力F′在0～2 s 内逐渐增大,可知物块受到木板的摩擦力逐渐增大,故可以判断木板受到的水平外力F也逐渐增大,选项C错误;由题图丙可知木板在2～4 s内做匀加速直线运动,其加速度大小为a1= m/s2=0.2 m/s2,对木板进行受力分析,由牛顿第二定律可得F-Ff=ma1,在4～5 s内做匀减速直线运动,其加速度大小为a2= m/s2=0.2 m/s2,另外由于物块静止不动,同时结合题图乙可知物块与木板之间的滑动摩擦力Ff=F′,故对木板进行受力分析,由牛顿第二定律可得Ff=ma2,联立解得m=1 kg,F=0.4 N,选项A、B正确;由于不知道物块的质量,所以不能求出物块与木板之间的动摩擦因数,选项D错误。

[拓展训练4] 有四个物体A、B、C、D,物体A、B运动的xt图像如图甲所示;物体C、D从同一地点沿同一方向运动的vt图像如图乙所示。以下根据图像作出的判断正确的是(　D　)

A.物体A和B均做匀变速直线运动

B.在0～3 s的时间内,物体A、B的间距逐渐减小

C.t=3 s时,物体C、D相遇

D.在0～3 s的时间内,物体C、D的间距逐渐增大

解析:由题图甲看出物体A和B都做匀速直线运动,故A错误;物体A的速度大于物体B的速度,二者之间的距离一直在增大,故B错误;由题图乙可以看出C、D两物体的图线在t=3 s时交于一点,此前物体D的速度一直大于物体C的速度,两物体不会在t=3 s时相遇,故C错误;在0～3 s内,物体C、D的距离一直增大,故D正确。

[拓展训练5] (多选)疫情期间,无人机发挥着非常重要的作用,可利用无人机空投药品,将药品送到隔离人员手中。在某次无人机沿竖直方向送货过程中,无人机的质量M=1.5 kg,货物的质量m=1 kg,无人机与货物间通过轻绳相连。无人机从地面开始加速上升一段时间后关闭动力,其运动的vt图像如图所示。无人机所受阻力恒定,不考虑货物受到的阻力,g取10 m/s2,下列判断正确的是(　BD　)

A.无人机上升的最大高度为36 m

B.无人机所受阻力大小为3 N

C.无人机所受的升力大小为30 N

D.加速阶段绳的拉力大小为12 N

解析:无人机上升的最大高度为vt图像与坐标轴围成的面积,所以x=×7×12 m=42 m,A错误;无人机减速上升的加速度大小为a2== m/s2=12 m/s2,而货物的加速度大小为a货=g,此时细绳是松驰的。设无人机所受阻力大小为F阻,有F阻+Mg=Ma2,解得F阻=3 N,B正确;无人机加速上升的加速度大小为a1== m/s2=2 m/s2,设无人机所受的升力大小为F,则F-(M+m)g-F阻=(M+m)a1,解得F=33 N,C错误;设加速阶段绳的拉力大小为FT,则FT-mg=ma1,解得FT=12 N,D正确。

专题训练2　力与直线运动

保分基础练

1.(多选)找一小手电筒,使其后盖在下竖直放置(如图所示,手电筒底部是弹簧)。旋松手电筒后盖,使手电筒刚好不发光。现让手电筒分别做下列运动,手电筒在运动过程中可能会发光的是(手电筒在运动中始终保持竖直)(　AC　)

A.自由落体 B.加速上升

C.竖直上抛 D.减速下降

解析:根据题意可知,弹簧本来处于压缩状态,若要使手电筒发光,则应该使弹簧的长度变长,即形变量减小,即弹簧的弹力减小,则应该使电池处于失重状态,则其加速度应该有竖直向下的分量。自由落体和竖直上抛时,电池处于失重状态,故A、C正确;加速上升和减速下降时,加速度竖直向上,电池处于超重状态,故B、D错误。

2.(2021·全国甲卷)如图,将光滑长平板的下端置于铁架台水平底座上的挡板P处,上部架在横杆上。横杆的位置可在竖直杆上调节,使得平板与底座之间的夹角θ可变。将小物块由平板与竖直杆交点Q处静止释放,物块沿平板从Q点滑至P点所用的时间t与夹角θ的大小有关。若θ由30°逐渐增大至60°,物块的下滑时间t将(　D　)

A.逐渐增大     B.逐渐减小

C.先增大后减小 D.先减小后增大

解析:设P、Q的水平距离为L,则有a=gsin θ,x=,由运动学公式x=v0t+at2可得 =gt2sin θ,整理得t2=,可知θ=45°时,t有最小值,故当θ由30°逐渐增大至60°时,下滑时间t先减小后增大,选项D正确。

3.如图是将苹果由静止释放后,在某段运动过程中用频闪照相技术连续拍摄的照片,已知频闪照相机的频闪时间间隔为T,位置A、B间和位置B、C间的距离分别为x1和x2,不计空气阻力,则下列说法正确的是(　D　)

A.BC过程速度的增量大于AB过程速度的增量

B.x1∶x2一定满足x1∶x2=1∶3

C.苹果运动到位置B时的速度大小一定为

D.苹果运动的加速度大小一定为

解析:由题知tAB=tBC=T,根据Δv=aΔt可知BC过程速度的增量等于AB过程速度的增量,故A错误;只有苹果在A点速度为零时,才满足x1∶x2=1∶3,故B错误;苹果运动到位置B时的速度大小为vB=,故C错误;根据Δx=aT2可知,苹果运动的加速度大小为a=,故D正确。

4.如图所示是商场中的无轨小火车,已知小火车由若干节相同的车厢组成,车厢间的空隙不计,现有一位小朋友站在地面上保持静止与第一节车厢头部对齐,火车从静止开始启动做匀加速直线运动,下列说法正确的是(　D　)

A.第4、5、6节车厢经过小朋友的时间之比为2∶∶

B.第4、5、6节车厢经过小朋友的时间之比为7∶9∶11

C.第4、5、6节车厢尾通过小朋友瞬间的速度之比为4∶5∶6

D.第4、5、6节车厢尾通过小朋友瞬间的速度之比为2∶∶

解析:根据初速度为零的匀加速直线运动中,通过连续相等位移的时间关系可知,第1、2、3、4、5、6……节车厢经过小朋友的时间之比为1∶(-1)∶(-)∶(2-)∶(-2)∶(-)……,即第4、5、6节车厢经过小朋友的时间之比为(2-)∶(-2)∶(-),选项A、B错误;设每节车厢的长度为L,根据v2=2aL可得第4、5、6节车厢尾通过小朋友瞬间的速度之比为∶∶=2∶∶,选项C错误,D正确。

5.一辆做匀变速直线运动的赛车,初速度v0=5 m/s,它的位置坐标x与速度的二次方v2的关系图像如图所示,则(　D　)

A.赛车的加速度大小为2.5 m/s2

B.赛车在t=2 s时速度为0

C.赛车在前2 s内的位移大小为5.5 m

D.赛车在1 s时的位置坐标为2.375 m

解析:由图像可知该车做匀减速直线运动,根据速度位移公式有x== v2-,则图像的斜率k===,解得a=-1.25 m/s2,故A错误;设赛车减速到零所用的时间为t0,根据速度公式有v=v0+at0,代入数据解得t0=4 s,说明赛车在t=2 s 时仍在运动,速度不为0,故B错误;设赛车在前 2 s 内的位移为x2,根据位移时间公式有x2=v0t2+a,代入数据解得x2=7.5 m,故C错误;设赛车在前1 s内的位移为x1,根据位移时间公式有x1=v0t1+a,代入数据解得x1=4.375 m,由题图可知该车是由-2 m处出发,所以在1 s时的位置坐标为x1-2 m=2.375 m,故D正确。

6.如图甲所示,一倾角θ=30°的足够长斜面体固定在水平地面上,一个物块静止在斜面上。现用大小为F=kt(k为常量,F、t的单位均为国际单位制的基本单位)的拉力沿斜面向上拉物块,物块受到的摩擦力Ff随时间t变化的关系图像如图乙所示,物块与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2,则下列判断正确的是(　D　)

A.物块的质量为2 kg

B.k的值为2.5 N/s

C.物块与斜面间的动摩擦因数为

D.当t=3 s时,物块的加速度大小为4 m/s2

解析:当t=0时,Ff=mgsin θ=5 N,解得m=1 kg,故A错误;当t=1 s时,Ff=0,说明F=5 N,由F=kt可知,k=5 N/s,故B错误;由题图乙可知,物块后来滑动,则Ff=6 N=μmgcos θ,解得μ=,故C错误;当F=Ff+mgsin θ时,即kt1=6 N+5 N时,解得t1=2.2 s,此后物块向上滑动,由牛顿第二定律有F合=kt-Ff-mgsin θ,当t=3 s时,F合=kt-11 N=(5×3-11) N=4 N,得物块的加速度大小为a= m/s2=4 m/s2,故D正确。

7.机动车礼让行人是一种文明行为。质量m=1.0×103 kg的汽车以v1=36 km/h的速度在水平路面上匀速行驶,在距离斑马线s=20 m处,驾驶员发现小朋友排着长l=6 m的队伍从斑马线一端开始通过,立即刹车,最终恰好停在斑马线前。假设汽车在刹车过程中所受阻力不变,且忽略驾驶员反应时间。

(1)求开始刹车到汽车停止所用的时间和所受阻力的大小;

(2)若路面宽L=6 m,小朋友行走的速度v0=0.5 m/s,求汽车在斑马线前等待小朋友全部通过所需的时间;

(3)假设驾驶员以v2=54 km/h超速行驶,在距离斑马线s=20 m处立即刹车,求汽车到斑马线时的速度。

解析:(1)根据平均速度==,

解得刹车时间为t1=4 s,

刹车加速度的大小为a==2.5 m/s2,

根据牛顿第二定律有Ff=ma,

解得Ff=2.5×103 N。

(2)小朋友全部通过所需的时间t2==24 s,

汽车在斑马线前等待的时间为t2-t1=20 s。

(3)设汽车到斑马线时的速度为v3,有

=s,

解得v3=5 m/s。

答案:(1)4 s　2.5×103 N　(2)20 s　(3)5 m/s

高分强化练

8.(多选)古代人们常用夯锤(如图甲)将地砸实,打夯时四个劳动者每人分别握住夯锤的一个把手,一个人喊号,号声一响,四人同时用相同的力将地上质量为90 kg的夯锤竖直向上提起;号音一落,四人同时松手,夯锤落下将地面砸实。以竖直向上为正方向,若某次打夯过程松手前夯锤运动的vt图像如图乙所示。不计空气阻力,g取 10 m/s2,则(　BC　)

A.松手后,夯锤立刻落下做自由落体运动

B.松手前,夯锤竖直向上做加速度为a= m/s2的匀加速直线运动

C.每个人对夯锤施加的力大小为300 N

D.夯锤离地的最大高度为0.337 5 m

解析:松手后,因为惯性,夯锤要继续向上运动一段距离后,再自由下落,A错误;图像的斜率表示加速度,松手前,夯锤竖直向上做加速度为a= m/s2的匀加速直线运动,B正确;对夯锤松手前,受力分析有4F-mg=ma,解得F=300 N,C正确;松手时,夯锤离地的高度为h1=t=0.337 5 m,之后,夯锤做竖直上抛运动,所以夯锤离地的最大高度大于0.337 5 m,D错误。

9.某次空军基地用直升机运送医护人员去某地,为了保证直升机升空过程中医护人员不至于身体不适,飞行员在上升过程某阶段进行了相应操作,at图像如图所示(除ab段为曲线,其余段均为直线,取向上为正方向),则下列说法正确的是(　B　)

A.Oa和ab段医护人员处于超重状态,cd段处于失重状态

B.O到d过程医护人员均处于超重状态

C.O到d过程速度增量小于20 m/s

D.根据上述图像可求出0～8 s这段时间直升机上升的高度

解析:O到d过程中加速度始终为正,即始终向上,因此从O到d整个过程中医护人员均处于超重状态,故A错误,B正确;O到d过程速度增量为0～8 s这段时间内at图像与时间轴所围的面积,若将ab看成直线,面积为20.5 m/s,ab曲线向上凸,故实际面积大于20 m/s,故C错误;由于初速度未知,所以无法求出0～8 s这段时间直升机上升的高度,故D错误。

10.(2022·嘉兴选考模拟)现有轻质细绳AB、BC以及轻质弹簧CD。在竖直面内按照如图所示的方式连接,其中A、D两点固定于竖直墙上,B、C为两个可视为质点的小球,质量均为m,AB、CD与竖直方向夹角均为30°,BC沿水平方向。已知重力加速度为g,现只剪断其中一根绳,则(　D　)

A.若只剪断BC绳,则剪断绳后瞬间,B球加速度为g

B.若只剪断BC绳,则剪断绳后瞬间,C球加速度为g

C.若只剪断AB绳,则剪断绳后瞬间,B球加速度为g

D.若只剪断AB绳,则剪断绳后瞬间,C球加速度为g

解析:根据题意,对B、C两个小球整体,根据平衡条件有FABcos 30°+FCDcos 30°=2mg,FABsin 30°=FCDsin 30°,解得FAB=FCD==mg,对B小球,根据平衡条件有FBC=FABsin 30°=mg。若只剪断BC绳,则剪断绳后瞬间,AB绳的拉力发生突变,对B小球有FAB′=mgcos 30°,F合=mgsin 30°,B球加速度为a==,故A错误;若只剪断BC绳,则剪断绳后瞬间,弹簧CD的弹力不发生突变,对C小球有F合=FCDsin 30°,C球加速度为a==g,故B错误;若只剪断AB绳,则剪断绳后瞬间,BC绳的拉力发生突变,弹簧CD的弹力不发生突变,B、C两个小球具有相同的水平加速度,对B小球,水平方向有FBC′=ma,对C小球,水平方向有FCDsin 30°-FBC′=ma,解得a=g,FBC′=mg,对B小球,竖直方向有maB′=mg,解得aB′=g,则B球加速度为aB==g,对C小球,竖直方向有mg-FCDcos 30°=maC′,解得aC′=0,则C球加速度为aC=a=g,故C错误,D正确。

11.如图甲,钢架雪车比赛运动员先在水平轨道上推着雪车由静止出发,匀加速到水平轨道的末端时,运动员快速俯卧到雪车上沿倾角为θ=15°的倾斜轨道匀加速下滑到P点,运动员在轨道上运动时,从开始运动到运动至P点的速率的平方随运动距离x的变化图像如图乙所示,雪车(含运动员)总质量为120 kg,sin 15°=0.26,重力加速度g取10 m/s2,则:

(1)雪车(含运动员)在倾斜轨道上受到的阻力为多大?

(2)运动员从开始运动到下滑到P点的时间为多长?

解析:(1)根据题图乙可知,雪车(含运动员)在倾斜轨道上运动的位移

x=303.05 m-12.8 m=290.25 m,

到达P点的速度vP=35 m/s,

在水平轨道末端的速度v=8 m/s,

根据-v2=2ax,

解得a=2 m/s2,

根据牛顿第二定律mgsin 15°-Ff=ma,

解得Ff=72 N。

(2)在倾斜轨道上运动的时间t2== s=13.5 s,

在水平轨道的位移x1=12.8 m,根据v2=2a1x1,解得a1=2.5 m/s2,则在水平轨道运动的时间

t1== s=3.2 s,

运动员从开始运动到下滑到P点的时间t=t1+t2=16.7 s。

答案:(1)72 N　(2)16.7 s

12.如图所示,为一架小型四旋翼无人机,它是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器,无人机连同装备的质量为m=2 kg,其动力系统所能提供的最大作用力为F0=36 N,某次无人机从地面由静止开始竖直上升。始终保持最大作用力,无人机飞行t1=8 s时到达高度H=64 m。设飞行器飞行时所受阻力大小不变,重力加速度g取10 m/s2。求:

(1)保持最大作用力上升时无人机的加速度大小;

(2)运动过程中所受阻力Ff的大小;

(3)若无人机刚好在第8 s末动力系统出现故障,立即失去动力,则无人机飞离地面的最大

高度。

解析:(1)设加速度大小为a,根据位移时间公式有H=a,解得a=2 m/s2。

(2)由牛顿第二定律得F0-mg-Ff=ma,

解得Ff=12 N。

(3)第8 s末失去动力时H=64 m,

根据速度时间公式有v=at1,

解得v=16 m/s,

设失去升力后的加速度大小为a′,上升的高度为H′,由牛顿第二定律得mg+Ff=ma′,

解得a′=16 m/s2,

根据速度位移公式有v2=2a′H′,

代入数据解得H′=8 m,

则最大高度为h=H+H′=72 m。

答案:(1)2 m/s2　(2)12 N　(3)72 m

13.某酒店有配送机器人。假设配送机器人从静止开始启动,沿直线将水平放置的物品平稳送至目标位置。已知该过程中机器人匀速运动时的最高速度可达2 m/s,加速和减速阶段均做匀变速直线运动,且加速时的加速度与减速时的加速度大小相同,不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2。

(1)若机器人以最高速度匀速行进途中前方0.3 m 的路口处突然出现一位以1.5 m/s的速度同向匀速运动的客人。已知机器人的反应时间为0.1 s,为避免相撞,求机器人做匀减速运动时加速度的最小值;

(2)若机器人为某楼层10个房间的客人配送午餐,各个房门间隔6 m,客人取餐的平均时间为15 s,机器人托盘与餐盒间的动摩擦因数μ=0.2,且认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力。从机器人到达第一个房门开始计时,到最后一位客人取到餐为止,求机器人为此楼客人送餐花费的最短总时间。

解析:(1)为避免相撞,机器人减速后刚追上客人时速度v=vm-at=v人,

对人x1=v人(t0+t),

对机器人x2=vmt0+t,

且有x1+Δx=x2,

联立解得a=0.5 m/s2。

(2)此时最大加速度为am=μg=2 m/s2,

各房门间匀加速阶段有=2amx1,

解得x1=1 m,对应时间t1==1 s,

各房门间匀减速阶段有=2amx2,

解得x2=1 m,对应时间为t2==1 s,

匀速阶段的位移x3=L-x1-x2=4 m,

对应时间为t3==2 s,

则总时间t=9(t1+t2+t3)+10t′=186 s。

答案:(1)0.5 m/s2　(2)186 s

14.图甲为某旅游景点的滑草场,图乙为其中一条滑道的示意图。该滑道由倾角为θ=30°的斜坡AC和水平滑道CD组成,斜坡AC由材质不同的AB、BC两部分组成,一位质量m1=70 kg的游客坐在质量m2=10 kg的滑草车上,从斜坡顶端A点由静止滑下,最终恰好在水平滑道末端D点停下。已知AB、BC的长度分别为LAB=45 m、LBC=15 m,滑草车与AB、BC、CD间的动摩擦因数分别为μ1=,μ2=,μ3=,重力加速度g取10 m/s2,cos 15°=0.96,不计空气阻力以及滑草车经过B、C两点时的能量损失,求滑草车(含游客):

(1)经过B点时的速度大小vB;

(2)在滑道CD上运动时受到的摩擦力大小FfCD及滑道CD的长度LCD;

(3)在整个运动过程中的平均速度大小。

解析:(1)游客和滑草车总质量为

m=m1+m2=80 kg,

滑草车(含游客)在AB段运动时

mgsin θ-μ1mgcos θ=ma1,

解得a1=2.5 m/s2,

根据匀变速直线运动公式-0=2a1LAB,

解得vB=15 m/s。

(2)滑草车(含游客)在BC段运动时

mgsin θ-μ2mgcos θ=ma2,解得a2=0,

所以滑草车(含游客)在BC段做匀速直线运动,则到C点的速度为vC=vB=15 m/s,

滑草车(含游客)在CD段运动时,所受摩擦力为FfCD=μ3mg=150 N,

加速度大小为a3== m/s2,

从C点到D点停止,

根据匀变速直线运动公式0-=-2a3LCD,

解得LCD=60 m。

(3)由于LAB+LBC=LCD=60 m,

所以根据几何知识可得,从A到D的直线距离为xAD=2LCDcos 15°=115.2 m,

滑草车(含游客)在AB、BC、CD段的运动时间分别为t1==6 s,t2==1 s,t3==8 s,

所以整个运动过程中的平均速度大小为

==7.68 m/s。

答案:(1)15 m/s　(2)150 N　60 m

(3)7.68 m/s