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1、第 1 页 专题 2 力与物体直线运动 考题一 匀变速直线运动规律应用(1)解题思路 分析两物体运动过程画运动示意图或vt图象找两物体位移关系列位移方程(2)解题技巧 紧抓“一图三式，即过程示意图、时间关系式、速度关系式与位移关系式.审题应抓住题目中关键字眼，充分挖掘题目中隐含条件，如“刚好“恰好“最多“至少等，往往对应一个临界状态，满足相应临界条件.假设被追赶物体做匀减速运动，一定要注意追上前该物体是否已停顿运动，另外还要注意最后对解讨论分析.先判断刹车时间t0v0a，再进展分析计算.例 1 如图 1 所示，云南省彝良县发生特大泥石流，一汽车停在小山坡底，司机突然发现在距坡底 240 m 山
2、坡处泥石流以 8 m/s 初速度、0.4 m/s2加速度匀加速倾泻而下，假设泥石流到达坡底后速率不变，在水平地面上做匀速直线运动.司机反响时间为 1 s，汽车启动后以0.5 m/s2加速度一直做匀加速直线运动.试分析司机能否平安脱离.图 1 第 2 页 解析 设泥石流到达坡底时间为t1，速度为v1，那么：x1v0t112a1t 21 v1v0a1t1 解得：t120 s，v116 m/s 而汽车在t219 s 时间内发生位移为：x212a2t 2290.25 m 速度为：v2a2t29.5 m/s 假设再经时间t3，泥石流能够追上汽车，那么有：v1t3x2v2t312a2t 23 解得：t 2
3、326t33610 因 0，方程无解，所以泥石流无法追上汽车，司机能平安脱离.答案 司机能平安脱离 变式训练 1.“蛟龙号是我国首台自主研制作业型深海载人潜水器，它是目前世界上下潜能力最强潜水器.假设某次海试活动中，“蛟龙号完成海底任务后竖直上浮，从上浮速度为v时开场计时，此后“蛟龙号匀减速上浮，经过时间t上浮到海面，速度恰好减为零，那么“蛟龙号在t0(t0t)时刻距离海平面深度为()A.vt2 B.vt0(1t02t)第 3 页 C.vt 202t D.vtt022t 答案 D 解析 根据题意得：“蛟龙号上浮时加速度大小avt，根据逆向思维，可知“蛟龙号在t0时刻距离海平面深度h12a(tt
4、0)2vtt022t，故A、B、C 错误，D 正确.2.如图 2 所示，甲从A地由静止匀加速跑向B地，当甲前进距离为s1时，乙从距A地s2处C点由静止出发，加速度与甲一样，最后二人同时到达B地，那么A、B两地距离为()图 2 A.s1s2 B.s1s224s1 C.s 214s1s2 D.s1s22s1s2s1 答案 B 解析 设甲前进距离为s1时，速度为v，甲、乙匀加速直线运动加速度为a，那么有：vt12at212at2s2s1，根据速度位移公式得，v2as1，解得ts2s12as1.那么AB距离ss212at2s212as2s122as1s2s2s124s1s1s224s1，应选 B.第
5、4 页 考题二 运动学图象问题 1.xt图象、vt图象与at图象比照分析 工程 图象 斜率 纵截距 图象与t轴 所围面积 特例 匀速 直线运动 匀变速 直线运动 xt图象 速度 初位置 倾斜 直线 抛物线 vt图象 加速度 初速度 位移 与时间轴 平行直线 倾斜 直线 at图象 速度变化量 与时间轴 重合 平行于 时间轴 直线 2.图象问题要“四看“一注意(1)看坐标轴：看清坐标轴所表示物理量，明确因变量(纵轴表示量)与自变量(横轴表示量)之间制约关系.(2)看图象：识别两个相关量变化趋势，从而分析具体物理过程.(3)看纵坐标、“斜率与“面积：vt图象中根据坐标值、“斜率与“面积可分析速度、加
6、速度与位移大小、方向特点.xt图象中根据坐标值、“斜率可分析位移、速度大小、方向特点.(4)看交点：明确图线与图线交点、图线与坐标轴交点物理意义.(5)一注意：利用vt图象分析两个物体运动时，要注意两个物体出第 5 页 发点，即注意它们是从同一位置出发，还是从不同位置出发.假设从不同位置出发，要注意出发时两者距离.例 2 甲、乙两物体从同一地点同时开场沿同一方向运动，甲物体运动vt图象为两段直线，乙物体运动vt图象为两段半径一样14圆弧曲线，如图 3 所示，图中t42t2，那么在 0t4时间内，以下说法正确是()图 3 t1时刻相距最远，t4时刻相遇 解析 0t2时间段内，甲做匀加速直线运动，
7、t2t4时间内甲物体做匀减速直线运动，故 A 错；速度是矢量，在速度时间图象中，只能表示直线运动，B 错；在整个运动过程中，t3时刻两物体相距最远，C错；在速度时间图象中，图线下面所包围面积即为位移，可求知 0t4时间段内，位移相等，故平均速度一样，D 对.答案 D 变式训练 3.如图 4 所示，xt图象反映了甲、乙两车在同一条直线上行驶位移随时间变化关系，乙车做匀变速直线运动，其图线与t轴相切于 10 s处，以下说法正确是()图 4 A.5 s 时两车速度相等 B.甲车速度为 4 m/s C.乙车加速度大小为 1.6 m/s2 第 6 页 x080 m 处 答案 BCD 解析 位移时间图象斜
8、率等于速度，斜率大小越大，速度大小越大，那么知 5 s 时乙车速度较大，故 A 错误.甲车做匀速直线运动，速度为v甲xt205 m/s4 m/s，故 B 正确.乙车做匀变速直线运动，其图线与t轴相切于 10 s 处，那么t10 s 时，速度为零，将其运动反过来看成初速度为 0 匀加速直线运动，那么x12at2，根据图象有：x012a102,2012a(105)2，解得：a1.6 m/s2，x080 m，故 C、D 正确.4.静止在光滑水平面上物体，同时受到在同一直线上力F1、F2作用，F1、F2随时间变化图象如图 5 所示，那么物体在 02t时间内()图 5 A.离出发点越来越远 C.速度先变
9、小后变大 答案 A 解析 由图线可知，物体受到合力先减小后增大，加速度先减小后增大，速度一直变大，物体离出发点越来越远，选项 A 正确.考题三 牛顿运动定律应用(1)由因推果物体受力情况，确定物体运动情况.第 7 页(2)由果溯因物体运动情况，确定物体受力情况.桥梁：牛顿第二定律Fma(1)从受力角度判断：当物体所受向上拉力(或支持力)大于重力时，物体处于超重状态，小于重力时处于失重状态，等于零时处于完全失重状态.(2)从加速度角度判断：当物体具有向上加速度时处于超重状态，具有向下加速度时处于失重状态，向下加速度为重力加速度时处于完全失重状态.(3)从速度变化角度判断：物体向上加速或向下减速时
10、，超重；物体向下加速或向上减速时，失重.(1)牛顿第二定律是力瞬时作用规律，加速度与力同时产生、同时变化、同时消失，分析物体在某一时刻瞬时加速度，关键是分析该瞬时前后受力情况及其变化.(2)明确两种根本模型特点：轻绳形变可瞬时产生或恢复，故绳弹力可以瞬时突变.轻弹簧(或橡皮绳)两端均连有物体时，形变恢复需较长时间，其弹力大小与方向均不能突变.(1)整体法：优点：研究对象减少，忽略物体之间相互作用力，方程数减少，求解简捷.条件：连接体中各物体具有共同加速度(2)隔离法：第 8 页 优点：易看清各个物体具体受力情况.条件：当系统内各物体加速度不同时，一般采用隔离法；求连接体内各物体间相互作用力时必
11、须用隔离法.例 3(2021四川理综10)避险车道是防止恶性交通事故重要设施，由制动坡床与防撞设施等组成，如图 6 竖直平面内，制动坡床视为与水平面夹角为斜面.一辆长12 m载有货物货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床，当车速为 23 m/s 时，车尾位于制动坡床底端，货物开场在车厢内向车头滑动，当货物在车厢内滑动了 4 m 时，车头距制动坡床顶端 38 m，再过一段时间，货车停顿.货车质量是货物质量4 倍，货物与车厢间动摩擦因数为 0.4；货车在制动坡床上运动受到坡床阻力大小为货车与货物总重 0.44 倍.货物与货车可分别视为小滑块与平板，取 cos 1，sin 0.1，g10 m/s2.求：图
12、 6(1)货物在车厢内滑动时加速度大小与方向；(2)制动坡床长度.解析(1)设货物质量为m，货物在车厢内滑动过程中，货物与车厢动摩擦因数0.4，受摩擦力大小为f，加速度大小为a1，那么 fmgsin ma1 fmgcos 联立并代入数据得a15 m/s2 a1方向沿制动坡床向下.(2)设货车质量为M，车尾位于制动坡床底端时车速为vs038 m 过第 9 页 程中，用时为t，货物相对制动坡床运动距离为s1，在车厢内滑动距离s4 m，货车加速度大小为a2，货车相对制动坡床运动距离为s2.货车受到制动坡床阻力大小为F，F是货车与货物总重k倍，k0.44，货车长度l012 m，制动坡床长度为l，那么
13、Mgsin FfMa2 Fk(mM)g s1vt12a1t2 s2vt12a2t2 ss1s2 ll0s0s2 联立并代入数据得 l98 m 答案(1)5 m/s2 方向沿制动坡床向下(2)98 m 变式训练 5.为了让乘客乘车更为舒适，某探究小组设计了一种新交通工具，乘客座椅能随着坡度变化而自动调整，使座椅始终保持水平，如图 7 所示，当此车加速上坡时，盘腿坐在座椅上一位乘客()图 7 C.受到向前(水平向右)摩擦力作用 答案 C 解析 车加速上坡，车里乘客与车相对静止，应该与车具有一样加速第 10 页 度，方向沿斜坡向上，对乘客受力分析可知，乘客应受到竖直向下重力，垂直水平面竖直向上弹力与
14、水平向右摩擦力，三力合力沿斜面向上，B、D 错误，C 正确；弹力大于重力，乘客处于超重状态，A 错误.6.如图 8 所示，A、B两小球分别连在弹簧两端，B端用绳子固定在倾角为 30光滑斜面上，假设不计弹簧质量，在绳子被剪断瞬间，A、B两球加速度分别为()图 8 g2 B.g2与 0 C.MAMBMBg2与 0 MAMBMBg2 答案 D 解析 对A：在剪断绳子之前，A处于平衡状态，所以弹簧拉力等于A重力沿斜面分力.在剪断上端绳子瞬间，绳子上拉力立即减为零，而弹簧伸长量没有来得及发生改变，故弹力不变仍等于AA球加速度为零；对B：在剪断绳子之前，对B球进展受力分析，B受到重力、弹簧对它斜向下拉力、
15、支持力及绳子拉力，在剪断上端绳子瞬间，绳子上拉力立即减为零，对B球进展受力分析，那么B受到重力、弹簧斜向 下 拉 力、支 持 力.所 以 根 据 牛 顿 第 二 定 律 得：aBMAgsin 30MBgsin 30MBMAMBMBg2，应选 D.F拉a、b、c三个物体在光滑水平面上运动，现在中间物体b上加一第 11 页 块橡皮泥，它与中间物体一起运动，且原拉力F不变，那么加上橡皮泥以后，两段绳拉力FTa与FTb变化情况是()图 9 A.FTa增大 B.FTb增大 C.FTa减小 D.FTb减小 答案 AD 解析 设c物体质量为m，a物体质量为m，整体质量为M，整体加速度aFM，对c物体分析，F
16、TbmamFM，对a物体分析，有FFTama，解得FTaFmFM.在b物体上加上一块橡皮泥，那么M增大，加速度a减小，因为m、m不变，所以FTb减小，FTa增大，A、D 正确.考题四“传送带、“滑块木板模型问题 1.传送带问题分析要点是物体与传送带间摩擦力，关注点是两个时刻：(1)初始时刻物体相对于传送带速度或滑动方向决定了该时刻摩擦力方向.(2)物体与传送带速度相等时刻摩擦力大小(或有无)、性质(滑动摩擦力或静摩擦力)或方向会发生改变.正确判断这两个时刻摩擦力，才能正确确定物体运动性质.2.分析滑块木板类模型时要抓住一个转折与两个关联(1)一个转折滑块与木板到达一样速度或者滑块从木板上滑下是
17、第 12 页 受力与运动状态变化转折点.(2)两个关联转折前、后受力情况之间关联与滑块、木板位移与板长之间关联.一般情况下，由于摩擦力或其他力转变，转折前、后滑块与木板加速度都会发生变化，因此以转折点为界，对转折前、后进展受力分析是建立模型关键.例 4(18 分)如图 10 所示，传送带与水平面夹角为 30，传送带与水平面夹角为37，两传送带与一小段光滑水平面BC平滑连接.两传送带均沿顺时针方向匀速率运行.现将装有货物箱子轻放至传送带A点，运送到水平面上后，工作人员将箱子内物体取下，箱子速度不变继续运动到传送带上，传送带DM1 kg，物体质量m3 kg，传送带速度v18 m/s，AB长L115
18、 m，与箱子间动摩擦因数为132.传送带速度v24 m/s，CD长L28 m，由于水平面BC上不小心撒上水，致使箱子与传送带间动摩擦因数变为20.5，重力加速度g10 m/s2.求：(1)装着物体箱子在传送带上运动时间；(2)计算说明，箱子能否运送到高处平台上？(sin 370.6，cos 370.8)图 10 思维标准流程 第 13 页 步骤 1：在传送带上列牛顿第二定律方程：假设共速，列运动学方程：加速时间：匀速时间：总时间：对整体：1(Mm)gcos 30(Mm)gsin 30(Mm)a1 得a12.5 m/s2 x1v 212a112.8 m(15 m)t1v1a13.2 s t2Lx
19、1v10.275 s tt1t23.475 s 步骤 2，在传送带上列牛顿第二定律方程：假设共速，判断箱子运动，列牛顿第二定律方程：结论 对箱子：2Mgcos 37Mgsin 37Ma2 得a210 m/s2 x2v 22v 212a22.4 m(2Mgcos 37 故箱子继续减速 Mgsin 372Mgcos 37Ma3 得a32 m/s2 x30v 222a34 m 第 14 页 x2x36.4 mmgcos)，将一直匀加速到底端；当滑块上滑时(mgsin mgcos)，先匀加速运动，在速度相等后将匀速运动，两种均不符合运动图象；故传送带是逆时针转动，选项 A 正确.滑块在 0t0内，滑动
20、摩擦力向下，做匀加速下滑，a1gsin gcos，由图可知a1v0t0，那么第 15 页 v0gt0cos tan v0a2gsin gcos，代入值得a22gsin v0t0，选项 D 正确.9.正方形木板水平放置在地面上，木板中心静置一小滑块(可视为质点)，如图 12 所示为俯视图，为将木板从滑块下抽出，需要对木板施加一个作用线通过木板中心点水平恒力F.木板边长L22 m、质量M3 kg，滑块质量m2 kg，滑块与木板、木板与地面间动摩擦因数均为0.2，g取 10 m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力.求：图 12(1)要将木板抽出，水平恒力F需满足条件；(2)当水平恒力F29 N 时，
21、在木板抽出时滑块能获得最大速率.答案(1)F20 N(2)433 m/s 解析(1)能抽出木板，滑块与木板发生相对滑动，当滑块到达随木板运动最大加速度时，拉力最小.对滑块，有：mgma 对木板，有：Fmin(Mm)gmgMa 联立解得：Fmin2(Mm)g20 N 故抽出木板，水平恒力F至少为 20 N(2)要使滑块获得速度最大，那么滑块在木板上相对滑动距离最大，故应沿木板对角线方向抽木板.第 16 页 设此时木板加速度为a1，那么有：F(Mm)gmgMa1 由：12a1t212gt222L vmaxgt 联立解得：vmax433 m/s 专题标准练 1.伽利略曾说过：“科学是在不断改变思维角
22、度探索中前进.他在著名斜面实验中，让小球分别沿倾角不同、阻力很小斜面从静止开场滚下，他通过实验观察与逻辑推理，得到正确结论有()A.倾角一定时，小球在斜面上速度与时间平方成正比 B.倾角一定时，小球在斜面上位移与时间平方成正比 C.斜面长度一定时，小球从顶端滚到底端时速度与倾角无关 D.斜面长度一定时，小球从顶端滚到底端所需时间与倾角无关 答案 B 解析 伽利略通过实验测定出小球沿斜面下滑运动是匀加速直线运动，位移与时间二次方成正比，并证明了速度随时间均匀变化，故 A错误，B 正确；假设斜面光滑，斜面长度一定时，小球从顶端滚到底端时速度随倾角力增大而增大，故 C 错误；斜面长度一定时，小球从顶
23、端滚到底端所需时间随倾角增大而减小，故 D 错误.第 17 页 2.(多项选择)如图 1 所示，倾角30光滑斜面体固定在水平面上，斜面长度L0.8 m，一质量m1103 kg、带电量q1104C 带电小球静止在斜面底端.现要使小球能够到达斜面顶端，可施加一沿斜面向上、场强大小为E100 V/m 匀强电场，重力加速度g10 m/s2，那么这个匀强电场存在时间t可能为()图 1 A.0.5 s B.0.4 s C.0.3 s D.0.2 s 答案 AB 解析 有电场时，根据牛顿定律可知：Eqmgsin 30ma1，解得a15 m/s2，方向沿斜面向上；撤去电场时，小球加速度a2gsin 305 m
24、/s2，方向沿斜面向下；设电场存在时间为t1，撤去电场后，恰好能到达斜面顶端，做减速运动时间为t2，那么a1t1a2t2；且12a1t 2112a2t 22L；联立解得：t1t20.4 s，故要想使小球到达斜面顶端那么电场存在时间应该大于或等于 0.4 s.3.如图 2 所示，a、b、c三个物体在同一条直线上运动，其位移与时间关系图象中，图线c是一条xt2抛物线.有关这三个物体在 05 s内运动，以下说法正确是()图 2 A.a物体做匀加速直线运动 B.c物体做匀加速直线运动 C.t5 s 时，a物体速度比c物体速度大 D.a、b两物体都做匀速直线运动，且速度一样 第 18 页 答案 B 解析
25、 位移图象倾斜直线表示物体做匀速直线运动，那么知a、b两物体都做匀速直线运动.由图看出，a、b两图线斜率大小相等、正负相反，说明两物体速度大小相等、方向相反，所以速度不同.故 A、D错误；图线c是一条xt2抛物线，结合xv0t12at2可知，c做初速度为 0，加速度为 0.8 m/s2匀加速直线运动，故 B 正确.图象斜率大小等于速度大小，根据图象可知t5 s 时，c物体速度最大.故 C 错误.a、bL时，两者间库仑力始终相等；小球间距大于L时，库仑力为零.两小球运动时始终未接触，运动时速度v随时间t变化关系图象如图3 所示.由图可知()图 3 A.a小球质量大于b小球质量 t2时刻两小球间距
26、最大 C.在 0t3时间内两小球间距逐渐减小 D.在 0t2时间内b小球所受斥力方向始终与运动方向相反 答案 A 解析 从速度时间图象可以看出b小球速度时间图象斜率绝对值较大，所以b小球加速度较大，两小球之间排斥力为相互作用力，大小相等，根据aFm知，加速度大质量小，所以a小球质量大于b小球质量，故 A 正确；t1t2时间内，二者做同向运动，所以当速度相第 19 页 等时距离最近，即t2时刻两小球距离最小，之后距离又开场逐渐变大，故 B、C 错误；b球在 0t1时间内做匀减速运动，所以 0t1时间内排斥力与运动方向相反，在t1t2时间内做匀加速运动，斥力方向与运动方向一样，故 D 错误.5.我
27、国航天员要在“天宫一号航天器实验舱桌面上测量物体质量，采用方法如下：质量为m1标准物A前后连接有质量均为m2BA前后两个传感器读数分别为F1、F2，由此可知待测物体B质量为()图 4 A.F1m12m2F1F2 B.F2m12m2F1F2 C.F2m12m2F1 D.F2m12m2F2 答案 B 解析 以整体为研究对象，由牛顿第二定律得：F1(m12m2m)a；隔离B物体，由牛顿第二定律得：F2ma；联立可得：mF2m12m2F1F2，B 对.6.如图 5 所示，物块A放在木板B上，A、B质量均为m，A、B之间动摩擦因数为，B与地面之间动摩擦因数为3.假设将水平力作用在A上，使A刚好要相对B滑
28、动，此时A加速度为a1；假设将水平力作用在B上，使B刚好要相对A滑动，此时B加速度为a2，那么a1与a2比为()图 5 第 20 页 A.11 B.23 C.13 D.32 答案 C 解析 将水平力作用在A上，使A刚好要相对B滑动，此时A、B间摩擦到达最大静摩擦，那么对木板B根据牛顿第二定律：mg32mgma1，解得a113g；将水平力作用在B上，使B刚好要相对A滑动，那么对物块A：mgma2，解得a2g，那么a1a213.7.如图 6 所示，质量为MF10 N 水平恒力.当小车向右运动速度到达 2.8 m/s 时，在其右端轻轻放上一质量m2.0 kg 小黑煤块(小黑煤块视为质点且初速度为零)
29、，煤块与小车间动摩擦因数0.20，g10 m/s2.假定小车足够长.那么以下说法正确是()图 6 C.煤块在 3 s 内前进位移为 9 m D.小煤块最终在小车上留下痕迹长度为 2.8 m 答案 D 解析 当小煤块刚放到小车上时，做加速度为a1g2 m/s2匀加速运动，此时小车加速度：a2FmgM100.22010 m/s20.6 m/s2，当到达共速时：vv0a2ta1t，解得t2 s，v4 m/s；假设共速后两者相对静止，那么共同加速度a共FMm10102 m/s256 m/s2，此时煤块受到摩擦力：Ffma共mg，那么假设第 21 页 成立，即煤块在整个运动过程中先做加速度为 2 m/s
30、2匀加速直线运动，稳定后继续做加速度为56 m/s2匀加速直线运动，选项 A、B 错误；煤块在前 2 s 内位移：x1v2t422 m4 m；小车在前 2 s 内位移：x2v0t12a2t26.8 m；第 3 秒内煤块位移：x1vt12a共t25312 m4.4 m，那么煤块在3 s 内前进位移为 4 m4.4 m8.4 m，选项 C 错误；小煤块在最初 2 秒内相对小车位移为 xx2x12.8 m，故最终在小车上留下痕迹长度为 2.8 m，选项 D 正确.8.(多项选择)如图 7 所示，水平挡板A与竖直挡板B固定在斜面体C上，一质量为mA、B与斜面体C对小球弹力大小分别为FA、FB与FC.现
31、使斜面体与小球一起在水平面上水平向左做加速度为aFA与FB不会同时存在，斜面体倾角为，重力加速度为g，那么选项所列图象中，可能正确是()图 7 答案 BD 解析 对小球进展受力分析，当agtan 时，受力如图乙，根据牛顿第二定律 水平方向：FCsin FBma 竖直方向：FCcos mg 联立得：FCmgcos，FBmamgtan FB与a也成线性关系，FC不变 所以 C 错误，D 正确.9.如图 8 所示，长L1.5 m，高h0.45 m，质量Mv03.6 m/s时，对木箱施加一个方向水平向左恒力F50 N，并同时将一个质量m1 kg 小球轻放在距木箱右端L3处P点(小球可视为质点，放在Pg
32、10 m/s2，求：图 8(1)小球从离开木箱开场至落到地面所用时间；(2)小球放上P点后，木箱向右运动最大位移；(3)小球离开木箱时木箱速度.答案(1)0.3 s(2)0.9 m(3)2.8 m/s，方向向左 解析(1)木箱上外表摩擦不计，因此小球在离开木箱前相对地面处于静止状态，离开木箱后将做自由落体运动.第 23 页 由h12gt2，得t2hg s0.3 s 小球从离开木箱开场至落到地面所用时间为 0.3 s.(2)小球放到木箱后，木箱加速度为：a1FMmgM 500.21011010 m/s27.2 m/s2 木箱向右运动最大位移为：x10v 202a1 m0.9 m 小球放上P点后，
33、木箱向右运动最大位移为 0.9 m.(3)x1小于 1 m，所以小球不会从木箱左端掉下，木箱向左运动加速度为 a2FMmgM500.21011010 m/s2 2.8 m/s2 设木箱向左运动距离为x2时，小球脱离木箱，那么 x2x1L3(0.90.5)m1.4 m 设木箱向左运动时间为t2，那么：由x212a2t 22 得：t2 2x2a2 s1 s 第 24 页 所以，小球离开木箱瞬间，木箱速度方向向左，大小为：v2a2t22.81 m/s2.8 m/s.10.如图 9 甲所示，质量为m20 kg 物体在大小恒定水平外力作用下，冲上一足够长从右向左以恒定速度v010 m/s 传送物体水平传
34、送带，从物体冲上传送带开场计时，物体速度时间图象如图乙所示，02 s 内水平外力与物体运动方向相反，24 s 内水平外力与物体运动方向相反，g取 10 m/s2.求：甲 乙 图 9(1)物体与传送带间动摩擦因数；(2)04 s 内物体与传送带间摩擦热Q.答案(1)0.3(2)2 880 J 解析(1)设水平外力大小为F，由图象可知 02 s 内物体做匀减速直线运动，加速度大小为a15 m/s2，由牛顿第二定律得：FFfma1 24 s 内物体做匀加速直线运动，加速度大小为a21 m/s2，由牛顿第二定律得：FfFma2 解得：Ff60 N 又Ffmg 由以上各式解得：(2)02 s 内物体对地位移 第 25 页 x1v102t110 m 传送带对地位移x1v0t120 m 此过程中物体与传送带间摩擦热 Q1Ff(x1x1)1 800 J 24 s 内物体对地位移 x2v202t22 m 传送带对地位移 x2v0t220 m 此过程中物体与传送带间摩擦热 Q2Ff(x2x2)1 080 J 04 s 内物体与传送带间摩擦热 QQ1Q22 880 J