2019届高考物理二轮复习第一部分专题整合专题一力与运动第2讲力与物体的直线运动专项训练201902203293.doc

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1、1第 2 讲 力与物体的直线运动真题再现 1(多选)(2018全国卷)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 121 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 121A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 BD2(2017

2、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 122 中图 122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 A3.(2018全国卷)如图 123 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2图 123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 kx

3、0 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 626 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

4、仪器 20200 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 v154 km/h15 m/s；第二次测速时的速3度 v250.4 km/h14 m/s，由两次测量的

5、速度可得小轿车的加速度 a v2 v1t 14 152m/s20.5 m/s 2，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 v v 2 ax，21 20其中 x264 m200 m64m，得出 v0 v21 2ax m/s152 2( 0.5)6417 m/s。答案 (1)0.5 m/s 2 (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

6、用如图 124 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 124A关卡 2 B关卡 34C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 1 s，通过的位v1a移 x1 at 1 m，然后匀速前进的位移 x2 v1(t t1)8 m，因 x1 x29 m8 m，即这12 21位同学已通过关卡 2，距该关卡 1 m，当关卡关闭 t22 s

7、 时，此同学在关卡 2、3 之间通过了 x3 v1t24 m 的位移，接着关卡放行 t5 s，同学通过的位移 x4 v1t10 m，此时距离关卡 4 为 x516 m(1410) m1 m，关卡关闭 2 s，经过 t3 0.5 s 后关卡x5v14 最先挡住他前进。答案 C2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

8、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 4 m/s 2Ffm1 0.4m1gm1甲车停下所需时间： t1 s2.5 sv0a1 104甲车滑行距离： x m12.5 mv202a1 10224由于 x12.5 m15 m，所以甲车能避免闯红灯。(2)设甲、乙两车行驶过程

9、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 5 m/s 2Ff2m2速度相等有 v0 a1(t0 t2) v0 a2t2解得 t22.0 s乙车发生的位移5x 乙 v0t0 v0t2 a2t 15 m，12 2甲车发生的位移x 甲 v0(t0 t2) a1(t0 t2)212.5 m，12x0 x 乙 x 甲 (1512.5) m2.5 m。答案 (1)能避免闯红灯 (2)2.5 m3运动图像的应用(多选)(2018全国卷)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 125

10、 所示。下列说法正确的是图 125A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

11、、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 126 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6图 126A图线与纵轴的交点 M 的值 aM gB图线与横轴的交点 N 的值 TN mgC图线的斜率等于物体的质量 mD图线的斜率等于物体质量的倒数1m解析 对物体受力分析，受重力 mg 和拉力 T，根据牛

12、顿第二定律，有T mg ma，得 a gTm当 T0 时， a g，即图线与纵轴的交点 M 的值 aM g，A 正确；当 a0 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 ，C 错1m误，D 正确；综合上述分析，故选 C。答案 C2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 127 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 127(1)木板与木块之间的动摩擦因数(设最大静摩擦

13、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 a2 m/s 2对应 A 板： m Bg mAa得 A、 B 间动摩擦因数 0.3。mAamBg(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；7v at1 24 m/s4 m/s。12 12(3)4 s 末到 6 s 末 t22 s木板 A 运动的位移： xA vt2 aAt12 2木板 B 的位移： xB vt2 aBt12 2代入数据得木板的长度为 l xB xA4 m。答案 (1)0.3

14、 (2)4 m/s (3)4 m3.(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 128A6 s 未物块速度方向改变B06 s 内物块平均速度比 610 s 内物块平均速度小C物块与水平面间的动摩擦因数为 0.1D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 06 s 内物体做匀加速运动，则平均速度为 3

15、m/s，而由图线可知，物体在 06 s 内的平均速度小于 3 m/s，而物体在 610 s 内的平均速度等于 3 m/s，故 06 s 内物体平均速度比 610 s内物块平均速度小，选项 B 正确；撤去外力后的加速度 a m/s21.5 m/s2， v t 610 6根据 a g 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 3 m/s2，根据牛顿第二定律 Fm mg mam，解得 Fm0.9 N， v t 66 4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

16、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：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8时，一般采用先整体后隔离的方法。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 129 甲所示，倾角 37的足够长粗糙斜面

17、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 129已知 mA2 kg， mB4 kg，重力加速度 g10 m/s2， sin 370.6、cos 370.8；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)00.5 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

18、析 (1)在 00.5 s 时间内，根据图像，可得 AB 系统的加速度为 a1 4 v tm/s2设细线张力大小为 T，对 A、 B，由牛顿第二定律有T mAgsin m Agcos mAa1mBg T mBa1联立上述两式并代入数据解得 0.25(2)B 落地后， A 继续减速上升由牛顿第二定律有 mAgsin m Agcos mAa2代入数据得 a28 m/s 29故 A 减速向上滑动的位移为： x2 0.25 mv22a200.5 s 内 A 加速向上滑动的位移 x1 0.5 mv22a1所以， A 上滑的最大位移为 x x1 x20.75 m。答案 (1)0.25 (2)0.75 m【

19、题组突破】1如图 1210 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 1210A. B.F2 F1k F2 F12kC. D.F1 F2k F1 F22k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 F12 ma，解得 a ，因 A、 B 相对静止，所以整体的加速度也是单个物体的加速F2 F12m度。设弹簧的伸长量为 x，对物体

20、 A 进行受力分析，由牛顿第二定律可得k x F1 ma，解得 x ，选项 D 正确。F1 F22k答案 D2(多选)如图 1211 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 ， B 与地面间的动摩擦因数为 。最大静摩擦力等于滑12动摩擦力，重力加速度为 g。现对 A 施加一水平拉力 F，则图 1211A当 F2 mg 时， A、 B 都相对地面静止B当 F mg 时， A 的加速度为 g52 13C当 F3 mg 时， A 相对 B 滑动10D无论 F 为何值， B 的加速度不会超过 g12解析 A、 B 间的最大静摩擦力 fAm

21、2 mg ， B 与地面间的最大静摩擦力为fBm mg 。逐渐增大拉力 F，当 F mg 时， A、 B 间相对静止， B 与地面开始相对滑动，32 32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F2 mg 2 ma，对物块 B 有 2mg mg ma，联立两式得 F3 mg ，也就是当32F3 mg 时，物块 A、 B 开始相对滑动，因此 F mg 时， A、 B 相对静止，整体应用牛顿52第二定律可得此时的加速度为 aA g ，故选项 B、C 正确；物块 A、 B 间， BF 32 mg3m 13与地面间都相对滑动时， B 的加速度为 aB g ，此

22、后无论 F 为何值，只2 mg 32 mgm 12要 A、 B 间相对滑动， B 的加速度就是 g ，所以 B 的加速度不会超过此值，选项 D 正确。12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 1212 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 37，起点 A 距水平面的高度 H7.0 m， BC

23、长为 d2.0 m，端点 C 距水平面的高度 h1.0 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 v08 m/s 的速度逆时针运动，一质量为 m5 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 0.25，物块通过 B 点时无能量损失。(取重力加速度 g10 m/s2，cos 370.8，sin 370.6，物块在运动过程中可视为质点)。图 1212(1)求物块运动到 C 点时的速度大小；11(2)当 h 调为 h3.325 m 时，物块在传送带上运动的总时间是多少？审题探

24、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 mg cos ma1，代入数据解得 a18 m/s 2加速运动到与传送带速度相等时的位移为 x1 4 mv202a1此后在 AB 上摩擦力反向，则 mgsin mg cos ma2，解得 a24 m/s 2AB 的长为 L 10 mH hsin 37

25、设物块到达 B 点的速度为 v1，有 v v 2 a2(L x1)，代入数据解得 v14 m/s21 20 7在水平传送带上运动时，由 mg ma3，得 a32.5 m/s 2设物块运动到 C 点时的速度为 v2，由 v v 2 a3d，解得 v2 m/s。2 21 102(2)当水平传送带调至 h高时，水平传送带的长度变为d d 5.1 mh htan 倾斜传送带的长度 L 6.125 mH hsin 物块在倾斜传送带上的第一个匀加速过程有 x1 a1t ，解得 t11 s12 21物块在倾斜传送带上的第二个匀加速过程有L x1 v0t2 a2t12 2解得 t20.25 s故物块到达倾斜传

26、送带底端时的速度为 v1 v0 a2t29 m/s物块在水平传送带上先以 a32.5 m/s 2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 0.4 sv0 v1 a3物块做匀减速直线运动的位移为 x2 3.4 mv20 v1 2 2a3则物块在水平传送带上做匀速直线运动的时间为 t4 0.21 sd x2v0故 h 调为 h3.325 m 时，物块在传送带上运动的总时间为t t1 t2 t3 t41.86 s。12答案 (1) m/s (2)1.86 s102【题组突破】1水平传送带问题如图 1213 所示，足够长的水平传送带，以初速度 v06 m/s 顺时针转动。现在传送带左

27、侧轻轻放上质量 m1 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 a4 m/s2减速直至停止；已知滑块与传送带间的动摩擦因数 0.2，滑块可以看成质点，且不会影响传送带的运动， g10 m/s 2。试求：图 1213(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 mg ma1，得 a12 m/s 2设经过 t1滑块与传送带共速 v，有v v0 at1v a1t1，解得 v2 m/s， t11 s滑块位移为 x1 1 mvt12传送带位移为 x2 4 m，(v0 v)t12故滑块相对传送带的位

28、移 x x2 x13 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 ma4 N mg 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 1 s，0 v a1故 t t1 t22 s。答案 (1)3 m (2)2 s2倾斜传送带问题如图 1214 所示，倾斜传送带与水平方向的夹角为 37，将一小物块轻轻放在正在以速度 v10 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 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13L29 m，求将物块从顶部运送到传送带

29、底部所需的时间为多少？( g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)图 1214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 mg cos ma1a1 gsin g cos 10 m/s 2当物体加速到与传送带同速时，位移为：s1 5 m L29 mv22a1t1 1 sva1物块加速到与传送带同速后，由于 mgsin mg cos ，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 g cos 2 m/s 2s2 L s1 vt a2t t22 s12 2因此物体运动的总时间为 t t1 t23 s。答案 3 s考

30、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

31、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。143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)如图 1215，两个滑块 A 和 B 的质量分别为 mA1 kg 和mB5 kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木

32、板间的动摩擦因数均为 10.5；木板的质量为 m4 kg，与地面间的动摩擦因数为 20.1。某时刻 A、 B 两滑块开始相向滑动，初速度大小均为 v03 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 g10 m/s 2。求：图 1215(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15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

33、 B 与木板达到共同速度前有 f1 1mAg，f2 1mBg，f3 2(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v11 m/s。(2)在 t1时间间隔内， B 相对于地面移动的距离为sB v0t1 aBt ，12 21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

34、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16v2 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 a2t ，12 2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)2，12A 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

35、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 1216 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 1216(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

36、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 x。17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 a1m/s21.5 m/s2，木板开始做匀加速直线运动的加速度大小 a2 m/s21 10 44 4 04m/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 m/s20.5 m/s 2。4 08(2)对物块冲上木板匀减速阶段： 1mg ma1对木板向前匀加速阶段： 1mg 2(m M)g Ma2物块和木板达到共同速度后向前匀减速阶段： 2(m M)g( M m)a3以上三式联

37、立可得 。mM 32(3)由 v t 图像可以看出，物块相对于长木板滑行的距离 x 对应图中 abc 的面积，故 x104 m20 m。12答案 (1)1.5 m/s 2 1 m/s 2 0.5 m/s 2 (2) (3)20 m322(2018湖北七市联考)如图 1217 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 m110 kg、 m210 kg， B 长为 L16 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 10.4、 20.4；现将一水平恒力 F200 N作用在 B 上，使 A、 B 由静止开始运动，当 A 恰好运动到

38、B 的中点时撤去外力 F； g 取 10 m/s2。求：图 1217(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： 1m1g m1a1， a14 m/s 2对 B： F 1m1g 2(m1 m2)g m2a2，a28 m/s 2，设力 F 作用的时间为 t，对应此时 A、 B 的速度为 vA、 vB则有 a2t2 a1t2 L12 12 12代入数据得， t2 s，18vA8 m/s， vB16 m/s此时 B 前进的距离为 xB a2t216 m。12(2)撤去外力 F 后，对 A 有 1m1g m1a3，a34 m/s 2对 B 有 1m1g 2(m1 m2)g m2a4，a412 m/s 2设 A、 B 经过时间 t1达到共同速度 v1则有 vA a3t1 vB a4t1解得： t10.5 s， v110 m/s此过程中 B 前进的距离为 x1 6.5 mv2B v212a4A、 B 共速后一起匀减速的加速度为 a5 2(m1 m2)g( m1 m2)a5， a54 m/s 2此时 B 前进的距离为 x2 12.5 mv212a5撤去 F 后 B 前进的总距离为x x1 x219 m。答案 (1)2 s 16 m (2)19 m