【物理】2019届二轮复习力与物体的直线运动作业（全国通用）(1)

【物理】2019届二轮复习力与物体的直线运动作业（全国通用）(1)

第 2 讲　力与物体的直线运动 [真题再现]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 1．(多选)(2018·全国卷Ⅱ)甲、乙两汽车在同一条平直公路上同向运动，其 速度－时间图像分别如图 1－2－1 中甲、乙两条曲线所示。已知两车在 t2 时刻 并排行驶。下列说法正确的是 图 1－2－1 A．两车在 t1 时刻也并排行驶 B．在 t1 时刻甲车在后，乙车在前 C．甲车的加速度大小先增大后减小 D．乙车的加速度大小先减小后增大 解析　本题可巧用逆向思维分析，两车在 t2 时刻并排行驶，根据题图分析可 知在 t1～t2 时间内甲车运动的位移大于乙车运动的位移，所以在 t1 时刻甲车在后， 乙车在前，B 正确，A 错误；依据 v－t 图像斜率表示加速度分析出 C 错误，D 正确． 答案　BD 2．(2017·上海单科)一碗水置于火车车厢内的水平桌面上。当火车向右做匀 减速运动时，水面形状接近于图 1－2－2 中 图 1－2－2 解析　当火车向右做匀减速运动时，碗内的水由于惯性，保持原来较大的速 度向右运动，则只有图 A 所示的情形符合要求，故 A 正确。 答案　A 3.(2018·全国卷Ⅰ)如图 1－2－3 所示，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上 端放有物块 P，系统处于静止状态。现用一竖直向上的力 F 作用在 P 上，使其 向上做匀加速直线运动。以 x 表示 P 离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前， 下列表示 F 和 x 之间关系的图像可能正确的是 图 1－2－3 解析　假设物块静止时弹簧的压缩量为 x0，则由力的平衡条件可知 kx0＝mg， 在弹簧恢复原长前，当物块向上做匀加速直线运动时，由牛顿第二定律得 F＋k(x0 －x)－mg＝ma，由以上两式解得 F＝kx＋ma，显然 F 和 x 为一次函数关系，且 在 F 轴上有截距，则 A 正确，BCD 错误。 答案　A [考情分析] 分值 6～26 分 题型 选择题和计算题 命题热点 (1)两类动力学问题 (2)动力学的图像问题 (3)“滑块—木板模型” (4)“传送带模型” 考点一　匀变速直线运动规律的应用 1．求解匀变速直线运动问题的一般思路 审题画出示意图判断运动性质选取正方向选用公式列方程求解方 程 2．常用方法：基本公式法、平均速度法、推论法、比例法和逆向思维法。 　公路上的某个激光测速仪只能测定距离仪器 20～200 m 范围内汽车 的车速，激光测速仪所在路段限速 54 km/h。测速仪发出测速激光脉冲的时间极 短，并能立即得到车速，且每隔 2 s 测速一次。一辆小轿车在距离测速仪 264 m 时司机就发现了前方的测速仪，并立即制动做匀减速运动，结果该小轿车驶入 测速范围内后，第一次被测速激光脉冲照射到时恰好没有超速，且第二次测速 时的速度为 50.4 km/h。求： (1)小轿车做匀减速运动的加速度大小； (2)小轿车在距离测速仪 264 m 时速度的最小值。 [解析]　(1)第一次测速恰好没有超速，即 v1＝54 km/h＝15 m/s；第二次测速 时的速度 v2＝50.4 km/h＝14 m/s，由两次测量的速度可得小轿车的加速度 a＝ v2－v1 t ＝14－15 2 m/s2＝－0.5 m/s2，所以小轿车做匀减速直线运动的加速度大小 为 0.5 m/s2。 (2)若小轿车刚好到达距离测速仪 200 m 处就遇到测速的激光，则小轿车减 速到 54 km/h 时的位移是最小的，小轿车在距离测速仪 264 m 时速度有最小值。 设最小速度为 v0，则 v21－v20＝2ax， 其中 x＝264 m－200 m＝64m， 得出 v0＝ v21－2ax ＝ 152－2 × (－0.5) × 64 m/s ＝17 m/s。 [答案]　(1)0.5 m/s2　(2)17 m/s [规律总结] 匀变速直线运动问题常用的六种解题方法 【题组突破】 1．解决直线运动方法的灵活运用 如图 1－2－4 所示，某“闯关游戏”的笔直通道上每隔 8 m 设有一个关卡， 各关卡同步放行和关闭，放行和关闭的时间分别为 5 s 和 2 s。关卡刚放行时， 一同学立即在关卡 1 处以加速度 2 m/s2 由静止加速到 2 m/s，然后匀速向前，则 最先挡住他前进的关卡是 图 1－2－4 A．关卡 2　　　　　　　　　　　B．关卡 3 C．关卡 4 D．关卡 5 解析　该同学加速到 2 m/s 时所用时间为 t1，由 v1＝at1，得 t1＝v1 a ＝1 s，通 过的位移 x1＝1 2at21＝1 m，然后匀速前进的位移 x2＝v1(t－t1)＝8 m，因 x1＋x2＝9 m＞8 m，即这位同学已通过关卡 2，距该关卡 1 m，当关卡关闭 t2＝2 s 时，此 同学在关卡 2、3 之间通过了 x3＝v1t2＝4 m 的位移，接着关卡放行 t＝5 s，同学 通过的位移 x4＝v1t＝10 m，此时距离关卡 4 为 x5＝16 m－(1＋4＋10) m＝1 m， 关卡关闭 2 s，经过 t3＝x5 v1 ＝0.5 s 后关卡 4 最先挡住他前进。 答案　C 2．追及、相遇问题 (2018·济宁一模)交管部门强行推出了“电子眼”，机动车擅自闯红灯的现象 大幅度减少。现有甲、乙两汽车正沿同一平直马路同向匀速行驶，甲车在前， 乙车在后，它们行驶的速度均为 10 m/s。当两车快要到一十字路口时，甲车司机 看到绿灯已转换成了黄灯，于是紧急刹车(反应时间忽略不计)，乙车司机为了避 免与甲车相撞也紧急刹车，但乙车司机反应较慢(反应时间为 0.5 s)。已知甲车紧 急刹车时制动力为车重的 0.4 倍，乙车紧急刹车时制动力为车重的 0.5 倍，g 取 10 m/s2。 求：(1)若甲车司机看到黄灯时车头距警戒线 15 m，他采取上述措施能否避 免闯红灯？ (2)为保证两车在紧急刹车过程中不相撞，甲、乙两车行驶过程中应保持多 大距离？ 解析　(1)甲车紧急刹车的加速度大小为 a1＝Ff m1 ＝0.4m1g m1 ＝4 m/s2 甲车停下所需时间：t1＝v0 a1 ＝10 4 s＝2.5 s 甲车滑行距离：x＝ v20 2a1 ＝ 102 2 × 4 m＝12.5 m 由于 x＝12.5 m＜15 m，所以甲车能避免闯红灯。 (2)设甲、乙两车行驶过程中至少应保持距离 x0，在乙车刹车 t2 时间两车速 度相等，乙车紧急刹车的加速度大小为 a2＝Ff2 m2 ＝5 m/s2 速度相等有 v0－a1(t0＋t2)＝v0－a2t2 解得 t2＝2.0 s 乙车发生的位移 x 乙＝v0t0＋v0t2－1 2a2t22＝15 m， 甲车发生的位移 x 甲＝v0(t0＋t2)－1 2a1(t0＋t2)2＝12.5 m， x0＝x 乙－x 甲＝(15－12.5) m＝2.5 m。 答案　(1)能避免闯红灯　(2)2.5 m 3．运动图像的应用 (多选)(2018·全国卷Ⅲ)甲、乙两车在同一平直公路上同向运动，甲做匀加速 直线运动，乙做匀速直线运动。甲、乙两车的位置 x 随时间 t 的变化如图 1－2－ 5 所示。下列说法正确的是 图 1－2－5 A．在 t1 时刻两车速度相等 B．从 0 到 t1 时间内，两车走过的路程相等 C．从 t1 到 t2 时间内，两车走过的路程相等 D．在 t1 到 t2 时间内的某时刻，两车速度相等 解析　x－t 图像某点的切线斜率表示瞬时速度，A 错误；前 t1 时间内，由于 甲、乙的出发点不同，故路程不同，B 错误；t1～t2 时间内，甲、乙的位移和路 程都相等，大小都为 x2－x1，C 正确；t1～t2 时间内，甲的 x－t 图像在某一点的 切线与乙的 x－t 图像平行，此时刻两车速度相等，D 正确． 答案　CD 考点二　运动图像在动力学中的应用 1．动力学图像的实质是力与运动的关系，解题的关键在于弄清图像斜率、 截距、交点、拐点、面积的物理意义。 2．对于复杂的图像或运动过程，要应用物理规律列出与图像对应的函数解 析式，以便对有关物理问题作出准确判断。 3．看清纵、横坐标所表示的物理量及单位。 【题组突破】 1．如图 1－2－6 甲，某人正通过定滑轮将质量为 m 的物体提升到高处。滑 轮的质量和摩擦均不计，物体获得的加速度 a 与绳子对物体竖直向上的拉力 T 之间的函数关系如图乙所示。由图可以判断以下说法不正确的是 图 1－2－6 A．图线与纵轴的交点 M 的值 aM＝－g B．图线与横轴的交点 N 的值 TN＝mg C．图线的斜率等于物体的质量 m D．图线的斜率等于物体质量的倒数1 m 解析　对物体受力分析，受重力 mg 和拉力 T，根据牛顿第二定律，有 T－mg＝ma，得 a＝T m －g 当 T＝0 时，a＝－g，即图线与纵轴的交点 M 的值 aM＝－g，A 正确；当 a＝ 0 时，T＝mg，故图线与横轴的交点 N 的值 TN＝mg，B 正确；图线的斜率表示 质量的倒数1 m ，C 错误，D 正确；综合上述分析，故选 C。 答案　C 2．质量为 3 kg 的长木板 A 置于光滑的水平地面上，质量为 2 kg 的木块 B(可视为质点)置于木板 A 的左端。在水平向右的力 F 作用下由静止开始运动， 如图 1－2－7 甲所示。A、B 运动的加速度随时间变化的图像如图乙所示(g 取 10 m/s2)。求： 图 1－2－7 (1)木板与木块之间的动摩擦因数(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)； (2)4 s 末 A、B 的速度； (3)若 6 s 未木板和木块刚好分离，则木板的长度为多少？ 解析　(1)由题图知 4 s 末 A、B 间达到最大静摩擦力，此时 a＝2 m/s2 对应 A 板：μmBg＝mAa 得 A、B 间动摩擦因数 μ＝mAa mBg ＝0.3。 (2)由图像知 4 s 末二者的速度等于图线与坐标轴包围的面积； v＝1 2at1＝1 2 ×2×4 m/s＝4 m/s。 (3)4 s 末到 6 s 末 t2＝2 s 木板 A 运动的位移：xA＝vt2＋1 2aAt22 木板 B 的位移：xB＝vt2＋1 2aBt22 代入数据得木板的长度为 l＝xB－xA＝4 m。 答案　(1)0.3　(2)4 m/s　(3)4 m 3.(多选)(2018·皖南八校联考)质量为 0.2 kg 的物块在水平推力 F 的作用下 沿水平面做直线运动，6 s 末撤去水平推力 F，如图实线表示其运动的 v­t 图像， 其中经过点(4,0)的虚线是 6 s 末 v­t 图像的切线。(g 取 10 m/s2)。下列说法正确的 有 图 1－2－8 A．6 s 未物块速度方向改变 B．0～6 s 内物块平均速度比 6～10 s 内物块平均速度小 C．物块与水平面间的动摩擦因数为 0.1 D．水平推力 F 的最大值为 0.9 N 解析　6 s 末物块速度仍为正值，故速度方向没改变，选项 A 错误；若 0～6 s 内物体做匀加速运动，则平均速度为 3 m/s，而由图线可知，物体在 0～6 s 内 的平均速度小于 3 m/s，而物体在 6～10 s 内的平均速度等于 3 m/s，故 0～6 s 内 物体平均速度比 6～10 s 内物块平均速度小，选项 B 正确；撤去外力后的加速度 a＝Δv Δt ＝ 6 10－6 m/s2＝1.5 m/s2，根据 a＝μg＝1.5 m/s2 可知物块与水平面间的动摩 擦因数为 0.15，选项 C 错误；物体的最大加速度为 am＝Δv Δt ＝ 6 6－4 ＝3 m/s2，根 据牛顿第二定律 Fm－μmg＝mam，解得 Fm＝0.9 N，选项 D 正确；故选 BD。 答案　BD 考点三　力学中的连接体问题 1．整体法与隔离法常涉及的三种问题类型 (1)涉及滑轮的问题：若要求绳的拉力，一般都采用隔离法。 (2)水平面上的连接体问题： ①这类问题一般是连接体(系统)中各物体保持相对静止，即具有相同的加速 度。解题时，一般采用先整体后隔离的方法。 ②建立直角坐标系时要考虑矢量正交分解越少越好的原则，或者正交分解 力，或者正交分解加速度。 (3)斜面体与物体组成的连接体问题：当物体具有沿斜面方向的加速度，而 斜面体相对于地面静止时，一般采用隔离法分析。 2．解决这类问题的关键 正确地选取研究对象是解题的首要环节，弄清各物体之间哪些属于连接体， 哪些物体应该单独分析，并分别确定它们的加速度，然后根据牛顿运动定律列 方程求解。 　(2018·成都检测)如图 1－2－9 甲所示，倾角 θ＝37°的足够长粗糙斜 面固定在水平面上，滑块 A、B 用细线跨过光滑定滑轮相连，A 与滑轮间的细线 与斜面平行，B 距地面一定高度，A 可在细线牵引下沿斜面向上滑动。某时刻由 静止释放 A，测得 A 沿斜面向上运动的 v­t 图像如图乙所示(B 落地后不反弹)。 图 1－2－9 已知 mA＝2 kg，mB＝4 kg，重力加速度 g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6、cos 37°＝ 0.8；求： (1)A 与斜面间的动摩擦因数； (2)A 沿斜面向上滑动的最大位移。 [审题探究] (1)0～0.5 s 时间 A 的加速度是多少？细线对 A 的拉力是否等于 B 的重力？ (2)0.5 s 后，A 做什么运动？如何计算第二段时间内 A 的位移？ [解析]　(1)在 0～0.5 s 时间内，根据图像，可得 AB 系统的加速度为 a1＝Δv Δt ＝4 m/s2 设细线张力大小为 T，对 A、B，由牛顿第二定律有 T－mAgsin θ－μmAgcos θ＝mAa1 mBg－T＝mBa1 联立上述两式并代入数据解得 μ＝0.25 (2)B 落地后，A 继续减速上升 由牛顿第二定律有 mAgsin θ＋μmAgcos θ＝mAa2 代入数据得 a2＝8 m/s2 故 A 减速向上滑动的位移为：x2＝ v2 2a2 ＝0.25 m 0～0.5 s 内 A 加速向上滑动的位移 x1＝ v2 2a1 ＝0.5 m 所以，A 上滑的最大位移为 x＝x1＋x2＝0.75 m。 [答案]　(1)0.25　(2)0.75 m 【题组突破】 1．如图 1－2－10 所示，在光滑的水平地面上，有两个质量相等的物体， 中间用劲度系数为 k 的轻质弹簧相连，两物体在水平外力 F1、F2 的作用下运动， 已知 F1＜F2，则当系统稳定时，弹簧的伸长量为 图 1－2－10 A.F2－F1 k B.F2－F1 2k C.F1＋F2 k D.F1＋F2 2k 解析　设 A、B 两物体的质量均为 m，当运动稳定时，把 A、B 看作整体进 行研究。由受力分析可知，A、B 整体所受到的合力大小为 F2－F1，由牛顿第二 定律可得 F2－F1＝2ma，解得 a＝F2－F1 2m ，因 A、B 相对静止，所以整体的加速 度也是单个物体的加速度。设弹簧的伸长量为 Δx，对物体 A 进行受力分析，由 牛顿第二定律可得 kΔx－F1＝ma，解得 Δx＝F1＋F2 2k ，选项 D 正确。 答案　D 2．(多选)如图 1－2－11 所示，A、B 两物块的质量分别为 2m 和 m，静止 叠放在水平地面上。A、B 间的动摩擦因数为 μ，B 与地面间的动摩擦因数为 1 2 μ。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为 g。现对 A 施加一水平拉力 F， 则 图 1－2－11 A．当 F＜2μmg 时，A、B 都相对地面静止 B．当 F＝5 2μmg 时，A 的加速度为 1 3μg C．当 F＞3μmg 时，A 相对 B 滑动 D．无论 F 为何值，B 的加速度不会超过 1 2μg 解析　A、B 间的最大静摩擦力 fAm＝2μmg，B 与地面间的最大静摩擦力为 fBm＝3 2μmg。逐渐增大拉力 F，当 F＝3 2μmg 时，A、B 间相对静止，B 与地面开 始相对滑动，故选项 A 错误；当 A、B 间刚开始相对滑动时，由牛顿第二定律， 对物块 A 有 F－2μmg＝2ma，对物块 B 有 2μmg－3 2μmg＝ma，联立两式得 F＝ 3μmg，也就是当 F＝3μmg 时，物块 A、B 开始相对滑动，因此 F＝5 2μmg 时， A、B 相对静止，整体应用牛顿第二定律可得此时的加速度为 aA＝ F－3 2μmg 3m ＝1 3μg， 故选项 B、C 正确；物块 A、B 间，B 与地面间都相对滑动时，B 的加速度为 aB ＝ 2μmg－3 2μmg m ＝1 2μg，此后无论 F 为何值，只要 A、B 间相对滑动，B 的加速 度就是 1 2μg，所以 B 的加速度不会超过此值，选项 D 正确。 答案　BCD 考点四　用动力学方法分析传送带问题 1．传送带问题的实质是相对运动问题，这样的相对运动将直接影响摩擦力 的方向。因此，搞清楚物体与传送带间的相对运动方向是解决该问题的关键。 2．传送带问题还常常涉及到临界问题，即物体与传送带速度相同，这时会 出现摩擦力改变的临界状态，具体如何改变要根据具体情况判断。 　如图 1－2－12 所示，倾斜传送带 AB 和水平传送带 BC 平滑连接， 传送带 AB 的倾角为 θ＝37°，起点 A 距水平面的高度 H＝7.0 m，BC 长为 d＝ 2.0 m，端点 C 距水平面的高度 h＝1.0 m，水平传送带 BC 的长度 d 和高度 h 都 可以调节，可以调至如图所示的 B′C′位置，水平传送带和倾斜传送带都以 v0 ＝8 m/s 的速度逆时针运动，一质量为 m＝5 kg 的物块从倾斜传送带的顶端 A 点 由静止释放，已知物块与 AB、BC 间的动摩擦因数均为 μ＝0.25，物块通过 B 点 时无能量损失。(取重力加速度 g＝10 m/s2，cos 37°＝0.8，sin 37°＝0.6，物块在 运动过程中可视为质点)。 图 1－2－12 (1)求物块运动到 C 点时的速度大小； (2)当 h 调为 h′＝3.325 m 时，物块在传送带上运动的总时间是多少？ [审题探究] (1)物块刚放到传送带上所受摩擦力的方向如何？物体的加速度多大？ (2)物块在倾斜传送带上运动，速度能否达到与传送带速度相同？若能达到 速度相同，此后物块做匀速运动还是加速运动？ (3)物块滑上水平传送带时的速度多大？物块在水平传送带上做什么运动？ [解析]　(1)物块由 A 运动到 B 的过程，开始时摩擦力方向沿传送带向下， 根据牛顿第二定律有 mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，代入数据解得 a1＝8 m/s2 加速运动到与传送带速度相等时的位移为 x1＝ v20 2a1 ＝4 m 此后在 AB 上摩擦力反向，则 mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，解得 a2＝4 m/s2 AB 的长为 L＝ H－h sin 37° ＝10 m 设物块到达 B 点的速度为 v1，有 v21－v20＝2a2(L－x1)，代入数据解得 v1＝4 7 m/s 在水平传送带上运动时，由 μmg＝ma3，得 a3＝2.5 m/s2 设物块运动到 C 点时的速度为 v2，由 v22－v21＝－2a3d，解得 v2＝ 102 m/s。 (2)当水平传送带调至 h′高时，水平传送带的长度变为 d′＝d＋h′－h tan θ ＝5.1 m 倾斜传送带的长度 L′＝H－h′ sin θ ＝6.125 m 物块在倾斜传送带上的第一个匀加速过程有 x1＝1 2a1t21，解得 t1＝1 s 物块在倾斜传送带上的第二个匀加速过程有 L′－x1＝v0t2＋1 2a2t22 解得 t2＝0.25 s 故物块到达倾斜传送带底端时的速度为 v1′＝v0＋a2t2＝9 m/s 物块在水平传送带上先以 a3＝2.5 m/s2 的加速度做匀减速直线运动 物块做匀减速直线运动的时间为 t3＝v0－v1′ －a3 ＝0.4 s 物块做匀减速直线运动的位移为 x2＝v20－v1′2 －2a3 ＝3.4 m 则物块在水平传送带上做匀速直线运动的时间为 t4＝d′－x2 v0 ＝0.21 s 故 h 调为 h′＝3.325 m 时，物块在传送带上运动的总时间为 t＝t1＋t2＋t3＋ t4＝1.86 s。 [答案]　(1) 102 m/s　(2)1.86 s 【题组突破】 1．水平传送带问题 如图 1－2－13 所示，足够长的水平传送带，以初速度 v0＝6 m/s 顺时针转 动。现在传送带左侧轻轻放上质量 m＝1 kg 的小滑块，与此同时，启动传送带制 动装置，使得传送带以恒定加速度 a＝4 m/s2 减速直至停止；已知滑块与传送带 间的动摩擦因数 μ＝0.2，滑块可以看成质点，且不会影响传送带的运动，g＝10 m/s2。试求： 图 1－2－13 (1)滑块与传送带共速时，滑块相对传送带的位移； (2)滑块在传送带上运动的总时间 t。 解析　(1)对滑块，由牛顿第二定律可得 μmg＝ma1， 得 a1＝2 m/s2 设经过 t1 滑块与传送带共速 v，有 v＝v0－at1 v＝a1t1， 解得 v＝2 m/s，t1＝1 s 滑块位移为 x1＝vt1 2 ＝1 m 传送带位移为 x2＝(v0＋v)t1 2 ＝4 m， 故滑块相对传送带的位移 Δx＝x2－x1＝3 m。 (2)共速之后，假设滑块与传送带一起减速，则滑块与传送带间的静摩擦力 为 f，有 f＝ma＝4 N＞μmg＝2 N，故滑块与传送带相对滑动。 滑块做减速运动，加速度仍为 a1， 滑块减速时间为 t2，有 t2＝0－v －a1 ＝1 s， 故 t＝t1＋t2＝2 s。 答案　(1)3 m　(2)2 s 2．倾斜传送带问题 如图 1－2－14 所示，倾斜传送带与水平方向的夹角为 θ＝37°，将一小物块 轻轻放在正在以速度 v＝10 m/s 匀速逆时针传动的传送带的上端，物块和传送带 之间的动摩擦因数为 μ＝0.5(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力的大小)，传送带两 皮带轮轴心间的距离为 L＝29 m，求将物块从顶部运送到传送带底部所需的时间 为多少？(g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) 图 1－2－14 解析　物块放到传送带上后，沿斜面向下做匀加速直线运动，受到的摩擦力 方向沿斜面向下 mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1 a1＝gsin θ＋μgcos θ＝10 m/s2 当物体加速到与传送带同速时，位移为： s1＝ v2 2a1 ＝5 m＜L＝29 m t1＝v a1 ＝1 s 物块加速到与传送带同速后，由于 mgsin θ＞μmgcos θ，所以物块相对于传 送带向下运动，摩擦力变为沿斜面向上 a2＝gsin θ－μgcos θ＝2 m/s2 s2＝L－s1＝vt＋1 2a2t22⇒t2＝2 s 因此物体运动的总时间为 t＝t1＋t2＝3 s。 答案　3 s 考点五　滑块、滑板模型 滑块——滑板模型是近几年来高考考查的热点，涉及摩擦力的分析判断、 牛顿运动定律、匀变速运动等主干知识，能力要求较高，滑块和滑板的位移关 系、速度关系是解答滑块——滑板模型的切入点，前一运动阶段的末速度是下 一运动阶段的初速度，解题过程中必须以地面为参考系。 1．模型特点：滑块(视为质点)置于滑板上，滑块和滑板均相对地面运动， 且滑块和滑板在摩擦力的相互作用下发生相对滑动。 2．运动学分析：无临界速度时，滑块与滑板分离，确定相等时间内的位移 关系解题；有临界速度时，滑块与滑板不分离，假设速度相等后加速度相同， 由整体法求解系统的共同加速度，再由隔离法用牛顿第二定律求滑块与滑板间 的摩擦力 f，如果该摩擦力不大于最大静摩擦力说明假设成立，则整体列式解题； 如果该摩擦力大于最大静摩擦力说明假设不成立，则分别列式；确定相等时间 内的位移关系解题。 3．动力学分析：判断滑块与滑板是否发生相对滑动是解决这类问题的一个 难点，通常采用整体法、隔离法和假设法等。往往先假设两者相对静止，由牛 顿第二定律求出它们之间的摩擦力 f，与最大静摩擦力 fm 进行比较。若 f＜fm， 则不会发生相对滑块；反之，将发生相对滑动。从运动学角度看，滑块与滑板 的速度和加速度不等，则会发生相对滑动。 　(2017·全国卷Ⅲ)如图 1－2－15，两个滑块 A 和 B 的质量分别为 m A ＝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： 图 1－2－15 (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。 [思路引导] [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 木板间所受的摩擦力的大小分别为 f1、f2 和 f3，A、B 和木板相对于地面的加速 度大小分别是 aA、aB 和 a1，在物块 B 与木板达到共同速度前有 f1＝μ1mAg， f2＝μ1mBg， f3＝μ2(mA＋mB＋m)g， 由牛顿第二定律得 f1＝mAaA， f2＝mBaB， f2－f1－f3＝ma1， 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－aBt1，v1＝a1t1， 联立，代入已知数据得 v1＝1 m/s。 (2)在 t1 时间间隔内，B 相对于地面移动的距离为 sB＝v0t1－1 2aBt21， 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， 因为 aA＝aB；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＝v1t2－1 2a2t22， 在(t1＋t2)时间间隔内，A 相对地面移动的距离为 sA＝v0(t1＋t2)－1 2aA(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) [答案]　(1)1 m/s　(2)1.9 m 【题组突破】 1．如图 1－2－16 甲所示，质量为 M 的长木板，静止放置在粗糙水平地面 上，有一个质量为 m、可视为质点的物块，以某一水平初速度从左端冲上木板， 从物块冲上木板到物块和木板达到共同速度的过程中，物块和木板的 v－t 图像 分别如图乙中的折线 acd 和 bcd 所示。a、b、c、d 点的坐标分别为 a(0,10)、 b(0,0)、c(4,4)、d(12,0)，根据 v－t 图像，求： 图 1－2－16 (1)物块冲上木板做匀减速直线运动的加速度大小 a1，木板开始做匀加速直 线运动的加速度大小 a2，达到共同速度后一起做匀减速直线运动的加速度大小 a3； (2)物块质量 m 与长木板质量 M 之比； (3)物块相对长木板滑行的距离 Δx。 解析　(1)由 v－t 图像可求出物块冲上木板做匀减速直线运动的加速度大小 a1＝10－4 4 m/s2＝1.5 m/s2，木板开始做匀加速直线运动的加速度大小 a2＝4－0 4 m/s2＝1 m/s2，达到共同速度后一起做匀减速直线运动的加速度大小 a3＝4－0 8 m/s2＝0.5 m/s2。 (2)对物块冲上木板匀减速阶段：μ1mg＝ma1 对木板向前匀加速阶段： μ1mg－μ2(m＋M)g＝Ma2 物块和木板达到共同速度后向前匀减速阶段： μ2(m＋M)g＝(M＋m)a3 以上三式联立可得m M ＝3 2 。 (3)由 v－t 图像可以看出，物块相对于长木板滑行的距离 Δx 对应图中△abc 的面积，故 Δx＝10×4×1 2 m＝20 m。 答案　(1)1.5 m/s2　1 m/s2　0.5 m/s2　(2)3 2 　(3)20 m 2．(2018·湖北七市联考)如图 1－2－17 所示，可视为质点的物体 A 叠放在 长木板 B 上，A、B 的质量分别为 m1＝10 kg、m2＝10 kg，B 长为 L＝16 m，开 始时 A 在 B 的最右端；A 与 B、B 与地之间的动摩擦因数分别为 μ1＝0.4、μ2＝ 0.4；现将一水平恒力 F＝200 N 作用在 B 上，使 A、B 由静止开始运动，当 A 恰好运动到 B 的中点时撤去外力 F；g 取 10 m/s2。求： 图 1－2－17 (1)力 F 作用的时间及此时 B 前进的距离； (2)撤去外力 F 后 B 还能走多远？ 解析　(1)力 F 开始作用时，设 A、B 的加速度分别为 a1、a2， 对 A：μ1m1g＝m1a1，a1＝4 m/s2 对 B：F－μ1m1g－μ2(m1＋m2)g＝m2a2， a2＝8 m/s2， 设力 F 作用的时间为 t，对应此时 A、B 的速度为 vA、vB 则有 1 2a2t2－1 2a1t2＝1 2L 代入数据得，t＝2 s， vA＝8 m/s，vB＝16 m/s 此时 B 前进的距离为 xB＝1 2a2t2＝16 m。 (2)撤去外力 F 后，对 A 有 μ1m1g＝m1a3， a3＝4 m/s2 对 B 有 μ1m1g＋μ2(m1＋m2)g＝m2a4， a4＝12 m/s2 设 A、B 经过时间 t1 达到共同速度 v1 则有 vA＋a3t1＝vB－a4t1 解得：t1＝0.5 s，v1＝10 m/s 此过程中 B 前进的距离为 x1＝v2B－v21 2a4 ＝6.5 m A、B 共速后一起匀减速的加速度为 a5 μ2(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a5，a5＝4 m/s2 此时 B 前进的距离为 x2＝ v21 2a5 ＝12.5 m 撤去 F 后 B 前进的总距离为 x＝x1＋x2＝19 m。 答案　(1)2 s　16 m　(2)19 m