2021版物理提能大一轮复习课标版文档：第三章　专题2　动力学常见模型与图像

专题2　动力学常见模型与图像

考点一　图像问题

1.动力学图像问题的类型

2.数形结合解决动力学图像问题

(1)在图像问题中,无论是读图还是作图,都应尽量先建立函数关系,进而明确“图像与公式”“图像与物体”间的关系;然后根据函数关系读取图像信息或者描点作图。

(2)读图时,要注意图线的起点、斜率、截距、折点以及图线与横坐标包围的“面积”等所对应的物理意义,尽可能多地提取解题信息。

3.解题策略

1.(多选)(2019课标Ⅲ,20,6分)如图(a),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。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(b)所示,木板的速度v与时间t的关系如图(c)所示。木板与实验台之间的摩擦可以忽略。重力加速度取10 m/s2。由题给数据可以得出(　　)

图(a)

图(b)　　　　　　　　　　图(c)

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

答案　AB　分析知木板受到的摩擦力f'=f。0~ 2 s,木板静止,F=f',F逐渐增大,所以C错误。4 s~5 s,木板加速度大小a2= m/s2=0.2 m/s2,对木板受力分析,f'=ma2=0.2 N,得m=1 kg,所以A正确。2~ 4 s,对木板有F-f'=ma1,F=f'+ma1=0.2 N+1× N=0.4 N,所以B正确。由于无法确定物块的质量,则尽管知道滑动摩擦力大小,仍无法确定物块与木板间的动摩擦因数,故D错误。

2.1845年英国物理学家和数学家斯·托马斯(S.G.Stokes)研究球体在液体中下落时,发现了液体对球的粘滞阻力与球的半径、速度及液体的种类有关,有F=6πηrv。其中物理量η为液体的粘滞系数,它与液体的种类及温度有关。如图所示,现将一颗小钢珠由静止释放到盛有蓖麻油的足够深量筒中,下列描绘小钢珠在下沉过程中加速度大小与时间关系的图像可能正确的是(　　)

答案　D　根据牛顿第二定律得,小钢珠的加速度a==,在下降的过程中,速度v增大,阻力F增大,则加速度a减小,当重力和阻力相等时,做匀速运动,加速度为零,故选项D正确。

3.(多选)如图甲所示,一质量为M的长木板静置于光滑水平面上,其上放置一质量为m的小滑块。木板受到水平拉力F作用时,用传感器测出长木板的加速度a与水平拉力F的关系如图乙所示,重力加速度g取10 m/s2,下列说法正确的是(　　)

甲

乙

A.小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.1

B.当水平拉力F=7 N时,长木板的加速度大小为3 m/s2

C.当水平拉力F增大时,小滑块的加速度一定增大

D.小滑块的质量m=2 kg

答案　BD　由题可知,当0<F≤6 N时二者一起加速运动,对整体有F=(M+m)a,a=F,即此时a-F图线的斜率表示整体质量的倒数,得M+m=3 kg;当F>6 N时二者间出现相对滑动,对木板有F-μmg=Ma,即a=F-,可见此时图线斜率表示木板质量的倒数,可得M=1 kg,则m=     2 kg,D正确;由于出现相对滑动后小滑块所受合外力等于木板对它产生的摩擦力,不再随F的增大而变化,则出现相对滑动后小滑块的加速度达到最大且不再变化,由图可知小滑块的最大加速度为a大=2 m/s2,由牛顿第二定律有μmg=ma大,得μ=0.2,A、C错误;将F=7 N代入a=F-得a=3 m/s2,B正确。

考点二　“传送带”模型

1.模型特征

(1)水平传送带模型

　　(2)倾斜传送带模型

　　2.传送带模型动力学分析

(1)传送带模型问题的分析流程

(2)判断方法

①水平传送带

　　②倾斜传送带

　　例　如图所示,传送带与水平地面间的夹角θ=37°,A到B的长度为L=10.25 m,传送带以v0=10 m/s的速率逆时针转动。在传送带上端A处无初速度地放一个质量为m=0.5 kg的黑色煤块,它与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.5。煤块在传送带上经过会留下黑色痕迹。已知   sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,取g=10 m/s2,求:

(1)煤块从A运动到B的时间;

(2)煤块从A运动到B的过程中在传送带上形成的黑色痕迹的长度。

答案　(1)1.5 s　(2)5 m

解析　(1)煤块刚放上传送带时,受到向下的摩擦力,受力分析如图甲所示,其加速度为a1=g(sin θ+μ cos θ)=10 m/s2

与传送带共速所用时间t1==1 s

煤块运动的位移x1=a1=5 m<L

即煤块下滑5 m时与传送带速率相等

煤块速度达到v0后,受到向上的摩擦力,由于μ<tan 37°,煤块仍将加速下滑,受力分析如图乙所示,煤块的加速度

a2=g(sin θ-μ cos θ)=2 m/s2

煤块距B处的距离x2=L-x1=5.25 m

又有x2=v0t2+a2,得t2=0.5 s

则煤块从A运动到B的时间t=t1+t2=1.5 s

甲　　　　　　　　　乙

(2)煤块以加速度a1运动时留下的黑色痕迹长Δx1=v0t1-x1=5 m

煤块以加速度a2运动时留下的黑色痕迹长Δx2=x2-v0t2=0.25 m

Δx1与Δx2部分重合,故痕迹总长为5 m

考向1　水平传送带模型

1.水平传送带被广泛应用于飞机场和火车站,对旅客的行李进行安全检查。如图为一水平传送带装置示意图,绷紧的传送带AB始终保持1 m/s的恒定速度运行,一质量为m=4 kg的行李无初速地放在A处,该行李与传送带间的动摩擦因数μ=0.1,AB间的距离l=2 m,g取10 m/s2,求:

(1)行李从A运送到B所用的时间t为多少;

(2)电动机运送该行李需消耗的电能E为多少;

(3)如果提高传送带的运行速率,行李就能够较快传送到B处,求行李从A处传送到B处的最短时间和传送带对应的最小运行速率v'。

答案　(1)2.5 s　(2)4 J　(3)2 s　2 m/s

解析　(1)行李放在A处后受滑动摩擦力而向右运动,设此时行李的加速度为a,由牛顿第二定律得μmg=ma,a=1.0 m/s2

设行李从速度为零运动至速度为1 m/s所用的时间为t1,所通过的位移为s1,则

v=at1,t1=1 s,s1=a,s1=0.5 m

行李速度达到1 m/s后与传送带保持相对静止,一起做匀速运动,设所用时间为t2

则t2==1.5 s

设行李从A运送到B共用时间为t,则t=t1+t2=2.5 s

(2)电动机需消耗的电能是行李增加的动能和系统增加的内能之和,故

E=mv2+μmgΔL

行李与传送带的相对位移ΔL=vt1-s1=0.5 m

代入数据解得E=4 J

(3)行李从A匀加速运动到B时,传送时间最短

有l=at2

代入数据得t=2 s

此时传送带对应的运行速率v'≥at=2 m/s

故传送带对应的最小运行速率为2 m/s

考向2　倾斜传送带模型

2.如图所示,与水平面成θ=30°角的倾斜传送带正以v=3 m/s 的速度匀速运行,A、B两端相距l=13.5 m。现每隔1 s把质量m=1 kg的工件(视为质点)轻放在传送带上,工件在传送带的带动下向上运动,工件与传送带间的动摩擦因数μ=,取g=10 m/s2,结果保留两位有效数字。求:

(1)相邻工件间的最小距离和最大距离;

(2)满载与空载相比,传送带需要增加多大的牵引力。

答案　(1)0.50 m　3.0 m　(2)33 N

解析　(1)设工件在传送带上加速运动时的加速度为a,则μmg cos θ-mg sin θ=ma

代入数据解得a=1.0 m/s2

刚放上下一个工件时,该工件离前一个工件的距离最小,且最小距离dmin=at2

解得dmin=0.50 m

当工件匀速运动时,两相邻工件相距最远,则

dmax=vt=3.0 m

(2)由于工件加速运动的时间为t1==3.0 s,因此传送带上总有三个(n1=3)工件正在加速,故所有做加速运动的工件对传送带的总滑动摩擦力f1=3μmg cos θ

在滑动摩擦力作用下工件移动的位移x==4.5 m

传送带上匀速运动的工件个数n2==3(个)

当工件与传送带相对静止后,每个工件受到的静摩擦力f0=mg sin θ,所有做匀速运动的工件对传送带的总静摩擦力f2=n2f0

与空载相比,满载时传送带需增大的牵引力F=f1+f2

代入数据解得F=33 N

考点三　“滑块—滑板”模型

1.模型特征

滑块—滑板模型(如图a所示),涉及两个物体间的相对滑动,题目涉及摩擦力分析、相对运动、摩擦生热、多次相互作用等,属于多物体、多过程问题,综合性较强,对能力要求较高,频现于高考试卷中。另外,常见的子弹射击木块(如图b)、圆环在直杆上滑动(如图c)都属于滑块—滑板类问题,处理方法与滑块—滑板模型类似。

2.思维模板

3.解题步骤

1.如图所示,质量相等的物块A和B叠放在水平地面上,左边缘对齐。A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ。先敲击A,A立即获得水平向右的初速度,在B上滑动距离L后停下。接着敲击B,B立即获得水平向右的初速度,A、B都向右运动,左边缘再次对齐时恰好相对静止,此后两者一起运动至停下。最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g。求:

(1)A被敲击后获得的初速度大小vA;

(2)在左边缘再次对齐的前、后,B运动加速度的大小aB、aB';

(3)B被敲击后获得的初速度大小vB。

答案　(1)　(2)3μg　μg

(3)2

解析　(1)由牛顿运动定律知,A加速度的大小aA=μg

匀变速直线运动2aAL=

解得vA=

(2)设A、B的质量均为m

对齐前,B所受合外力大小F=3μmg

由牛顿运动定律F=maB,得aB=3μg

对齐后,A、B所受合外力大小

F'=2μmg

由牛顿运动定律F'=2maB',得aB'=μg

(3)经过时间t,A、B达到共同速度v,位移分别为xA、xB,A加速度的大小等于aA

则v=aAt,v=vB-aBt

xA=aAt2,xB=vBt-aBt2

且xB-xA=L

解得vB=2

2.(2017课标Ⅲ,25,20分)如图,两个滑块A和B的质量分别为mA=1 kg和mB=5 kg,放在静止于水平地面上的木板的两端,两者与木板间的动摩擦因数均为μ1=0.5;木板的质量为m=4 kg,与地面间的动摩擦因数为μ2=0.1。某时刻A、B两滑块开始相向滑动,初速度大小均为v0=    3 m/s。A、B相遇时,A与木板恰好相对静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,取重力加速度大小g=10 m/s2。求

(1)B与木板相对静止时,木板的速度;

(2)A、B开始运动时,两者之间的距离。

答案　(1)1 m/s　(2)1.9 m

解析　(1)滑块A和B在木板上滑动时,木板也在地面上滑动。设A、B和木板所受的摩擦力大小分别为f1、f2和f3,A和B相对于地面的加速度大小分别为aA和aB,木板相对于地面的加速度大小为a1。在滑块B与木板达到共同速度前有

f1=μ1mAg①

f2=μ1mBg②

f3=μ2(m+mA+mB)g③

由牛顿第二定律得

f1=mAaA④

f2=mBaB⑤

f2-f1-f3=ma1⑥

设在t1时刻,B与木板达到共同速度,其大小为v1。由运动学公式有

v1=v0-aBt1⑦

v1=a1t1⑧

联立①②③④⑤⑥⑦⑧式,代入已知数据得

v1=1 m/s⑨

(2)在t1时间间隔内,B相对于地面移动的距离为

sB=v0t1-aB⑩

设在B与木板达到共同速度v1后,木板的加速度大小为a2。对于B与木板组成的体系,由牛顿第二定律有

f1+f3=(mB+m)a2

由①②④⑤式知,aA=aB;再由⑦⑧式知,B与木板达到共同速度时,A的速度大小也为v1,但运动方向与木板相反。由题意知,A和B相遇时,A与木板的速度相同,设其大小为v2。设A的速度大小从v1变到v2所用的时间为t2,则由运动学公式,对木板有

v2=v1-a2t2

对A有

v2=-v1+aAt2

在t2时间间隔内,B(以及木板)相对地面移动的距离为

s1=v1t2-a2

在(t1+t2)时间间隔内,A相对地面移动的距离为

sA=v0(t1+t2)-aA(t1+t2)2

A和B相遇时,A与木板的速度也恰好相同。因此A和B开始运动时,两者之间的距离为

s0=sA+s1+sB

联立以上各式,并代入数据得

s0=1.9 m

(也可用如图的速度-时间图线求解)

1.如图所示为粮袋的传送装置,已知A、B两端间的距离为L,传送带与水平方向的夹角为θ,工作时运行速度为v,粮袋与传送带间的动摩擦因数为μ,正常工作时工人在A端将粮袋轻放到运行中的传送带上。设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等,重力加速度大小为g。关于粮袋从A到B的运动,以下说法正确的是(　　)

A.粮袋到达B端的速度与v比较,可能大、可能小也可能相等

B.粮袋开始运动的加速度为g(sin θ-μ cos θ),若L足够大,则以后将以速度v做匀速运动

C.若μ≥ tan θ,则粮袋从A端到B端一定是一直做加速运动

D.不论μ大小如何,粮袋从A端到B端一直做匀加速运动,且加速度a≥g sin θ

1.答案　A　若传送带较短,粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动,到达B端时的速度小于v;若μ≥ tan θ且传送带足够长,则粮袋先做匀加速运动,当速度与传送带的速度相同后,做匀速运动,到达B端时速度与v相同;若μ< tan θ且传送带足够长,则粮袋先做加速度为   g(sin θ+μ cos θ)的匀加速运动,当速度与传送带相同后做加速度为g(sin θ-μ cos θ)的匀加速运动,到达B端时的速度大于v,选项A正确。粮袋开始时速度小于传送带的速度,相对传送带的运动方向沿传送带向上,所以受到沿传送带向下的滑动摩擦力,大小为μmg cos θ,根据牛顿第二定律得加速度a==g(sin θ+μ cos θ),选项B错误。若μ≥    tan θ,粮袋从A到B可能一直是做匀加速运动,也可能先做匀加速运动,当速度与传送带的速度相同后,做匀速运动,选项C、D错误。

2.(多选)(2019海南海口模拟)如图所示,水平传送带A、B两端相距s=3.5 m,工件与传送带间的动摩擦因数μ=0.1。工件滑上A端瞬时速度vA=4 m/s,到达B端的瞬时速度设为vB,则(g取10 m/s2)(　　)

A.若传送带不动,则vB=3 m/s

B.若传送带以速度v=4 m/s逆时针匀速转动,vB=3 m/s

C.若传送带以速度v=2 m/s顺时针匀速转动,vB=3 m/s

D.若传递带以速度v=2 m/s顺时针匀速转动,vB=2 m/s

2.答案　ABC　若传送带不动,由匀变速运动规律可知-=-2as,a=μg,代入数据解得vB=   3 m/s,当满足选项B、C、D中的条件时,工件所受滑动摩擦力跟传送带不动时一样,还是向左,加速度大小还是μg,所以工件到达B端时的瞬时速度仍为3 m/s,故选项A、B、C正确,D错误。

3.如图所示,E为斜面的中点,斜面上半段光滑,下半段粗糙,一个小物体由顶端静止释放,沿斜面下滑到底端时速度为零。以沿斜面向下为正方向,则物体下滑过程中的位移x、速度v、合力F、加速度a与时间t的关系图像可能正确的是(　　)

3.答案　B　物体在光滑的斜面上做匀加速直线运动,位移-时间图像的开口向上,物体在粗糙的斜面上做匀减速直线运动,位移-时间图像的开口向下,故A错误;物体在斜面上半段做匀加速直线运动,在下半段做匀减速直线运动,由于到达底端的速度为零,则物体在上半段和下半段的平均速度相等,位移也相等,故物体在上半段和下半段的运动时间相等,物体做匀加速和匀减速直线运动的加速度大小相等,方向相反,故物体在上半段和下半段所受合外力大小相等,方向相反,B正确,C、D错误。

4.(多选)(2019山东潍坊模拟)如图所示,倾斜的传送带顺时针匀速转动,一物块从传送带上端A滑上传送带,滑上时速率为v1,传送带的速率为v2,且v2>v1,不计空气阻力,动摩擦因数一定,关于物块离开传送带的速率v和位置,下面可能的是(　　)

A.从下端B离开,v>v1 B.从下端B离开,v<v1

C.从上端A离开,v=v1 D.从上端A离开,v<v1

4.答案　ABC　滑块从A端滑上传送带,在传送带上必先相对传送带向下运动,由于不确定滑块与传送带间的摩擦力和滑块的重力沿传送带下滑分力的大小关系和传送带的长度,若能从A端离开,由运动的对称性可知,必有v=v1,选项C正确,D错误。若从B端离开,当摩擦力大于重力的分力时,则v<v1,选项B正确;当摩擦力小于重力的分力时,则v>v1,选项A正确;当摩擦力和重力的分力相等时,滑块一直做匀速直线运动,v=v1。

5.(多选)如图甲所示,倾角为θ的足够长的传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行。t=0时,将质量m=1 kg的物体(可视为质点)轻放在传送带上,物体相对地面的v-t图像如图乙所示。设沿传送带向下为正方向,取重力加速度g=10 m/s2。则　(　　)

甲

乙

A.传送带的速率v0=10 m/s

B.传送带的倾角θ=30°

C.物体与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5

D.0~2.0 s内物体在传送带上留下的痕迹为6 m

5.答案　AC　由v-t图知,传送带速度大小v0=10 m/s,a1=10 m/s2,a2=2 m/s2,由牛顿第二定律得mg sin θ+μmg cos θ=ma1,mg sin θ-μmg cos θ=ma2

联立得θ=37°,μ=0.5,故B错误,A、C正确。

0~1 s内传送带位移x1=v0t1=10 m,物体位移x2=5 m,相对传送带的位移Δx1=x2-x1=-5 m,相对传送带向上,1~2 s内传送带位移x3=v0t2=10 m,物体位移x4=11 m,相对传送带的位移Δx2=x4-x3=1 m,相对传送带向下,故痕迹为5 m,D错误。

6.(多选)如图所示,在光滑水平面上有一足够长的静止小车,小车质量为M=5 kg,小车上静止地放置着质量为m=1 kg的木块,木块和小车间的动摩擦因数μ=0.2,用水平恒力F拉动小车,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,取g=10 m/s2,下列关于木块的加速度am和小车的加速度aM,可能正确的有(　　)

A.am=1 m/s2,aM=1 m/s2 B.am=1 m/s2,aM=2 m/s2

C.am=2 m/s2,aM=4 m/s2 D.am=3 m/s2,aM=5 m/s2

6.答案　AC　当小车与木块间的静摩擦力f≤μmg=2 N时,木块与小车一起运动,且加速度相等;当小车与木块间相对滑动后,小车对木块的滑动摩擦力不变,则木块的加速度不变,所以当小车与木块间的静摩擦力刚达到最大值时,木块的加速度最大,由牛顿第二定律得:

amax==μg=0.2×10 m/s2=2 m/s2

此时F=(M+m)amax=(5+1)×2 N=12 N

当F<12 N,可能有aM=am=1 m/s2。

当F>12 N后,木块与小车发生相对运动,小车的加速度大于木块的加速度,aM>am=2 m/s2。

故选项A、C正确,B、D错误。

7.(多选)如图所示,在山体下的水平地面上有一静止长木板,某次山体滑坡,有石块从山坡上滑下后,恰好以速度v1滑上长木板,石块与长木板、长木板与水平地面之间都存在摩擦。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,且石块始终未滑出长木板。下面给出了石块在长木板上滑行的v-t图像,其中可能正确的是(　　)

7.答案　BD　由于石块与长木板、长木板与地面之间都有摩擦,故石块不可能做匀速直线运动,故选项A错误;若石块对长木板向右的滑动摩擦力小于地面对长木板的最大静摩擦力,则长木板将静止不动,石块将在长木板上做匀减速直线运动,故选项D正确;设石块与长木板之间的动摩擦因数为μ1,长木板与地面之间的动摩擦因数为μ2,石块的质量为m,长木板的质量为M,当μ1mg>μ2(M+m)g时,最终石块与长木板将一起做匀减速直线运动,此时的加速度为μ2g,由μ1mg>μ2(M+m)g,可得μ1mg>μ2mg,即μ1g>μ2g,即石块刚开始的加速度大于石块与长木板一起减速时的加速度,也就是说v-t图线斜率的绝对值将变小,故选项C错误,B正确。

8.如图所示,水平传送带两端相距x=8 m,工件与传送带间的动摩擦因数μ=0.6,工件滑上A端时的速度vA=10 m/s,设工件到达B端时的速度为vB。(取g=10 m/s2)

(1)若传送带静止不动,求vB。

(2)若传送带顺时针转动,工件还能到达B端吗?若不能,说明理由;若能,求到达B端时的速度vB。

(3)若传送带以v=13 m/s的速率逆时针匀速转动,求vB及工件由A到B所用的时间(结果保留两位有效数字)。

8.答案　(1)2 m/s　(2)能　2 m/s

(3)13 m/s　0.67 s

解析　(1)根据牛顿第二定律可得μmg=ma,则a=μg=6 m/s2,由运动学公式有-=2ax,解得vB=2 m/s

(2)当传送带顺时针转动时,工件受力不变,其加速度不发生变化,仍然始终做匀减速运动,故工件到达B端时的速度vB=2 m/s

(3)工件速度达到13 m/s时所用时间为t1==0.5 s,运动的位移为x1=vAt1+a=    5.75 m<8 m,则工件在到达B端前速度就达到了13 m/s,此后工件与传送带相对静止,因此工件先做匀加速运动后做匀速运动,匀速运动的位移x2=x-x1=2.25 m,匀速运动的时间t2=≈0.17 s,总时间t=t1+t2=0.67 s

9.(2019湖北宜昌模拟)如图甲所示,可视为质点的A、B两物体置于一静止长纸带上,纸带左端与A、A与B间距均为d=0.5 m,两物体与纸带间的动摩擦因数均为μ1=0.1,与地面间的动摩擦因数均为μ2=0.2。现以恒定的加速度a=2 m/s2向右水平拉动纸带,重力加速度g取10 m/s2,求:

(1)A物体在纸带上的滑动时间。

(2)在图乙的坐标系中定性画出A、B两物体的v-t图像。

(3)两物体A、B停在地面上的距离。

9.答案　(1)1 s　(2)见解析　(3)1.25 m

解析　(1)两物体在纸带上滑动时均有μ1mg=ma1

当物体A滑离纸带时有

a-a1=d

解得t1=1 s

(2)如图所示

(3)物体A离开纸带时的速度v1=a1t1

两物体在地面上运动时均有

μ2mg=ma2

物体A从开始运动到停在地面上过程中的总位移

x1=+

物体B滑离纸带时有

a-a1=2d

物体B离开纸带时的速度v2=a1t2

物体B从开始运动到停在地面上过程中的总位移

x2=+

两物体A、B最终停止时的间距

x=x2+d-x1

联立解得x=1.25 m

10.(2019安徽淮北模拟)如图甲所示,水平地面上固定一带挡板的长木板,一轻弹簧左端固定在挡板上,右端接触滑块,弹簧被压缩0.4 m后锁定,t=0时解除锁定,释放滑块。计算机通过滑块上的速度传感器描绘出滑块的v-t图像如图乙所示,其中Oab段为曲线,bc段为直线,倾斜直线Od是t=0时v-t图线的切线,已知滑块质量m=2.0 kg,取g=10 m/s2,则下列说法正确的是(　　)

甲

乙

A.滑块被释放后,先做匀加速直线运动,后做匀减速直线运动

B.弹簧恢复原长时,滑块速度最大

C.弹簧的劲度系数k=175 N/m

D.该过程中滑块的最大加速度为35 m/s2

10.答案　C　根据v-t图线的斜率表示加速度,可知滑块被释放后,先做加速度逐渐减小的加速直线运动,弹簧弹力与摩擦力相等时速度最大,此时加速度为零,随后加速度反向增大,从弹簧恢复原长时到滑块停止运动,加速度不变,选项A、B错误;由题中图像知,滑块脱离弹簧后的加速度大小a1== m/s2=5 m/s2,由牛顿第二定律得摩擦力大小Ff=ma1=2.0×5 N=10 N,刚释放时滑块的加速度大小a2== m/s2=30 m/s2,此时滑块的加速度最大,选项D错误;由牛顿第二定律得kx-Ff=ma2,解得k=175 N/m,选项C正确。

11.图甲中,质量为m1=1 kg的物块叠放在质量为m2=3 kg的木板右端。木板足够长,放在光滑的水平地面上,木板与物块间的动摩擦因数μ1=0.2,整个系统开始时静止,重力加速度g=10 m/s2。

(1)在木板右端施加水平向右的拉力F,为使木板和物块发生相对运动,拉力F至少应为多大?

(2)在0~4 s内,若拉力F的变化如图乙所示,2 s后木板进入μ2=0.25的粗糙水平面,在图丙中画出0~4 s内木板和物块的v-t图线,并求出0~4 s内物块相对木板的位移大小。

11.答案　(1)8 N　(2)见解析图　1 m

解析　(1)把物块和木板看做整体,由牛顿第二定律得

F=(m1+m2)a

对物块分析,物块与木板将要相对滑动时有μ1m1g=m1a

联立解得F=8 N

(2)假设物块在0~2 s内做匀加速直线运动,由牛顿第二定律有

μ1m1g=m1a1

解得a1=2 m/s2

2 s末物块的速度v1=a1t1=2×2 m/s=4 m/s

木板在0~1 s内做匀加速直线运动,由牛顿第二定律有

F1-μ1m1g=m2a2

解得a2=4 m/s2

1 s末木板的速度v1'=a2t2=4×1 m/s=4 m/s

在1~2 s内F2=μ1m1g

木板做匀速运动,速度为4 m/s

可知假设正确

2~4 s内如果物块和木板一起做减速运动,共同的加速度大小为a共==μ2g

物块的合力μ2m1g>fm=μ1m1g

所以物块和木板相对滑动2 s后物块做匀减速直线运动,由牛顿第二定律有

-μ1m1g=m1a3

解得a3=-2 m/s2

速度从4 m/s减至零的时间t3== s=2 s

木板做匀减速直线运动,由牛顿第二定律有

-μ2(m1+m2)g+μ1m1g=m2a4

得a4=- m/s2

速度从4 m/s减至零的时间t4== s=1.5 s

二者在整个运动过程的v-t图线如图所示(实线是木板的v-t图线,虚线是物块的v-t图线)

0~2 s内物块相对木板向左运动

Δx1=a2+v1'(t1-t2)-a1

2~4 s内物块相对木板向右运动

Δx2=-

得Δx=1 m

即0~4 s内物块相对木板的位移大小为1 m