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  • 2021-05-27 发布

【物理】2019届二轮复习物体的平衡及直线运动学案(江苏专用)

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‎1.处理共点力平衡问题的基本思路 确定平衡状态(加速度为零)→巧选研究对象(整体法或隔离法)→受力分析→建立平衡方程→求解或作讨论.‎ ‎2.动力学的两类基本问题的处理思路 ‎3.解决动力学问题的常用方法 ‎(1)整体法与隔离法:具有相同加速度的几个物体才可用整体法,涉及物体间的内力,只能用隔离法.‎ ‎(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的反向研究问题的方法,一般用于匀减速直线运动问题,比如刹车问题、竖直上抛运动的问题.‎ 高考题型1 受力分析 物体的平衡 ‎1.在分析两个或两个以上物体间的相互作用时,一般采用整体法与隔离法进行分析.‎ ‎2.采用整体法进行受力分析时,要注意系统内各个物体的加速度应相同.‎ ‎3.当直接分析一个物体的受力不方便时,可转移研究对象,先分析另一个物体的受力,再根据牛顿第三定律分析该物体的受力,此法叫“转移研究对象法”.‎ ‎4.求解共点力平衡的常用方法:(1)三力平衡常用力的合成与分解法或正交分解法.(2)四力及四力以上的平衡一般采用正交分解法.(3)动态平衡常用解析法或图解法.‎ 例1 (多选)将一横截面为扇形的物体B放在水平面上,一小滑块A放在物体B上,如图1所示,除了物体B与水平面间的摩擦力之外,其余接触面的摩擦均可忽略不计,已知物体B的质量为M、滑块A的质量为m,重力加速度为g,当整个装置静止时,A、B接触面的切线与竖直的墙壁之间的夹角为θ.则下列选项正确的是(  )‎ 图1‎ A.物体B对水平面的压力大小为(M+m)g B.物体B受到水平面的摩擦力大小为 C.滑块A与竖直墙壁之间的弹力大小为mgtan θ D.滑块A对物体B的压力大小为 答案 AB 解析  首先对滑块A受力分析,如图甲所示:‎ 根据平衡条件,有:F1=,F2= 根据牛顿第三定律知,A对B的压力大小为,A对竖直墙壁的压力大小为,C、D错误;再对A、B整体受力分析,受重力、水平面的的 支持力、竖直墙壁的支持力、水平面的静摩擦力,如图乙所示:‎ 根据平衡条件,水平面的支持力大小FN=(M+m)g,水平面的摩擦力大小Ff=F2=;‎ 再根据牛顿第三定律,A、B整体对水平面的压力大小为(M+m)g,A、B正确.‎ 拓展训练1 如图2所示,质量为m的木块A放在质量为M的斜面体B上,现用水平向右的恒力F作用在斜面体B上,若A和B沿水平方向以相同的速度一起向右做匀速直线运动,则以下说法正确的是(  )‎ 图2‎ A.B对地面的压力等于Mg B.A对B的压力大小为mgsin θ C.A对斜面体B的摩擦力大小为mgcos θ D.A和B之间的相互作用力的大小等于mg 答案 D 解析 把A、B看成一个整体,竖直方向受力平衡,根据平衡条件得:地面对B的支持为FN=(M+m)g,根据牛顿第三定律可知,B对地面的压力等于(M+m)g,故A错误;选A为研究对象,A受到重力、支持力、静摩擦力三个力,合力为零,根据平衡条件得:B对A的支持力FN′=mgcos θ,B对A的摩擦力Ff=mgsin θ,根据牛顿第三定律可知,A对B的压力大小为mgcos θ,木块A对斜面体B的摩擦力大小为mgsin θ,故B、C错误;A处于静止状态,受力平衡,受到重力和B对A的作用力,根据平衡条件可知,A和B之间的相互作用力的大小等于mg,故D正确.‎ 拓展训练2 (2018·江苏五校联考)如图3所示,一辆运送沙子的自卸卡车装满沙子,沙粒之间的动摩擦因数为μ1,沙子与车厢底板间的动摩擦因数为μ2(μ2>μ1),车厢的倾角用θ表示,下列说法正确的是(  )‎ 图3‎ A.要顺利地卸干净全部沙子,应满足tan θ<μ2‎ B.要顺利地卸干净全部沙子,应满足sin θ>μ2‎ C.只卸去部分沙子,车上还留有一部分沙子,应满足μ2>tan θ>μ1‎ D.只卸去部分沙子,车上还留有一部分沙子,应满足tan θ>μ2>μ1‎ 答案 C 解析 要顺利地卸干净全部沙子,对全部沙子整体受力分析,有Mgsin θ>μ2Mgcos θ,解得μ2<tan θ,故A、B错误.只卸去部分沙子,车上还留有一部分,对缷去部分沙子受力分析,有mgsin θ>μ1mgcos θ,解得μ1<tan θ,对留下的部分沙子受力分析,有(M-m)gsin θ<μ2(M-m)gcos θ,解得μ2>tan θ.故C正确,D错误.‎ 例2 (多选)(2018·南京市、盐城市模拟)如图4所示,在粗糙水平地面上放着一个横截面为四分之一圆弧的柱状物体A,A的左端紧靠竖直墙,A与竖直墙之间放一光滑圆球B,整个装置处于静止状态,若把A向右移动少许后,它们仍处于静止状态,则(  )‎ 图4‎ A.球B对墙的压力减小 B.物体A与球B之间的作用力增大 C.地面对物体A的摩擦力减小 D.物体A对地面的压力不变 答案 ACD 解析 对球B受力分析如图甲所示,则F1=G1=,F2=G2=Gtan θ 当A向右移动少许,F1与竖直方向的夹角θ将减小,‎ 因θ减小,故cos θ增大,tan θ减小,则F1、F2均减小.‎ 根据牛顿第三定律可知,球B对墙的压力将减小,球B对A的压力也减小,故A正确,B错误;‎ 再对A进行受力分析如图乙,A受地面摩擦力Ff=FBsin θ=F1sin θ减小,故地面对A的摩擦力Ff减小,故C正确;‎ 对A、B整体受力分析可知,整体受重力和地面的支持力,由于竖直方向受力不变,故受地面的支持力不变,由牛顿第三定律可知,A对地面的压力不变,故D正确.‎ 拓展训练3 如图5所示,a、b、c三根轻细绳悬挂两个质量相同的小球A、B保持静止,细绳a是水平的,现对B球施加一个水平向右的力F,将B缓缓拉到图中虚线位置,A球始终保持不动,这时三根细绳张力Fa、Fb、Fc的变化情况是(  )‎ 图5‎ A.都变大 B.都不变 C.Fb不变,Fa、Fc变大 D.Fa、Fb不变,Fc变大 答案 C 解析 以B为研究对象受力分析,将重力分解,如图甲所示,由图可以看出,当将B缓缓拉到题图中虚线位置过程,细绳与竖直方向夹角变大,即Fc逐渐变大,F逐渐变大;‎ 再以A、B整体为研究对象受力分析,如图乙所示.‎ 设b绳与水平方向夹角为α,则竖直方向有:Fbsin α=2mg 得:Fb=,保持不变;‎ 水平方向:Fa=Fbcos α+F,Fbcos α不变,而F逐渐变大,故Fa逐渐变大,故选C.‎ 高考题型2 直线运动的图象问题 ‎1.x-t图象、v-t图象、a-t图象的物理意义.‎ ‎2.图象问题的五看.‎ 一看:轴;二看:线;三看:斜率;四看:面积;五看:特殊点.‎ ‎3.图象问题的两点注意.‎ ‎(1)x-t图象和v-t图象描述的都是直线运动,图象不表示物体的运动轨迹.‎ ‎(2)利用v-t图象分析两个物体的运动时,要注意两个物体的出发点,即注意它们是否从同一位置出发.‎ 例3 (多选)(2018·泰州市模拟)如图6(a)所示,质量相等的a、b两物体,分别从斜面上的同一位置A由静止下滑,经B点在水平面上滑行一段距离后停下.不计经过B点时的能量损失,用传感器采集到它们的速度-时间图象如图(b)所示,下列说法正确的是(  )‎ 图6‎ A.a在斜面上滑行的加速度比b的大 B.a在水平面上滑行的距离比b的短 C.a与斜面间的动摩擦因数比b的小 D.a与水平面间的动摩擦因数比b的大 答案 AC 解析 由题图(b)斜率可知a做加速运动时的加速度比b做加速运动时的加速度大,故A正确;物体在水平面上的运动是匀减速运动,a从t1时刻开始,b从t2时刻开始,由图象与t轴围成的面积表示位移可知,a在水平面上做匀减速运动的位移比b在水平面上做匀减速运动的位移大,故B错误;物体在斜面上运动的加速度为a==gsin θ-μgcos θ,因为a的加速度大于b的加速度,所以a与斜面间的动摩擦因数比b的小,故C正确;物体在水平面上运动的加速度为a′==μg,因为a的加速度小于b的加速度,所以a与水平面间的动摩擦因数比b的小,故D错误.‎ 拓展训练4 甲、乙两物体在同一水平地面上做直线运动,其运动的x-t图象如图7所示,已知乙物体从静止开始做匀加速直线运动.下列说法正确的是(  )‎ 图7‎ A.甲物体先做匀减速直线运动,后做匀速直线运动 B.在0~120 s内,乙物体的平均速度大小大于0.5 m/s C.在0~120 s内,甲物体运动的位移大小小于乙物体运动的位移大小 D.乙物体在M点所对应的瞬时速度大小一定大于0.5 m/s 答案 D 解析 根据位移—时间图象的斜率表示速度,知甲物体先做匀速直线运动,后静止,A错误;在0~120 s内,乙物体的位移大小为Δx=60 m,平均速度大小为== m/s=0.5 m/s,B错误;在0~120 s内,甲物体运动的位移大小为Δx′=80 m,大于乙物体运动的位移大小,C错误;根据匀变速直线运动的推论知,乙物体在t=60 s时的瞬时速度等于在0~120 s内的平均速度0.5 m/s,而乙物体做匀加速直线运动,所以乙物体在M点所对应的瞬时速度大小一定大于0.5 m/s,D正确.‎ 拓展点 非常规图象问题 拓展训练5 (多选)(2018·无锡市高三期末) 宇航员的训练、竞技体育的指导、汽车的设计等多种工作都用到急动度(jerk)的概念.加速度对时间的变化率称为急动度,其方向与加速度的变化方向相同.一质点从静止开始做直线运动,其加速度随时间的变化关系如图8.下列说法正确的是(  )‎ 图8‎ A.t =1 s时急动度是0.5 m/s3‎ B.t=3 s时的急动度和t=5 s时的急动度等大反向 C.2~4 s内质点做减速运动 D.0~6 s内质点速度方向不变 答案 AD 拓展训练6 (多选)(2018·高邮市期初) 一质点沿x轴正方向做直线运动,通过坐标原点时开始计时,其-t图象如图9所示,则(  )‎ 图9‎ A.质点做匀速直线运动,速度为0.5 m/s B.质点做匀加速直线运动,加速度为1 m/s2‎ C.质点在2 s末速度为2 m/s D.质点在第2 s内的位移为2.5 m 答案 BD 解析 由题图得:=1+0.5t,根据x=v0t+at2,得:=v0+at,对比可得:a=0.5 m/s2,则加速度为 a=2×0.5 m/s2=1 m/s2,质点做匀加速直线运动,故A错误,B正确.质点的初速度v0=1 m/s,在2 s末速度为v=v0+at=(1+1×2) m/s=3 m/s,故C错误.质点做匀加速直线运动,在第2 s内的位移大小为 x=v0t2+at22-(v0t1+at12)=2.5 m,故D正确.‎ 高考题型3 动力学方法的综合应用 牛顿第二定律和运动学公式的综合应用问题的求解.‎ ‎(1)选取研究对象.若研究多个物体,注意选取整体法或隔离法.‎ ‎(2)若多过程,将物体的运动分为相应的几个阶段,明确各段相互联系的物理量.‎ ‎(3)分析物体的受力情况和运动情况.‎ ‎(4)利用牛顿运动定律和运动学公式列出相应的表达式进行求解.‎ 例4 (2018·苏州市模拟)如图10甲所示,一质量m=0.4 kg的小物块,以v0=2 m/s的初速度,在与固定斜面平行的拉力作用下,沿斜面向上做匀加速运动,经t=2 s的时间物块由A点运动到B点,A、B之间的距离L=10 m.已知斜面倾角θ=30°,物块与斜面之间的动摩擦因数μ=.重力加速度g取10 m/s2.求:‎ 图10‎ ‎(1)物块到达B点时速度的大小,物块加速度的大小;‎ ‎(2)拉力F的大小;‎ ‎(3)若拉力F与斜面夹角为α(0°<α<90°),如图乙所示,试写出拉力F的表达式.‎ 答案 (1)8 m/s 3 m/s2 (2)5.2 N (3)F= 解析 (1)设物块加速度的大小为a,到达B点时速度的大小为v,则L=v0t+at2①‎ v=v0+at②‎ 联立①②式,代入数据得a=3 m/s2,v=8 m/s.‎ ‎(2)由牛顿第二定律得F-mgsin θ-Ff0=ma FN0=mgcos θ 又Ff0=μFN0‎ 联立解得:F=5.2 N ‎(3) 设物块所受支持力为FN,所受摩擦力为Ff,受力分析如图所示,由牛顿第二定律得 Fcos α-mgsin θ-Ff=ma③‎ Fsin α+FN-mgcos θ=0④‎ 又Ff=μFN⑤‎ 联立③④⑤式得拉力F的表达式为F=.‎ 拓展训练7 (2018·苏州市模拟)如图11所示,倾角θ=37°、斜面长为1 m的斜面体放在水平面上.将一质量为2 kg的小物块从斜面顶端由静止释放,1 s后到达底端,斜面体始终保持静止.重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8.求:‎ 图11‎ ‎(1)小物块沿斜面下滑的加速度大小和到达底端时速度的大小;‎ ‎(2)小物块与斜面之间的动摩擦因数; ‎ ‎(3)小物块运动过程中,水平面对斜面体的摩擦力大小和方向.‎ 答案 (1)2 m/s2 2 m/s (2)0.5 (3)3.2 N 向左 解析 (1)由运动学公式得:x=at2‎ 解得a=2 m/s2‎ 由v=at得:v=2 m/s.‎ ‎(2)由牛顿第二定律得:mgsin θ-μmgcos θ=ma 解得μ=0.5.‎ ‎(3)因小物块与斜面体组成的整体具有向左的加速度,故水平面对斜面体的摩擦力向左 ‎ 大小为:Ff=mgsin θcos θ-μmgcos2θ=3.2 N.‎ 拓展训练8 (2018·如皋市期初) 如图12所示,在水平长直的轨道上,有一长度L=2 m的平板车在外力控制下始终保持速度v0=4 m/s向右做匀速直线运动.某时刻将一质量为m=1 kg的小滑块轻放到车面的中点,滑块与车面间的动摩擦因数为μ=0.2,取g=10 m/s2,求:‎ 图12‎ ‎(1)小滑块m的加速度大小和方向;‎ ‎(2)通过计算判断滑块能否从车上掉下;‎ ‎(3)若当滑块放到车面中点的同时对该滑块施加一个与v0同向的恒力F,要保证滑块不能从车的左端掉下,恒力F大小应满足什么条件?‎ 答案 (1)2 m/s2 方向向右 (2)滑块能从车上掉下 (3) 不小于6 N 解析 (1)小滑块放上车时相对小车向左运动,滑动摩擦力向右,Ff=μmg 根据牛顿第二定律有:F合=Ff F合=ma 得小滑块加速度:a=μg=2 m/s2,方向向右 ‎(2)小滑块放上车后做匀加速直线运动,假设当经历时间t速度能达到v0,滑块通过的位移 x1=at2‎ 且v0=at 小车通过位移:x2=v0t 位移差:Δx=x2-x1‎ 由于Δx=4 m>L=1 m,故滑块会从车上掉下来;‎ ‎(3)加上恒力F的方向与摩擦力方向相同,故滑块所受合力F合′=Ff+F 由牛顿第二定律有:F合′=ma′‎ 滑块放上车后做匀加速直线运动,设当经历时间t′之后速度达到v0,滑块通过的位移:‎ x1′=a′t′2‎ 且v0=a′t′‎ 小车通过位移:x2′=v0t′‎ 只需要满足位移差Δx′=x2′-x1′≤即可 联立各式得:F≥6 N.‎ 专题强化练 ‎1.(2018·无锡市期中)我国的高铁技术在世界处于领先地位,高铁(如图1甲所示)在行驶过程中非常平稳,放在桌上的水杯几乎无晃动.图乙为高铁车厢示意图,A、B两物块相互接触地放在车厢内的水平桌面上,物块与桌面间的动摩擦因数相同,A的质量比B的质量大,列车在平直的铁轨上向右做匀速直线运动,A、B相对于桌面始终保持静止,下列说法正确的是(  )‎ 图1‎ A.A受到2个力的作用 B.B受到3个力的作用 C.A受到桌面对它向右的摩擦力 D.B受到A对它向右的弹力 答案 A 解析 列车在平直的铁轨上向右做匀速直线运动,此时A、B均在向右做匀速直线运动,故A、B均只受重力和支持力作用,水平方向没有外力,故水平方向均不受摩擦力,同时A、B间也没有弹力作用,故A正确,B、C、D错误.‎ ‎2.(2018·盐城中学段考)利用速度传感器与计算机结合,可以自动作出物体运动的图象,某同学在一次实验中得到的运动小车的v-t图象如图2所示,由此可以知道(  )‎ 图2‎ A.小车做曲线运动 B.小车加速度一直在减小 C.小车运动的最大速度约为0.8 m/s D.小车的最大位移约为11 m 答案 C 解析  v-t图中,v>0表示小车运动方向始终沿正方向,做直线运动,故A错误.由题图图象的斜率可知9~15 s时间内小车做加速度增大的减速运动;当t=9 s时,速度最大,vmax≈0.8 m/s,故B错误,C正确.在v-t图中,图线与t轴所围的面积在数值上表示位移的大小,图中每小格的面积表示的位移大小为0.1 m,总格数约为78格(大于半格计为一格,小于半格忽略不计),总位移约为7.8 m,故D错误.‎ ‎3.(2018·盐城市期中) 图3为质点做直线运动时加速度随时间变化的关系图线,该图中斜线部分面积S表示t1~t2过程中质点的(  )‎ 图3‎ A.位移 B.平均速度 C.速度变化量 D.速度变化率 答案 C ‎4.(2018·江苏省高考压轴冲刺卷)将一物块以初速度v0从地面竖直向上抛出,物块运动到最高点后返回地面,整个过程所受阻力恒定,取抛出点为坐标原点,竖直向上为x轴正方向,则物块速度的平方v2与位置坐标x的关系图象正确的是(  )‎ 答案 A 解析 由于阻力存在,则当物块再次返回地面时速度一定小于v0,故B、D错误;由于阻力恒定,故上升和下降过程中均为匀变速运动,由v2=2ax可得图象为倾斜的直线,故A正确,C错误. ‎ ‎5.(2018·如东调研) 如图4所示,x-t图象反映了甲、乙两车在同一条直道上行驶的位移随时间变化的关系,已知乙车做匀变速直线运动,其图线与t轴相切于10 s处,则(  )‎ 图4‎ A.甲车的加速度大小为4.0 m/s2‎ B.乙车的加速度大小为1.6 m/s2‎ C.5 s时两车速度相等 D.乙车的初位置在x0=75 m处 答案 B 解析 甲车做匀速直线运动,速度为 v甲== m/s=4 m/s,加速度是0,故A错误.乙车做匀变速直线运动,其图线与t轴相切于10 s处,则t=10 s时,速度为零,将其运动反过来看成初速度为0的匀加速直线运动,则x=at2,根据题图有:x0=a·102,20=a·52,解得:a=1.6 m/s2,x0=80 m,故B正确,D错误.位移-时间图象的斜率等于速度,则知5 s时乙车速度大于甲车的速度,故C错误.‎ ‎6.(2018·泰州中学开学考) 如图5所示,用OA、OB两根轻绳将物体悬于两竖直墙之间,OA、OB两根轻绳之间的夹角为90°.当缩短OA绳,使A点下移,直至轻绳OA为水平,在此过程中保持O点位置不变.则在A点不断下移到A′的过程中,绳OA的拉力(  )‎ 图5‎ A.逐渐增大 B.逐渐减小 C.先变小后变大 D.先变大后变小 答案 A ‎7.如图6所示,某学习小组利用直尺估测反应时间:甲同学捏住直尺上端,使直尺保持竖直,‎ 直尺零刻度线位于乙同学的两指之间.当乙看见甲放开直尺时,立即用手指捏住直尺,根据乙手指所在位置计算反应时间.为简化计算,某同学将直尺刻度进行了改进,以相等时间间隔在直尺的反面标记反应时间的刻度线,制作了“反应时间测量仪”,下列四幅图中刻度线标度正确的是(  )‎ 图6‎ 答案 B 解析 由题可知,手的位置在开始时应放在0刻度处,所以0刻度要在下边,直尺做自由落体运动的位移:h=gt2,位移与时间的平方成正比,所以随时间的增大,测量尺上刻度的间距增大,由以上的分析可知,只有图B是正确的.‎ ‎8.(2018·阜宁中学模拟)远距离运输鸡蛋,为减少颠簸引起的破裂损失,通常将鸡蛋放置在如图7所示的泡沫槽内.设一只鸡蛋质量为m,蛋壳能承受的最大压力是F0,已知当地的重力加速度为g,为保证汽车在水平路面行驶时鸡蛋不致于损坏,汽车的刹车加速度不能超过(  )‎ 图7‎ A.-g ‎ B.g+ C. ‎ D. ‎ 答案 C 解析 根据牛顿第二定律,有:=ma 解得:a=,选项C正确,A、B、D错误.‎ ‎9.(2018·如皋市调研)滑板运动是许多极限运动的鼻祖,许多极限运动项目均由滑板项目发展而来.如图8所示,质量为M的滑板车放在光滑的倾角为α的斜面上,质量为m的滑板运动员站在滑板车上,若要滑板车静止在斜面上,则运动员需要(  )‎ 图8‎ A.匀速向下奔跑 B.以加速度a=gsin α向下加速奔跑 C.以加速度a=gsin α向下加速奔跑 D.以加速度a=gsin α向上加速奔跑 答案 C ‎10.(多选)(2018·徐州三中模拟) 如图9所示,质量M=2 kg的一定长度的长木板静止在光滑水平面上,在其左端放置一质量m=1 kg的小木块(可视为质点),小木块与长木板之间的动摩擦因数μ=0.2.长木板和小木块先相对静止,然后用一水平向右的F=4 N的力作用在小木块上,经过时间t=2 s,小木块从长木板另一端滑出,g取10 m/s2,则(  )‎ 图9‎ A.滑出瞬间,小木块的速度为2 m/s B.滑出瞬间,小木块的速度为4 m/s C.滑出瞬间,长木板的速度为2 m/s D.滑出瞬间,长木板的速度为4 m/s 答案 BC 解析 根据牛顿第二定律,对小木块:a1== m/s2=2 m/s2,‎ 对长木板:a2== m/s2=1 m/s2,‎ 由题意可知,木块与长木板都做初速度为零的匀加速直线运动,运动时间:t=2 s,‎ 木块滑出瞬间,小木块的速度:v1=a1t=2×2 m/s=4 m/s,‎ 长木板的速度:v2=a2t=1×2 m/s=2 m/s.‎ ‎11.(2018·苏州市模拟)如图10所示,质量m=2 kg的物体静止于水平地面的A处,A、B间距L=20 m.用大小为30 N、方向水平向右的外力F0拉此物体,经t0=2 s,拉至B处.(取g=10 m/s2)‎ 图10‎ ‎(1)求物体运动的加速度a0大小;‎ ‎(2)求物体与地面间的动摩擦因数μ;‎ ‎(3)若用大小为20 N的力F沿水平方向拉此物体,使物体从A处由静止开始运动并能到达B处,求该力作用的最短时间t.‎ 答案 (1)10 m/s2 (2)0.5 (3) 2 s 解析 (1)物体在水平地面上从A点由静止开始向B点做匀加速直线运动,‎ 根据L=a0t02‎ 解得:a0== m/s2=10 m/s2‎ ‎(2)对物体进行受力分析得:‎ F0-μmg=ma0‎ 解得:μ===0.5‎ ‎(3)物体在水平地面上从A点由静止开始向B点经历了在F和Ff共同作用下的匀加速运动和只在Ff作用下的匀减速运动.‎ 匀加速运动过程:F-Ff=ma1‎ 匀减速运动过程:Ff=ma2‎ Ff=μmg v=a1t x1=a1t2‎ ‎0-v2=-2a2x2‎ ‎ L=x1+x2‎ 解得:t=2 s.‎ ‎12.(2018·泰州中学模拟)传送带以恒定速度v=4 m/s顺时针运行,传送带与水平面的夹角θ=37°.现将质量m=2 kg的小物品轻放在其底端(小物品可看成质点),平台上的人通过一根平行于传送带的轻绳用恒力F=20 N拉小物品,经过一段时间物品被拉到离地面高为H=1.8 m的平台上,如图11所示.已知物品与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10 m/s2,已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8.问:‎ 图11‎ ‎(1)物品从传送带底端运动到平台上所用的时间是多少?‎ ‎(2)若在物品与传送带达到同速瞬间撤去恒力F,求物品还需多少时间离开传送带?(计算结果可用根式表示)‎ 答案 (1)1 s  (2)(2-) s 解析 (1)物品在达到与传送带速度v=4 m/s相等前,有:F+μmgcos 37°-mgsin 37°=ma1‎ 解得a1=8 m/s2;‎ 由v=a1t1,得t1=0.5 s,‎ 位移x1=a1t12=1 m,‎ 随后,有:F-μmgcos 37°-mgsin 37°=ma2,‎ 解得a2=0,即物品随传送带匀速上升,‎ 位移x2=-x1=2 m;t2==0.5 s;‎ 总时间为:t=t1+t2=1 s;‎ 即物品从传送带底端运动到平台上所用的时间是1 s;‎ ‎(2)在物品与传送带达到同速瞬间撤去恒力F,根据牛顿第二定律,有 μmgcos 37°-mgsin 37°=ma3‎ 解得:a3=-2 m/s2;‎ 假设物品向上匀减速到速度为零时,通过的位移为x,x=-=4 m>x2;‎ 即物品速度减为零前已经到达最高点;‎ ‎ 由x2=vt3+a3t32;‎ 解得:t3=(2-) s,t3=(2+) s>1 s(舍去)‎ 即物品还需(2-) s离开传送带.‎

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