高中物理人教版必修一运动学例题及解析[1]-2

第 1 页 共 16 页 运动学运动学 1 物体沿直线向同一方向运动 通过两个连续相等的位移的平均速度分别为 v1 10m s 和 v2 15m s 则物体在这整个运动过程中的平均速度是多少 分析与解答 设每段位移为 s 由平均速度的定义有 12m sv 21 21 2121 2 22 vv vv vsvs s tt s 点评 一个过程的平均速度与它在这个过程中各阶段的平均速度没有直接的关系 因此要 根据平均速度的定义计算 不能用公式 v0 vt 2 因它仅适用于匀变速直线运动 v 2 一质点沿直线 ox 方向作加速运动 它离开 o 点的距离 x 随时间变化的关系为 x 5 2t3 m 它的速度随时间变化的关系为 v 6t2 m s 求该质点在 t 0 到 t 2s 间的平均 速度大小和 t 2s 到 t 3s 间的平均速度的大小 分析与解答 当 t 0 时 对应 x0 5m 当 t 2s 时 对应 x2 21m 当 t 3s 时 对应 x3 59m 则 t 0 到 t 2s 间的平均速度大小为 8m s 2 02 1 xx v t 2s 到 t 3s 间的平均速度大小为 38m s 1 23 2 xx v 点评 只有区分了求的是平均速度还是瞬时速度 才能正确地选择公式 3 一架飞机水平匀速地在某同学头顶飞过 当他听到飞机的发动机声音从头顶正上方传 来时 发现飞机在他前上方与地面成 600角的方向上 据此可估算出此飞机的速度约为声 速的多少倍 分析与解答 设飞机在头顶上方时距人 h 则人听到声音时飞机走的距离为 h 33 对声音 h v声t 对飞机 h 3 v飞t3 解得 v飞 v声 3 0 58v声3 点评 此类题和实际相联系 要画图才能清晰地展示物体的运动过程 挖掘出题中的隐含 条件 如本题中声音从正上方传到人处的这段时间内飞机前进的距离 就能很容易地列出 方程求解 4 如图所示 声源S和观察者A都沿x轴正方向运动 相对于地面的速率分别为vS和 vA 空气中声音传播的速率为vp 设vS vp vA vp 空气相对于地面没有流动 1 若声源相继发出两个声信号 时间间隔为 t 请根据发出的这两个声信号从声 源传播到观察者的过程 确定观察者接收到这两个声信号的时间间隔 t 2 请利用 1 的结果 推导此情形下观察者接收到的声波频率与声源发出的声波频率 间的关系式 图 1 1 1 第 2 页 共 16 页 分析与解答 1 如图所示 设 为声源S发出两个信号的时刻 为观察者接收到两个信号的时 刻 则第一个信号经过时间被 观察者A接收到 第二个信号经过 时间被观察者A接收到 且 设声源发出第一个信号时 S A两点间 的距离为L 两个声信号从声源传播到观 察者 的过程中 它们运动的距离关系如图所示 可得 由以上各式 得 2 设声源发出声波的振动周期为T 这样 由以上结论 观察者接收到的声波振动 的周期T 为 由此可得 观察者接受到的声波频率与声源发出声波频率间的关系为 f vv vv f sp Ap 点评 有关匀速运动近几年高考考查较多 如宇宙膨胀速度 超声波测速等 物理知识极 其简单 但对理解题意 建立模型的能力要求较高 解本题时 通过作图理解和表述运动 过程最为关键 5 一物体做匀变速直线运动 某时刻速度大小为 v1 4m s 1S 后速度大小为 v2 10m s 在这 1S 内该物体的加速度的大小为多少 分析与解答 根据加速度的定义 题中 v0 4m s t 1s t vv a t0 当 v2与 v1同向时 得 6m s2 当 v2与 v1反向时 得 14m s2 1 410 1 a 1 410 2 a 点评 必须注意速度与加速度的矢量性 要考虑 v1 v2的方向 4 图 第 3 页 共 16 页 6 某著名品牌的新款跑车拥有极好的驾驶性能 其最高时速可达 330km h 0 100km h 的加速时间只需要 3 6s 0 200km h 的加速时间仅需 9 9s 试计算该跑车在 0 100km h 的加速过程和 0 200km h 的加速过程的平均加速度 分析与解答 根据 t vv a t0 且 smhkmvt 78 27 100 1 smhkmvt 56 55 200 2 故跑车在 0 100km h 的加速过程 22 1 101 1 72 7 6 3 078 27 smsm t vv a t 故跑车在 0 200km h 的加速过程 22 2 202 2 61 5 9 9 056 55 smsm t vv a t 7 右图为某物体做匀变速直线运动的图像 求 1 该物体 3s 末的速度 2 该物体的加速度 3 该物体前 6s 内的位移 分析与解答 1 由图可直接读出 3s 末的速度为 6m s 2 a t 图中图线的斜率表示加速度 故加速度为 22 1 6 39 smsma 3 a t 图中图线与 t 轴所围面积表示位移 故位移为 mmS36 39 6 2 1 63 8 建筑工人安装塔手架进行高空作业 有一名建筑工人由于不慎将抓在手中的一根长 5m 的铁杆在竖直状态下脱落了 使其做自由落体运动 铁杆在下落过程中经过某一楼层面 的时间为 0 2s 试求铁杆下落时其下端到该楼层的高度 g 10m s2 不计楼层面的厚 度 分析与解答 铁杆下落做自由落体运动 其运动经过下面某一楼面时间 t 0 2s 这个 t也就是杆的上端到达该楼层下落时间tA与杆的下端到达该楼层下落时间tB之差 设所 求高度为h 则由自由落体公式可得到 2 2 1 B gth 2 2 1 5 A gth tA tB t 解得h 28 8m 9 在现实生活中 雨滴大约在 1 5km 左右的高空中形成并开始下落 计算一下 若该雨 滴做自由落体运动 到达地面时的速度是多少 你遇到过这样快速的雨滴吗 据资料显示 第 4 页 共 16 页 落到地面的雨滴速度一般不超过 8m s 为什么它们之间有这么大的差别呢 分析与解答 根据 2 2 1 gts gtvt 可推出smsmgsvt 10732 1 105 11022 23 可见速度太大 不可能出现这种现象 10 从斜面上某一位置 每隔 O 1s 释放一颗小球 在连续释放几颗后 对在斜面上滑动 的小球拍下照片 如图所示 测得 SAB 15cm SBC 20cm 试求 1 小球的加速度 2 拍摄时 B 球的速度 VB 3 拍摄时 SCD 4 A 球上面滚动的小球还有几颗 分析与解答 释放后小球都做匀加速直线运动 每相邻两球的时间问隔均为 o 1s 可 以认为 A B C D 各点是一个球在不同时刻的位置 11 跳伞运动员作低空跳伞表演 当飞机离地面 224 m 时 运动员离开飞机在竖直方向 做自由落体运动 运动一段时间后 立即打开降落伞 展伞后运动员以 12 5 m s2的平均加 速度匀减速下降 为了运动员的安全 要求运动员落地速度最大不得超过 5 m s 取g 10 m s2 求 1 运动员展伞时 离地面的高度至少为多少 着地时相当于从多高处自由落下 2 运动员在空中的最短时间为多少 分析与解答 运动员跳伞表演的过程可分为两个阶段 即降落伞打开 前和打开后 由于降落伞的作用 在满足最小高度且安全着地的条件下 可 认为vm 5 m s 的着地速度方向是竖直向下的 因此求解过程中只考虑其竖 直方向的运动情况即可 在竖直方向上的运动情况如图所示 1 由公式vT2 v02 2as可得 第一阶段 v2 2gh1 第二阶段 v2 vm2 2ah2 又h1 h2 H 第 5 页 共 16 页 解 式可得展伞时离地面的高度至少为h2 99 m 设以 5 m s 的速度着地相当于从高处自由下落 则 m 1 25 m h h g v 2 2 102 52 2 由公式s v0t at2可得 2 1 第一阶段 h1 gt12 2 1 第二阶段 h2 vt2 at22 2 1 又t t1 t2 解 式可得运动员在空中的最短时间为 t 8 6 s 12 以速度为 10 m s 匀速运动的汽车在第 2 s 末关闭发动机 以后为匀减速运动 第 3 s 内平均速度是 9 m s 则汽车加速度是 m s2 汽车在 10 s 内的位移是 m 分析与解答 第 3 s 初的速度v0 10 m s 第 3 5 s 末的瞬时速度vt 9 m s 推论 2 所以汽车的加速度 a m s2 2 m s2 t vvt 0 5 0 109 表示a的方向与运动方向相反 汽车关闭发动机后速度减到零所经时间 t2 s 5 s 8 s a v00 2 100 则关闭发动机后汽车 8 s 内的位移为 s2 m 25 m a v 2 0 2 0 22 100 2 前 2 s 汽车匀速运动 s1 v0t1 10 2 m 20 m 汽车 10 s 内总位移 s s1 s2 20 m 25 m 45 m 说明 1 求解刹车问题时 一定要判断清楚汽车实际运动时间 2 本题求s2时也可用公式s at2计算 也就是说 末速度为零的匀减速运动 可 2 1 倒过来看作 初速度为零的匀加速运动 13 一列客车以 v1的速度前进 司机发现前面同一轨道上有一列货车正以 v2 v2s1 所以乙车能追上甲车 15 火车以速度v1匀速行驶 司机发现前方同轨道上相距s处有另一列火车沿同方向 以速度v2 对地 且v1 v2 做匀速运动 司机立即以加速度a紧急刹车 要使两车不相撞 a应满足什么条件 分析与解答 此题有多种解法 解法一 两车运动情况如图所示 后车刹车后虽 做匀减速运动 但在其速度减小至和v2相等之前 第 7 页 共 16 页 两车的距离仍将逐渐减小 当后车速度减小至小于前车速度 两车距离将逐渐增大 可见 当两车速度相等时 两车距离最近 若后车减速的加速度过小 则会出现后车速度减为和前 车速度相等之前即追上前车 发生撞车事故 若后车减速的加速度过大 则会出现后车速 度减为和前车速度相等时仍未追上前车 根本不可能发生撞车事故 若后车加速度大小为 某值时 恰能使两车在速度相等时后车追上前车 这正是两车恰不相撞的临界状态 此时 对应的加速度即为两车不相撞的最小加速度 综上分析可知 两车恰不相撞时应满足下列两 方程 v1t a0t2 v2t s 2 1 v1 a0t v2 解之可得 a0 s vv 2 2 12 所以当a 时 两车即不会相撞 s vv 2 2 12 解法二 要使两车不相撞 其位移关系应为 v1t at2 s v2t 2 1 即at2 v2 v1 t s 0 2 1 对任一时间t 不等式都成立的条件为 v2 v1 2 2as 0 由此得a s vv 2 2 12 解法三 以前车为参考系 刹车后后车相对前车做初速度v0 v1 v2 加速度为a的 匀减速直线运动 当后车相对前车的速度减为零时 若相对位移 s 则不会相撞 故由 s s s a v 2 2 0 a vv 2 2 21 得a s vv 2 2 12 16 一辆摩托车行驶的最大速度为 30m s 现让该摩托车从静止出发 要在 4 分钟内追 上它前方相距 1 千米 正以 25m s 的速度在平直公路上行驶的汽车 则该摩托车行驶时 至少应具有多大的加速度 分析与解答 假设摩托车一直匀加速追赶汽车 则 V0t S0 1 2 2 1 at a m s2 2 24 0 240 1000224025222 22 00 t StV 摩托车追上汽车时的速度 V at 0 24 240 58 m s 3 因为摩托车的最大速度为 30m s 所以摩托车不能一直匀加速追赶汽车 应先匀加速到最大速度再匀速追赶 第 8 页 共 16 页 4 tVSttVat m001 2 1 2 1 Vm at1 5 由 4 5 得 t1 40 3 秒 a 2 25 m s 40 90 3 40 30 总结 1 要养成根据题意画出物体运动示意图的习惯 特别对较复杂的运动 画出 草图可使运动过程直观 物理图景清晰 便于分析研究 2 要注意分析研究对象的运动过程 搞清整个运动过程按运动性质的转换可分为哪 几个运动阶段 各个阶段遵循什么规律 各个阶段间存在什么联系 3 由于本章公式较多 且各公式间有相互联系 因此 本章的题目常可一题多解 解题时要思路开阔 联想比较 筛选最简捷的解题方案 解题时除采用常规的公式解析法外 图象法 比法 极值法 逆向转换法 如将一匀减速直线运动视为反向的匀加速直线运动 等也是本章解题中常用的方法 17 火车在长直水平轨道上匀速行驶 门窗紧闭的车厢内有一个人向上跳起 发现仍 落回到车上原处 这是因为 A 人跳起后 厢内空气给他以向前的力 带着他随同火车一起向前运动 B 人跳起的瞬间 车厢的地板给他一个向前的力 推动他随同火车一起向前运动 C 人跳起后 车在继续向前运动 所以人落下后必定偏后一些 只是由于时间很短 偏后距离太小 不明显而已 D 人跳起后直到落地 在水平方向上人和车具有相同的速度 分析与解答 因为惯性的原因 火车在匀速运动中火车上的人与火车具有相同的水平 速度 当人向上跳起后 仍然具有与火车相同的水平速度 人在腾空过程中 由于只受重 力 水平方向速度不变 直到落地 选项 D 正确 说明 乘坐气球悬在空中 随着地球的自转 免费周游列国的事情是永远不会发生的 惯性无所不在 只是有时你感觉不到它的存在 答案 D 18 如图 自由下落的小球下落一段时间后 与弹簧接触 从它接触弹簧开始 到弹簧 压缩到最短的过程中 小球的速度 加速度 合外力的变化情况是怎样的 分析与解答 因为速度变大或变小取决于加速度和速度方向的关系 当 a 与 v 同向时 v 增大 当 a 与 v 反向时 v 减小 而 a 由合外力决定 所以此题 要分析 v a 的大小变化 必须先分析小球的受力情况 小球接触弹簧时受两个力的作用 向下的重力和向上的弹力 在接触的头 一阶段 重力大于弹力 小球合力向下 且不断变小 因为 F合 mg kx 而 x 增大 因而 加速度减小 因为 a F m 由于 v 方向与 a 同向 因此速度继续变大 当弹力增大到大小等于重力时 合外力为零 加速度为零 速度达到最大 之后 小球由于惯性继续向下运动 但弹力大于重力 合力向上 逐渐变大 因为 F kx mg ma 因而加速度向上且变大 因此速度逐渐减小至零 小球不会静止在最低点 以后将被弹簧上推向上运动 综上分析得 小球向下压弹簧过程 F 方向先向下后向上 先变小后交大 a 方向先向 下后向上 大小先变小后变大 v 方向向下 大小先变大后变小 第 9 页 共 16 页 19 将金属块用压缩的轻弹簧卡在一个矩形的箱中 如图所示 在箱的上顶板和下顶 板安有压力传感器 箱可以沿竖直轨道运动 当箱以 a 2 0m s2的加速度作竖直向上的匀 减速运动时 上顶板的传感器显示的压力为 6 ON 下顶板的传感器显示的压力为 10 ON g 取 10m s2 1 若上顶板的传感器的示数是下顶板的传感器示数的一半 试判断箱的运动情况 2 要使上顶板传感器的示数为 O 箱沿竖直方向的运动可能是怎样的 分析与解答 以金属块为研究对象 设金属块的质量为 m 根据牛顿第二定 律 有 F2 mg F1 ma 解得 m O 5kg 1 由于上顶板仍有压力 说明弹簧的长度没有变化 因此弹簧弹力仍为 lO ON 可见上顶板的压力是 5N 设此时的加速度为 a1 根据牛顿第二定律 有 F1 F1 2 mg mal 即得 a1 O 即此时箱静止或作匀速直线运动 2 要想上顶板没有压力 弹簧的长度只能等于或小于目前的长度 即下顶板的压力只 能等于或大干 10 ON 这时金属块的加速度为 a2 应满足 ma2 10 O mg 得 a2 10m s2 即只要箱的加速度为向上 等于或大于 10m s2 可以向上作加速运动 也可以向下作减速运动 上顶板的压力传感器示数为零 说明 利用传感器可以做很多的物理实验 当然传感器的种类多种多样 以后我们还 会遇到 20 如图所示 质量为 m 的入站在自动扶梯上 扶梯正以加速度 a 向上做减速运动 a 与水平方向的夹角为 求人受的支持力和摩擦力 分析与解答 题中人对扶梯无相对运动 则人 梯系统的加速度 对地 为 a 方向与水平方向的夹角为 斜向下 梯的台面是水平的 所以梯对 人的支持力 N 竖直向上 人受的重力 mg 竖直向下 由于仅靠 N 和 mg 不可 能产生斜向下的加速度 于是可判定梯对人有水平方向的静摩擦力 解法 1 以人为研究对象 受力分析如图所示 因摩擦力 f 为待 求 且必沿水平方向 设水平向右 为不分解加速度 a 建立图示坐 标 并规定正方向 X 方向 mgsin Nsin fcos ma Y 方向 mgcos fsin Ncos 0 解得 N m g asin f macos 为负值 说明摩擦力的实际方向与假设相反 为水平向左 解法二 将加速度 a 沿水平方向与竖直方向分解 如图 ax acos ay asin 水平方向 f max macos 竖直方向 mg N may masin 联立可解得结果 21 如图 1 所示 在原来静止的木箱内 放有 A 物体 A 被一伸长的弹簧拉住且恰好静 止 现突然发现 A 被弹簧拉动 则木箱的运动情况可能是 第 10 页 共 16 页 A 加速下降B 减速上升 C 匀速向右运动D 加速向左运动 1 ABD 分析与解答 木箱未运动前 A 物体处于受力平衡状态 受力情况 重力 mg 箱底的 支持力 N 弹簧拉力 F 和最大的静摩擦力 向左 由平衡条件知 fm mgNFfm 物体 A 被弹簧向右拉动 已知 可能有两种原因 一种是弹簧拉力 新情况Ffm 下的最大静摩擦力 可见 即最大静摩擦力减小了 由知正压力 N 减ff mm fN m 小了 即发生了失重现象 故物体运动的加速度必然竖直向下 由于物体原来静止 所以 木箱运动的情况可能是加速下降 也可能是减速上升 A 对 B 也对 另一种原因是木箱向左加速运动 最大静摩擦力不足使 A 物体产生同木箱等大的加速 度 即的情形 D 正确 mgkxmamg 匀速向右运动的情形中 A 的受力情况与原来静止时 A 的受力情况相同 且不会出现直 接由静止改做匀速运动的情形 C 错 22 如图所示 光滑的水平桌面上放着一个长为 L 的均匀直棒 用水平向左的拉力 F 作用在棒的左端 则棒的各部分相互作用的力沿棒长向左的变化规律是 分析与解答 本题研究棒内各部分间的相互作用力的变化规律 要 将整个棒隔离成两段 从离右端距离为 x 处将长棒隔离 若令棒的质量为 m 则其右端部分质量为 xm L 整体 F ma 隔离右端部分 T xma L T xF L 说明 使用隔离法时 可对构成连接体的不同物体隔离 也可以将同一物体隔离成若 干个部分 取隔离体的实质在于把系统的内力转化为其中某一隔离体的外力 以便应用牛 顿定律解题 23 如图 质量 M的小车停放在光滑水平面上 在小车右端施加一水平恒力kgM8 F 8N 当小车向右运动速度达到 3m s 时 在小车的右端轻放一质量 m 2kg 的小物块 物块 与小车间的动摩擦因数 假定小车足够长 问 02 1 经过多长时间物块停止与小车间的相对运动 2 小物块从放在车上开始经过所通过的位移是多少 g 取 ts 0 30 10 2 m s 分析与解答 1 依据题意 物块在小车上停止运动时 物块与小车保持相对静止 第 11 页 共 16 页 应具有共同的速度 设物块在小车上相对运动时间为 t 物块 小车受力分析如图 物块放上小车后做初速度为零加速度为的匀加速直a1 线运动 小车做加速度为匀加速运动 a2 由牛顿运动定律 物块放上小车后加速度 agm s 1 2 2 小车加速度 aFmgMm s 2 2 05 va t va t 11 22 3 由得 vv 12 ts 2 2 物块在前 2s 内做加速度为的匀加速运动 后 1s 同小车一起做加速度为的a1a2 匀加速运动 以系统为研究对象 根据牛顿运动定律 由得 FMm a 3 aFMmm s 3 2 08 物块位移sss 12 sa tm sv tatm sssm 11 2 212 2 12 1 24 1 244 84 24 如图所示 一个弹簧台秤的秤盘和弹簧质量均不计 盘内放一个质量的mkg 12 静止物体 P 弹簧的劲度系数 现施加给 P 一个竖直向上的拉力 F 使 P 从kNm 800 静止开始向上做匀加速运动 已知在头 0 2s 内 F 是变力 在 0 2s 以 后 F 是恒力 取 求拉力 F 的最大值和最小值 gm s 10 2 分析与解答 根据题意 F 是变力的时间 这段时间内的ts 02 位移就是弹簧最初的压缩量 S 由此可以确定上升的加速度 a KSmgS mg K m 12100 800 015 由得 Sat 1 2 2 a S t m s 22015 02 75 22 2 根据牛顿第二定律 有 第 12 页 共 16 页 Fmgkxma 得 Fm gakx 当时 F 最小xS Fm gaksm gamgmaN min 127590 当时 F 最大x 0 Fm gakm gaN max 012 1075210 拉力的最小值为 90N 最大值为 210N 25 将质量为 m 的小球用轻质细绳拴在质量为 M 的倾角为 的楔形木块 B 上 如图所 示 已知 B 的倾斜面是光滑的 底面与水平地面之间的摩擦因数为 1 若对 B 施加向右的水平拉力 使 B 向右运动 而 A 不离开 B 的斜面 这个拉力不得超过多少 2 若对 B 施以向左的水平推力 使 B 向左运动 而 A 不致在 B 上移动 这个推力不得超过多少 分析与解答 1 若拉力 F 太大 B 的加速度大 使 A 脱离 设 恰好不脱离时拉力为 F 如图示 对小球 mgcot ma 对整体 F1 m M g M m a F M m g tan 1 2 当推力 F 太大 B 的加速度大 A 相对 B 沿斜面向上运动 绳子松驰 恰好不松驰的推力为 F2 如图示 对小球作受力分析得 mgtan ma 对整体 F2 M m g M m a F2 m M tan 故 26 质量为m 2 kg 的木块原来静止在粗糙水平地面上 现在第 1 3 5 奇数秒内 给物体施加方向向右 大小为F1 6 N 的水平推力 在第2 4 6 偶数秒内给物体施加方 向仍向右 大小为F2 2 N 的水平推力 已知物体与地面间的动摩擦因数 0 1 取g 10 m s2 问 1 木块在奇数秒和偶数秒内各做什么运动 2 经过多长时间 木块位移的大小等于 40 25 m 分析与解答 以木块为研究对象 它在竖直方向受力平衡 水平方向仅受推力F1 或 F2 和摩擦力Ff的作用 由牛顿第二定律可判断出木块在奇数秒内和偶数秒内的运动 结 合运动学公式 即可求出运动时间 1 木块在奇数秒内的加速度为a1 m s2 2 m FF f 1 m mgF 1 2 1021 06 m s2 木块在偶数秒内的加速度为a2 m s2 0 m FF f 2 m mgF 2 2 1021 02 第 13 页 共 16 页 所以 木块在奇数秒内做a a1 2 m s2的匀加速直线运动 在偶数秒内做匀速直线运 动 2 在第 1 s 内木块向右的位移为s1 at2 2 12 m 1 m 2 1 2 1 至第 1 s 末木块的速度v1 at 2 1 m s 2 m s 在第 2 s 内 木块以第 1 s 末的速度向右做匀速运动 在第 2 s 内木块的位移为 s2 v1t 2 1 m 2 m 至第 2 s 末木块的速度v2 v1 2 m s 在第 3 s 内 木块向右做初速度等于 2 m s 的匀加速运动 在第 3 s 内的位移为 s3 v2t at2 2 1 m 2 12 m 3 m 2 1 2 1 至第 3 s 末木块的速度v3 v2 at 2 m s 2 1 m s 4 m s 在第 4 s 内 木块以第 3 s 末的速度向右做匀速运动 在第 4 s 内木块的位移为 s4 v2t 4 1 m 4 m 至第 4 s 末木块的速度v4 v2 4 m s 由此可见 从第 1 s 起 连续各秒内木块的位移是从 1 开始的一个自然数列 因此 在 n s 内的总位移为sn 1 2 3 n 2 1 nn 当sn 40 25 m 时 n的值为 8 n 9 取n 8 则 8 s 内木块的位移共为 s8 m 36 m 2 188 至第 8 s 末 木块的速度为v8 8 m s 设第 8 s 后 木块还需向右运动的时间为tx 对应的位移为sx 40 25 m 36 m 4 25 m 由sx v8tx atx2 即 4 25 8tx 2tx2 2 1 2 1 解得tx 0 5 s 所以 木块位移大小等于 40 25 m 时 需运动的时间T 8 s 0 5 s 8 5 s 点评 1 本题属于已知受力情况求运动情况的问题 解题思路为先根据受力情况 由牛顿第二定律求加速度 再根据运动规律求运动情况 2 根据物体的受力特点 分析物体在各段时间内的运动情况 并找出位移的一般规 律 是求解本题的关键 27 如图所示 在倾角 37 的足够长的固定的斜面上 有一质量m 1 kg 的物体 物体与斜面间动摩擦因数 0 2 物体受到沿平行于斜面向 上的轻细线的拉力F 9 6 N 的作用 从静止开始运动 经 2 s 绳子突然断了 求绳断后多长时间物体速度大小达到 22 m s sin37 0 6 g取 10 m s2 分析与解答 本题为典型的已知物体受力求物体运动情 况的动力学问题 物体运动过程较为复杂 应分阶段进行过程分析 并找出各过程的相关 量 从而将各过程有机地串接在一起 第一阶段 在最初 2 s 内 物体在F 9 6 N 拉力作用下 从静 止开始沿斜面做匀加速运动 据受力分析图 3 2 4 可知 沿斜面方向 F mgsin Ff ma1 第 14 页 共 16 页 沿垂直斜面方向 FN mgcos 且Ff FN 由 得 a1 2 m s2 m mgmgF cossin 2 s 末绳断时瞬时速度v1 a1t1 4 m s 第二阶段 从撤去F到物体继续沿斜面向上运动到达速度为零的过程 设加速度为 a2 则a2 7 6 m s2 m mgmg cossin 设从断绳到物体到达最高点所需时间为t2 据运动学公式 v2 v1 a2t2 所以t2 0 53 s 2 1 0 a v 第三阶段 物体从最高点沿斜面下滑 在第三阶段物体加速度为a3 所需时间为t3 由牛顿第二定律可知 a3 gsin gcos 4 4 m s2 速度达到v3 22 m s 所需时间t3 5 s 3 3 0 a v 综上所述 从绳断到速度为 22 m s 所经历的总时间t t2 t3 0 53 s 5 s 5 53 s 28 如图 所示 光滑水平面上静止放着长L 1 6 m 质量为M 3 kg 的木板 一个质量 为m 1 kg 的小物体放在木板的最右端 m与M之间的动摩擦因数 0 1 今对木板施加一 水平向右的拉力F 1 施力F后 要想把木板从物体m的下 方抽出来 求力F的大小应满足的条件 2 如果所施力F 10 N 为了把木板从m的下方抽出来 此力的作用时间不得少于 多少 g取 10 m s2 分析与解答 1 力F拉木板运动过程 对木块 mg ma a g a 1 m s2 对木板 F mg Ma1 a1 M mgF 只要a1 a就能抽出木板 即F M m g所以F 4 N 2 当F 10 N 设拉力作用的最少时间为t1 加速度为a1 撤去拉力后木板运动时 间为t2 加速度为a2 那么 a1 3 m s2 a2 m s2 M mgF M mg 3 1 木板从木块下穿出时 木块的速度 v a t1 t2 木块的位移 s a t1 t2 2 2 1 木板的速度 v木板 a1t1 a2t2 木板的位移 s木板 a1t12 a1t1t2 a2t22 2 1 2 1 木板刚好从木块下穿出应满足 第 15 页 共 16 页 v木板 v s木板 s L 可解得 t1 0 8 s 29 如图所示 传输带与水平面间的倾角为 37 皮带以 10 m s 的速率运行 在 传输带上端A处无初速地放上质量为 0 5 kg 的物体 它与传输带间的动摩擦因数为 0 5 若传输带A到B的长度为 16 m 则物体从A运动到B的时间为多少 分析与解答 首先判定 与 tan 的大小关系 0 5 tan 0 75 所以物体一定沿传输带对地下滑 不可能 对地上滑或对地相对静止 其次皮带运行速度方向未知 而皮带运行速度方向影响物体 所受摩擦力方向 所以应分别讨论 当皮带的上表面以 10 m s 的速度向下运行时 刚放上的物体相对皮带有向上的相对速 度 物体所受滑动摩擦力方向沿斜坡向下 如图所示 该阶段物体对地加速度 a1 10 m s2 m mgmg cossin 方向沿斜坡向下 物体赶上皮带对地速度需时间t1 1 s 1 a v 在t1 s 内物体沿斜