【物理】2019届二轮复习力与物体的直线运动学案（全国通用）

【物理】2019届二轮复习力与物体的直线运动学案（全国通用）

专题二 　 力与物体的直线运动 高考统计·定方向 命题热点提炼 高考命题方向 五年考情汇总 考向 1.匀速直线运动中的图 象 2018·全国卷Ⅲ T18 2016·全国卷Ⅰ T21 1.直线运动的图象问题 考向 2.非匀变速直线运动中 的图象 2014·全国卷Ⅱ T14 考向 1.匀变速直线运动规律 的应用 2017·全国卷Ⅱ T24 2016·全国卷Ⅲ T162.匀变速直线运动的规律 考向 2.追及相遇问题 2018·全国卷Ⅱ T19 考向 1.整体法与隔离法的应 用 2015·全国卷Ⅱ T20 2014·全国卷Ⅰ T14 3.牛顿运动定律的应用 考向 2.动力学的两类问题 2017·全国卷Ⅱ T24 2014·全国卷Ⅰ T24 考向 1.滑板带动滑块运动 2015·全国卷Ⅰ T25 2013·全国卷Ⅱ T25 4.滑板——滑块模型 考向 2.滑块带动滑板运动 2017·全国卷Ⅲ T25 2015·全国卷Ⅱ T25 (对应学生用书第 5 页) 1．记牢匀变速直线运动的“四类公式” 2．掌握处理匀变速直线运动的四种方法 (1)公式法：根据题目要求，应用基本公式直接求解． (2)推论法：如果条件允许，应用v＝vt 2 ＝v0＋v 2 ，v2－v20＝2ax，Δx＝aT2 等推 论求解问题，可快速得出答案． (3)比例法：根据初速度为零的匀变速直线运动的比例关系式求解． (4)逆向思维法：匀减速直线运动到速度为零的过程，可认为是初速度为零 的反向匀加速直线运动的逆过程． 3．厘清一个网络，破解“力与运动”的关系 命题热点 1　直线运动的图象问题 (对应学生用书第 5 页) ■真题再做——感悟考法考向· 1．(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 所示．下列说法正确的是(　　) 图 1 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 CD　[x­t 图象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 x­t 图象在某一点的切线与 乙的 x­t 图象平行，此时刻两车速度相等，D 正确．] 2．(多选) (2016·全国卷Ⅰ)甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其 v ­t 图象 如图 2 所示．已知两车在 t＝3 s 时并排行驶，则(　　) 图 2 A．在 t＝1 s 时，甲车在乙车后 B．在 t＝0 时，甲车在乙车前 7.5 m C．两车另一次并排行驶的时刻是 t＝2 s D．甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为 40 m BD　[由题中 v­t 图象得 a 甲＝10 m/s2，a 乙＝5 m/s2，两车在 t＝3 s 时并排行 驶，此时 x 甲＝1 2a 甲 t2＝1 2 ×10×32 m＝45 m，x 乙＝v0t＋1 2a 乙 t2＝10×3 m＋ 1 2 ×5×32 m＝52.5 m，所以 t＝0 时甲车在前，距乙车的距离为 L＝x 乙－x 甲＝7.5 m， B 项正确．t＝1 s 时，x 甲′＝1 2a 甲 t′2＝5 m，x 乙′＝v0t′＋1 2a 乙 t′2＝12.5 m， 此时 x 乙′＝x 甲′＋L＝12.5 m，所以另一次并排行驶的时刻为 t＝1 s，故 A、C 项错误；两次并排行驶的位置沿公路方向相距 L′＝x 乙－x 乙′＝40 m，故 D 项 正确．] ■模拟尝鲜——高考类题集训······················································· 考向 1　匀速直线运动中的图象 1．(多选) (2018·湖北重点高中联考)某汽车在平直公路上匀速行驶，因特殊 情况需刹车，其刹车过程的x t­t 图象如图 3 所示，下列说法正确的是(　　) 图 3 A．汽车刹车过程做的是匀减速直线运动 B．汽车从开始刹车，经 5.0 s 停下来 C．汽车匀速行驶时的速度为 10 m/s D．汽车刹车过程的加速度大小为 2.0 m/s2 AC　[根据匀变速直线运动的位移时间公式 x＝v0t＋1 2at2，变形得：x t ＝v0＋1 2 at，故纵截距表示初速度，则 v0＝10 m/s，故汽车刹车过程做的是匀减速直线运 动，则当x t ＝0 时，有 10＋1 2a×5＝0，解得：a＝－4 m/s2，故 A、C 正确，D 错 误；根据 v＝v0＋at0，得刹车所用的时间为 t0＝v－v0 a ＝0－10 －4 s＝2.5 s，故 B 错 误；故选 A、C.] 2．(2018·榆林模拟)二十一世纪新能源环保汽车在设计阶段要对其各项性能 进行测试，某次新能源汽车性能测试中，图 4 甲显示的是牵引力传感器传回的实 时数据随时间变化关系，但由于机械故障，速度传感器只传回了第 20 s 以后的 数据，如图乙所示，已知汽车质量为 1 500 kg，若测试平台是水平的，且汽车由 静止开始直线运动，设汽车所受阻力恒定，由分析可得(　　) 图 4 A．由图甲可得汽车所受阻力为 1 000 N B．20 s 末的汽车的速度为 26 m/s C．由图乙可得 20 s 后汽车才开始匀速运动 D．前 20 s 内汽车的位移为 426 m B　[由题图乙可知，在 20 s 后车做匀速运动，则由题图甲可知：f＝1 500 N，故选项 A 错误；在 0～6 s 内由牛顿第二定律得：F 1－f＝ma 1，则 a1＝5 m/s2,6 s 末车速 v1＝a1t1＝5×6 m/s＝30 m/s.在 6～18 s 内，由牛顿第二定律得：F2 －f＝ma2，则 a2＝－1 3m/s2，第 18 s 末车速：v2＝v1＋a2t2＝30 m/s＋(－1 3 )×12 m/s ＝26 m/s，由图知 18 s 后牵引力等于阻力，即汽车匀速直线运动，故选项 B 正确， C 错误；汽车在 0～6 s 内的位移 x1＝v1 2 t1＝90 m；汽车在 6～18 s 内的位移：x2＝ v1＋v2 2 t2＝336 m；汽车在 18～20 s 内的位移 x3＝v2t3＝52 m，故汽车在前 20 s 的 位移 x＝x1＋x2＋x3＝478 m，故选项 D 错误．] 考向 2　非匀变速直线运动中的图象 3.(2018·第二次全国大联考Ⅱ卷)一质点做直线运动的 v­t 图象如图 5 所 示．下列说法正确的是(　　) 图 5 A．质点在 0～1 s 的位移与 1～2 s 的位移可能相等 B．质点在 1～2 s 做加速度逐渐减小的直线运动 C．质点在 1～2 s 中某时刻的加速度等于质点在 2～3 s 的加速度 D．质点在 1 s 时刻离出发点最远，在 2 s 时刻返回出发点 C　[在 v­t 图象中，图线与 t 轴围成的面积表示位移，质点在 0～1 s 的位移 小于在 1～2 s 的位移，选项 A 错误；在 v­t 图象中，图线的斜率表示加速度，质 点在 1～2 s 做加速度逐渐增大的直线运动，选项 B 错误；质点在 1～2 s 中某时 刻的斜率等于质点在 2～3 s 的斜率，所以质点在 1～2 s 中某时刻的加速度等于 质点在 2～3 s 的加速度，选项 C 正确；质点在 3 s 时刻离出发点最远，在 2 s 时 刻没有返回出发点，选项 D 错误．] 　(多选)(2018·第二次全国大联考Ⅲ卷)甲、乙两 小车在一条平直的车道上行驶，它们运动的 v–t 图象如图所 示，其中甲的图线为两段相同的圆弧，乙的图线为一条直 线．则下列说法正确的是(　　) A．t＝2 s 时两车的加速度大小相等 B．t＝4 s 时两车不一定相遇 C．在 0～4 s 内，两小车的平均速度大小相等，但方向相反 D．在 0～4 s 内，甲车的加速度方向不变 BD　[在 v­t 图象中直线或曲线上某处切线的斜率表示加速度，由图象知 t＝2 s 时甲车的加速度大于乙车的加速度，A 错误；在 0～4 s 内两车运动的位移相 同，但不知两车的初位置情况，故不能判断两车在 t＝4 s 时是否相遇，B 正确； 在 0～4 s 内，两车的平均速度大小相等，方向相同，C 错误；0～4 s 内，甲车做 加速度先逐渐增大后逐渐减小的加速直线运动，加速度方向不变，D 正确．] 命题热点 2　匀变速直线运动的规律 (对应学生用书第 6 页) ■真题再做——感悟考法考向························································ 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—时间图象分别如图 6 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 6 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 BD　[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 v­t 图象斜率表示加速度分析出 C 错误，D 正 确．] 2．(2016·全国卷Ⅲ)一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔 t 内位移为 s，动能变为原来的 9 倍．该质点的加速度为(　　) A.s t2 　　　　　　　　 B.3s 2t2 C.4s t2 D.8s t2 A　[设初速度为 v1，末速度为 v2，根据题意可得 9·1 2mv21＝1 2mv22，解得 v2＝3v1， 根据 v＝v0＋at，可得 3v1＝v1＋at，解得 v1＝at 2 ，代入 s＝v1t＋1 2at2 可得 a＝s t2 ， 故 A 正确．] 3．(2017·全国卷Ⅱ)为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑 线相距 s0 和 s1(s1a2 D．条件不足，无法确定 A　[两个过程中的位移相同，所以v2B－0 2a1 ＝v2C－v2B 2a2 ，即v2B a1 ＝3v2B a2 ，故 a1＜a2，A 正确．] 2．(2018·江西重点中学联考)如图 8 所示，一个质点做匀加速直线运动，依 次经过 a、b、c、d 四点，已知经过 ab、bc 和 cd 三段所用时间之比为 2∶1∶2， 通过 ab 和 cd 段的位移分别为 x1 和 x2，则 bc 段的位移为(　　) 图 8 A. (x1 ＋x2) 2 B. (x1 ＋x2) 4 C. (x1 ＋3x2) 2 D. (x1 ＋3x2) 4 B　[设 bc 段所用时间为 t，根据匀变直线运动规律可知，bc 段平均速度等 于 ad 段平均速度，所以 xbc＝vbc·t＝vad·t，vad＝x1＋x2＋xbc 5t ，由以上两式可解得：xbc ＝x1＋x2 4 ，故 B 正确．] 考向 2　追及相遇问题 3．(2018·宣城二次调研)沪宁高速上海至无锡方向玉祁段发生重大车祸，现 场至少 50 辆车连环相撞，现场交通单向中断．据交警部门调查，此次事故发生 的主要原因是雨天路滑及突然出现的团雾而造成多车连环追尾．如图 9 所示是模 拟在该高速公路上甲、乙两车刹车的 v­t 图象，甲车在后，乙车在前．若两车发 生追尾，则以下判断正确的是(　　) 图 9 A．两车一定是在 t＝15 s 至 t＝20 s 之间的某时刻发生追尾 B．两车可能是在 t＝8 s 时发生追尾 C．t＝0 时刻两车间距可能大于 28 m D．甲车刹车的加速度大小是乙车的 3 倍 B　[根据图象可知，甲开始时速度大于乙车，则在甲的速度大于等于乙车的 速度时均可能发生追尾，故可以在 0 至 10 s 内任一时刻发生追尾；若 10 s 内没 有追尾，则二者将不再相撞，故 A 错误，B 正确；在 v­t 图象中，图象与时 间轴所围成的面积表示位移．两车 10 s 时速度为 5 m/s，0～10 s 甲车位移为 x1＝15＋5 2 ×10 m＝100 m，乙车位移为 x2＝10＋5 2 ×10 m＝75 m，因两车发生追 尾，所以两车相距应为小于 Δx＝x1－x2＝25 m，故 C 错误；由图可知，甲车的加 速度为 a1＝Δv Δt ＝15－0 15 m/s2＝1 m/s2，乙车的加速度为 a2＝Δv Δt ＝10－0 20 m/s2＝0.5 m/s2，所以甲车的加速度大小是乙车的加速度大小的 2 倍，故 D 错误．所以 B 正确，A、C、D 错误．] 4．(2018·沈阳和平区一模)甲、乙两物体同时从同一地点沿同一方向做直线 运动的速度—时间图象如图 10 所示，则(　　) 图 10 A．两物体两次相遇的时刻是第 2 s 末和第 6 s 末 B．4 s 后甲在乙前面 C．两物体相距最远的时刻是第 2 s 末 D．乙物体先向前运动第 2 s，随后向后运动 A　[在 v­t 图中图象与横坐标围成的面积大小与物体发生的位移大小相等， 由图可知当 t＝2 s 和 t＝6 s 时，两图象与横坐标围成面积相等，说明发生位移相 等，由于两物体同时从同一地点沿同一方向做直线运动，因此两物体两次相遇的 时刻是第 2 s 末和第 6 s 末，故 A 正确；开始运动时，乙的初速度为零，甲在前 面，在 t＝2 s 时，两物体相遇，此时乙的速度大于甲的速度，此后乙在前面，甲 匀速运动开始追乙，乙做匀减速运动，当 t＝6 s 时，甲、乙再次相遇，因此在 2～6 s 内，甲在乙后面，故 B 错误；由图象可知，两物体相距最远时刻出现在甲 追乙阶段，即当速度相等时，甲、乙相距最远，此时 t＝4 s，故 C 错误；整个过 程中乙物体一直向前运动，先加速后减速，故 D 错误．] 命题热点 3　牛顿运动定律的应用 (对应学生用书第 8 页) ■真题再做——感悟考法考向······················································· 1．(2018·全国卷Ⅰ)如图 11 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 之间关系的图象可能正确的是(　　) 图 11 A　　　　　B　　　　　C　　　　　　D A　[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，B、C、D 错误．] 2．(多选) (2015·全国卷Ⅰ)如图 12(a)，一物块在 t＝0 时刻滑上一固定斜面， 其运动的 v­t 图线如图(b)所示．若重力加速度及图中的 v0、v1、t1 均为已知量， 则可求出(　　) 图 12 A．斜面的倾角 B．物块的质量 C．物块与斜面间的动摩擦因数 D．物块沿斜面向上滑行的最大高度 [题眼点拨]　①利用图象信息求出相关量，如由斜率求出加速度，由图线与 坐标轴所围面积求出上滑高度； ②将图线与方程结合起来：根据图线显示的匀变速过程，结合牛顿第二定律 列出上、下过程动力学方程，联立求解所求量：倾角、动摩擦因数． ACD　[由题图(b)可以求出物块上升过程中的加速度为 a1＝v0 t1 ，下降过程中 的加速度为 a2＝v1 t1 .物块在上升和下降过程中，由牛顿第二定律得 mgsin θ＋f＝ ma1，mgsin θ－f＝ma2，由以上各式可求得 sin θ＝v0＋v1 2t1g ，滑动摩擦力 f＝m(v0－v1) 2t1 ， 而 f＝μFN＝μmgcos θ，由以上分析可知，选项 A、C 正确．由 v­t 图象中横轴上 方的面积可求出物块沿斜面上滑的最大距离，可以求出物块沿斜面向上滑行的最 大高度，选项 D 正确．] 　在上题中，若改为如下形式，如图 13 甲所示，直角三角形斜劈 abc 固定在水平面上．t＝0 时，一物块(可视为质点)从底端 a 以初速度 v0 沿斜面 ab 向上运动，到达顶端 b 时速率恰好为零，之后沿斜面 bc 下滑至底端 c.若物块 与斜面 ab、bc 间的动摩擦因数相等，物块在两斜面上运动的速率 v 随时间变化 的规律如图乙所示，取重力加速度的大小 g＝10 m/s2，则下列物理量中不能求出 的是(　　) 图 13 A．斜面 ab 的倾角 θ B．物块与斜面间的动摩擦因数 μ C．物块的质量 m D．斜面 bc 的长度 L C　[根据题图乙可求出物块在左右斜面上的加速度大小 a1、a2，根据牛顿第 二定律有 mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，mgcos θ－μmgsin θ＝ma2，则可求出 θ 和 μ， 但 m 无法求出，根据题图乙可求出 0.6～1.6 s 时间内物块的位移大小，即可求出 L，故选项 C 正确．] ■模拟尝鲜——高考类题集训· 考向 1　整体法与隔离法的应用 1．(多选)(2018·河南中原名校联考)如图 14 所示，完全相同的磁铁 A、 B 分 别位于铁质车厢竖直面和水平面上，A、B 与车厢间的动摩擦因数均为 μ，小车 静止时，A 恰好不下滑，现使小车加速运动，为保证 A、B 无滑动，则(　　) 图 14 A．加速度一定向右，不能超过(1＋μ)g B．加速度一定向左，不能超过 μg C．速度向左，加速度可小于 μg D．加速度一定向左，不能超过(1＋μ)g CD　[小车静止时，A 恰好不下滑，可知 mg＝μN，水平方向上车壁对磁铁 的弹力和吸引力相等，当小车做加速运动时，车壁对物块的弹力不能减小，只能 增加，可知加速度的方向一定水平向左，对 B 分析，根据牛顿第二定律得，μ(mg ＋F)＝ma，F＝N＝mg μ ，解得 a＝(1＋μ)g，即加速度不能超过(1＋μ)g，故 C、D 正确，A、B 错误．] 2．(多选)(2018·宁夏吴忠联考)如图 15 所示，质量为 2 kg 的物体 A 静止在竖 直的轻弹簧上面，质量为 3 kg 的物体 B 用细线悬挂并与 A 物体相互接触但无压 力，取 g＝10 m/s2，某时刻将细线剪断，则细线剪断瞬间(　　) 图 15 A．弹簧的弹力大小为 30 N B．物体 B 的加速度大小为 10 m/s2 C．物体 A 的加速度大小为 6 m/s2 D．物体 A 对物体 B 的支持力大小为 12 N CD　[A 物体开始刚好静止，根据平衡条件可知，弹簧弹力 F＝mAg＝20 N， 在细线剪断瞬间，由于弹簧弹力渐变，所以此时弹簧弹力等于 20 N，故 A 错误； 剪断细线的瞬间，对整体分析，整体加速度：a＝ (mA＋mB)g－F mA＋mB ＝ (3＋2) × 10－20 3＋2 m/s2＝6 m/s2，故 B 错误，C 正确；对 B 分析可知：mBg－NAB＝mBa，即 NAB＝(g －a)mB＝(10－6)×3 N＝12 N，故 D 正确．] 考向 2　动力学的两类问题 　(2018·湖北重点高中联考)如图所示，斜面体 ABC 的倾角为 60°，O 点在 C 点的正上方且与 A 点等高，现从 O 点向 AC 构建光滑轨道 OM、ON、OP，M、N、P 分別为 AC 的四等分 点．一小球从 O 点由静止开始分别沿 OM、ON、OP 运动到斜面 上，所需时间依次为 tM、tN、tP.则(　　) A．tM＝tN＝tP　　　　 B．tM＞tN＞tP C．tM＞tP＞tN D．tM＝tP＞tN C　[以 OC′为直径，做一个圆与 AC 边相切于 N 点，如 图所示： 由图可知，圆与 OM 相交于 M′，与 OP 相交于 P′，根 据等时圆的性质可知，从 O 到 N、从 O 到 M′、从 O 到 P′ 的时间相同，又因为 M′M＞P′P，故从 O 到 P 的时间小于从 O 到 M 的时间，而大于从 O 到 N 的时间，即 tM＞tP＞tN，故选 C.] 3．(2018·榆林模拟)2018 年 2 月 18 日晚在西安大唐芙蓉园进行无人机灯光 秀，300 架无人机悬停时摆出“西安年、最中国”的字样，如图 16 所示为四旋 翼无人机，它是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器，目前正得到越来越广泛的 应用．一架质量为 m＝2 kg 的无人机，其动力系统所能提供的最大升力 F＝36 N，运动过程中所受空气阻力大小恒定，无人机在地面上从静止开始，以最大升 力竖直向上起飞，在 t＝5 s 时离地面的高度为 75 m(g 取 10 m/s2)． 图 16 (1)求运动过程中所受空气阻力大小； (2)假设由于动力设备故障，悬停的无人机突然失去升力而坠落．无人机坠 落地面时的速度为 40 m/s，求无人机悬停时距地面高度； (3)假设在第(2)问中的无人机坠落过程中，在遥控设备的干预下，动力设备 重新启动提供向上最大升力．为保证安全着地，求飞行器从开始下落到恢复升力 的最长时间． 【解析】　(1)根据题意，在上升过程中由牛顿第二定律： F－mg－f＝ma 上升高度：h＝1 2at2 联立解得：f＝4 N. (2)下落过程由牛顿第二定律：mg－f＝ma1 得：a1＝8 m/s2 落地时的速度为 v，则有：v2＝2a1H 联立解得：H＝100 m. (3)恢复升力后向下减速，由牛顿第二定律： F－mg＋f＝ma2 得：a2＝10 m/s2 设恢复升力时的速度为 vm，飞行器安全着地时速度为 0. 则有 v2m 2a1 ＋ v2m 2a2 ＝H 得：vm＝40 5 3 m/s 由：vm＝a1t1 得：t1＝5 5 3 s. 【答案】　(1)4 N　(2)100 m　(3)5 5 3 s 命题热点 4　滑板——滑块模型 (对应学生用书第 9 页) ■真题再做——感悟考法考向························································· (2017·全国卷Ⅲ)如图 17 所示，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． 图 17 【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 别是 aA 和 aB，木板相对于地面的加速度大小为 a1.在物块 B 与木板达到共同速度 前有 f1＝μ1mAg ① f2＝μ1mBg ② f3＝μ2(mA＋mB＋m)g ③ 由牛顿第二定律得 f1＝mAaA ④ f2＝mBaB ⑤ f2－f1－f3＝ma1 ⑥ 设在 t1 时刻，B 与木板达到共同速度，设大小为 v1.由运动学公式有 v1＝v0－aBt1 ⑦ v1＝a1t1 ⑧ 联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得 v1＝1 m/s. ⑨ (2)在 t1 时间间隔内，B 相对于地面移动的距离为 sB＝v0t1－1 2aBt21 ⑩ 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 ⑪ 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 所用时间为 t2，则由 运动学公式，对木板有 v2＝v1－a2t2 ⑫ 对 A 有 v2＝－v1＋aAt2 ⑬ 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 ⑭ 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 ⑮ 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 ⑯ 联立以上各式，并代入数据得 s0＝1.9 m． ⑰ (也可用如图的速度－时间图线求解) 【答案】　(1)1 m/s　(2)1.9 m [规律方法] 　解决板块模型问题，抓好“一、二、三”,一个转折：即滑块 与长木板达到相同的速度时或滑块离开长木板时的受力情况以及运动状态的变 化为转折点；(上题中在 t1 时刻，B 与木板达到共同速度；A 和 B 相遇时，A 与木 板的速度也恰好相同) 两个关联：即发生转折前后滑块和长木板的受力情况以及滑块与长木板的位 移之间的关联，必要时要通过作草图把握关系； 三个步骤：①要确定研究对象，②通过受力分析确定滑块和长木板的运动过 程以及运动状态，③是分析各阶段所满足的物理规律以及解决问题时所用的手段， 其中利用图象的方法处理问题更为便捷. ■模拟尝鲜——高考类题集训························································ 考向 1　滑板带动滑块运动 1．(2018·陕西第四次模拟)如图 18 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，取 g＝10 m/s2，求： 图 18 (1)A 物体在纸带上的滑动时间； (2)两物体 A、B 停在地面上的距离． 【解析】　(1)两物体在纸带上滑动时有 μ1mg＝ma1 当物体 A 滑离纸带时有 1 2at21－1 2a1t21＝d 由以上二式可得 t1＝1 s. (2)物体 A 离开纸带时的速度 v1＝a1t1 两物体在地面上运动时有 μ2mg＝ma2 物体 A 从开始运动到停在地面上过程中的总位移 s1＝ v21 2a1 ＋ v21 2a2 当物体 B 滑离纸带时有 1 2at22－1 2a1t22＝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的总位移 s2＝ v22 2a1 ＋ v22 2a2 两物体 A、B 最终停止时的间距 s＝s2＋d－s1 由以上各式可得 s＝1.25 m. 【答案】　(1)1 s　(2)1.25 m 考向 2　滑块带动滑板运动 2．(多选)如图 19 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 2μ.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 19 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 4μg 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 BCD　[当 0＜F≤3 2μmg 时，A、B 皆静止；当 3 2μmg＜F≤2μmg 时，A、B 相 对静止，但两者相对地面一起向右做匀加速直线运动；当 F＞2μmg 时，A 相对 B 向右做加速运动，B 相对地面也向右加速，选项 A 错误，选项 C 正确．当 F＝5 2 μmg 时，A 的加速度 a＝F－2μmg 2m ＝1 4μg，选项 B 正确．F 较大时，取物块 B 为研 究对象，物块 B 的加速度最大为 a2＝ 2μmg－3 2μmg m ＝1 2μg，选项 D 正确．]