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训练2 力与物体的直线运动一、单项选择题1．如图2－10所示，一木块在光滑水平面上受一恒力F作用而运动，前方固定一个弹簧，当木块接触弹簧后( )．图2－10A．将立即做变减速运动B．将立即做匀减速运动C．在一段时间内仍然做加速运动，速度继续增大D．在弹簧处于最大压缩量时，物体的加速度为零2．以36 km/h的速度沿平直公路行驶的汽车，遇障碍物刹车后获得大小为a＝4m/s2的加速度，刹车后第3s内，汽车走过的路程为( )．A．12.5 m B．2 mC．10 m D．0.5 m3．一质点受到10 N的力的作用时，其加速度为2 m/s2；若要使小球的加速度变为5 m/s2，则应该给小球施的力的大小为( )．A．10 N B．20 NC．50 N D．25 N4．我国道路安全部门规定，在高速公路上行驶的汽车最大速度为120 km/h，交通部门提供下列资料：资料一：驾驶员的反应时间：0.3～0.6 s资料二：各种路面与轮胎之间的动摩擦因数( )．A．100 m B．200 mC．300 m D．400 m5. (2012·安徽卷，17)如图2－11所示，放在固定斜面上的物块以加速度a沿斜面匀加速下滑，若在物块上再施加一个竖直向下的恒力F，则( )．图2－11A．物块可能匀速下滑B．物块仍以加速度a匀加速下滑C．物块将以大于a的加速度匀加速下滑D．物块将以小于a的加速度匀加速下滑6. (2012·海南单科，6)如图2－12所示，表面处处同样粗糙的楔形木块abc固定在水平地面上，ab面和bc面与地面的夹角分别为α和β，且α>β.一初速度为v0的小物块沿斜面ab向上运动，经时间t0后到达顶点b时，速度刚好为零；然后让小物块立即从静止开始沿斜面bc下滑．在小物块从a运动到c的过程中，可能正确描述其速度大小v与时间t的关系的图象是( )．图2－12二、多项选择题7．(2012·新课标，14)伽利略根据小球在斜面上运动的实验和理想实验，提出了惯性的概念，从而奠定了牛顿力学的基础，早期物理学家关于惯性有下列说法，其中正确的是( )．A．物体抵抗运动状态变化的性质是惯性B．没有力的作用，物体只能处于静止状态C．行星在圆周轨道上保持匀速率运动的性质是惯性D．运动物体如果没有受到力的作用，将继续以同一速度沿同一直线运动8.一个质量为0.3 kg的物体沿水平面做直线运动，如图2－13所示，图线a表示物体受水平拉力时的v－t图象，图线b表示撤去水平拉力后物体继续运动的v－t图象，下列说法正确的是( )．图2－13A．水平拉力的大小为0.1 N，方向与摩擦力方向相同B．水平拉力对物体做功的数值为1.2 JC．撤去拉力后物体还能滑行7.5 mD．物体与水平面间的动摩擦因数为0.19．(2012·天津卷，8)如图2－14甲所示，静止在水平地面的物块A，受到水平向右的拉力F作用，F与时间t的关系如图乙所示，设物块与地面的静摩擦力最大值f m与滑动摩擦力大小相等，则( )．图2－14A．0～t1时间内F的功率逐渐增大B．t2时刻物块A的加速度最大C．t2时刻后物块A做反向运动D．t3时刻物块A的动能最大10.如图2－15所示，在倾角θ＝30°的光滑斜面上有两个用轻质弹簧相连接的物块A、B，它们的质量均为m，弹簧的劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态．现开始用一沿斜面方向的力F拉物块A使之以加速度a向上做匀加速运动，当物块B刚要离开C时F的大小恰为2mg.则( )．图2－15A ．物块B 刚要离开C 时B 的加速度也为a B ．加速度a ＝gC ．以A 、B 整体为研究对象可以计算出加速度a ＝12gD ．从F 开始作用到B 刚要离开C ，A 的位移为mgk三、计算题11. (2012·江苏泰州三模)如图2－16所示，在光滑水平面上有A 、B 两个物体，B 在前，A 在后，A 正以6 m/s 的速度向右运动，B 静止；当A 、B 之间距离为18 m 时，在A 、B 之间建立相互作用，其作用力为恒力，此后B 物体加速，经过4 s ，物体B 的速度达到3 m/s ，此时撤去A 、B 之间的相互作用，A 、B 继续运动又经4 s ，A 恰好追上B ，在这一过程中：求：图2－16(1)在A 物体追上B 物体前，B 运动的位移大小；(2)在两物体间有相互作用时，物体A 和B 的加速度a A 和a B 的大小； (3)物体A 和B 的质量之比． 12．如图2－17所示，“”形木块放在光滑水平地面上，木块水平表面AB粗糙，光滑表面BC 与水平面夹角为θ＝37°.木块右侧与竖直墙壁之间连接着一个力传感器，当力传感器受压时，其示数为正值；当力传感器被拉时，其示数为负值．一个可视为质点的滑块从C 点由静止开始下滑，运动过程中，传感器记录到的力和时间的关系如图乙所示．已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2，求：图2－17(1)斜面BC 的长度；(2)滑块的质量；(3)运动过程中滑块克服摩擦力做的功．参考答案1．C [物体在力F作用下向左加速，接触弹簧后受到弹簧向右的弹力，合外力向左逐渐减小，加速度向左逐渐减小，速度增大，当弹簧的弹力大小等于力F时合外力为0，加速度为0，速度最大，物体继续向左运动，弹簧弹力大于力F，合外力向右逐渐增大，加速度向右逐渐增大，速度减小，最后速度减小到0，此时加速度最大，综上所述，A、B、D错误，C正确．]2．D [由v t＝at可得t＝2.5 s，则第3 s内的位移，实质上就是2～2.5 s内的位移，x＝12at′2＝0.5 m．]3．D [根据F1＝ma1，把F1＝10 N，a1＝2 m/s2，代入，得m＝5 kg，再由F2＝ma2，把m＝5 kg，a2＝5 m/s2代入，解得F2＝25 N．]4．B [当驾驶员的反应时间最长，路面的动摩擦因数最小时对应的最长距离是安全距离．v＝120 km/h＝33.3 m/s，反应时间t＝0.6 s内位移x1约为20 m；又μmg＝ma，a＝3.2 m/s2，s2＝v22a＝173 m；s＝s1＋s2＝193 m．]5．C [设斜面的倾角为θ，根据牛顿第二定律知物块的加速度a＝mg sin θ－μmg cos θm，即μ<tan θ. 对物块施加竖直向下的压力F后，物块的加速度a′＝mg＋F sin θ－μmg＋F cos θm＝a＋F sin θ－μF cos θm，且F sin θ－μF cos θ>0，故a′>a，物块将以大于a的加速度匀加速下滑．故选项C正确，选项A、B、D错误．]6．C [物块在整个运动过程中，由能量守恒知，物块在c点的动能小于初动能，即v<v0，A项错误；物块在ab段和bc段分别做匀减速和匀加速运动，且a1>a2，故B、D错误，C正确．]7．AD [物体的惯性指物体本身要保持原来运动状态不变的性质，或者说是物体抵抗运动状态变化的性质，选项A正确；没有力的作用，物体将保持静止状态或匀速直线运动状态，选项B错误；行星在圆周轨道上做匀速圆周运动，而惯性是指物体保持静止或匀速直线运动的状态，选项C错误；运动物体如果没有受到力的作用，根据牛顿第一定律可知，物体将继续以同一速度沿同一直线一直运动下去，选项D正确．]8．AB [图线a表示的v－t图象加速度较大，说明物体所受的拉力与摩擦力方向相同，则F＋f＝ma a＝0.2 N，图线b表示物体只在摩擦力作用下做匀减速运动，有f＝ma b ＝0.1 N ，解得F ＝f ＝0.1 N ，A 项正确；有水平拉力时，物体位移为s ＝5＋32×3 m＝12 m ，故拉力做功的数值为W ＝Fs ＝1.2 J ，B 项正确；撤去拉力后物体能滑行13.5 m ，C 项错误；动摩擦因数μ＝f mg ＝130，D 项错误．] 9．BD [在0～t 1时间内物块A 所受的合力为零，物块A 处于静止状态，根据P ＝Fv 知，力F 的功率为零，选项A 错误；在t 2时刻物块A 受到的合力最大，根据牛顿第二定律知，此时物块A 的加速度最大，选项B 正确；物块A 在t 1～t 2时间内做加速度增大的加速运动，在t 2～t 3时间内做加速度减小的加速运动，t 3时刻，加速度等于零，速度最大，选项C 错误、选项D 正确．]10．BD [物块B 刚要离开C 时B 的加速度为0，A 项错；未加F 时对A 受力 分析得弹簧的压缩量x 1＝mg sin 30°k ＝mg2k，B 刚要离开C 时对B 受力分析得弹簧的伸长量x 2＝mg2k，此时对A 由牛顿第二定律得F －mg sin 30°－kx 2＝ma ，解得a ＝g ，B 项正确、C 项错；物体A 的位移x 1＋x 2＝mg k，D 项正确．] 11．解析 物体B 先加速运动后匀速运动(1)x B ＝v B 2t 1＋v B t 2＝⎝⎛⎭⎫32×4＋3×4m ＝18 m.(2)a B ＝Δvt 1＝0.75 m/s 2A 物体先减速运动再匀速运动 A 减速运动的位移：x 1＝v 0t 1－12a A t 21＝6×4－12a A ×42＝24－8a A ， A 匀速运动的位移：x 2＝(v 0－a A t 1)×t 2＝24－16a A ，由题知x A ＝x 1＋x 2＝x B ＋18，即48－24a A ＝18＋18， 解得a A ＝0.5 m/s 2.(3)由牛顿第三定律有F 1＝－F 2，则质量之比m A m B ＝a B a A ＝32.答案 (1)18 m (2)a A ＝0.5 m/s 2 a B ＝0.75 m/s 2 (3)3212.解析 (1)分析滑块受力，由牛顿第二定律得：a 1＝g sin θ＝6 m/s 2通过图象可知滑块在斜面上运动的时间为：t 1＝1 s由运动学公式得：s ＝121t 21＝3 m.(2)滑块对斜面的压力为N 1′＝mg cos θ 木块对传感器的压力为F 1＝N 1′sin θ 由图象可知：F 1＝12 N ，解得m ＝2.5 kg.(3)滑块滑到B 点时的速度为：v 1＝a 1t 1＝6 m/s ，由图象可知：f 1＝5 N ，t 2＝2 s ，滑块受到的摩擦力f ＝f 1＝5 N ，a 2＝f m 2 m/s ，s 2＝v 1t 2－12a 2t 22＝8 m ，W ＝fs 2＝40 J.答案 见解析。
力与直线运动【知识结构】【重点难点】力是贯穿整个高中物理学的一条重要主线，运动是物理学研究的主要内容之一，力和运动的关系是力学部分的核心内容。
其中，许多基本规律和科学思维方法在力学中，甚至在整个物理学中都是相当重要的，自然也成为高考的重要内容。
中学教材中遇到的力有场力(万有引力、电场力、磁场力)、弹力、摩擦力、分子力、核力等。
力具有相互性(作用力与反作用力同生灭)、矢量性(力不仅有大小而且有方向，运算遵守平行四边形定则)，力还具有作用的瞬时性(牛顿第二定律)，对时间和空间的积累性(动量定理和动能定理)及作用的独立性，等等。
判断一个物体做什么运动，首先要看它的初速度是否为零，然后看它受到的力是否为恒力。
若为恒力，还要看它与初速度方向的夹角情况，这样才能准确地判断物体的运动形式。
受力分析和运动情况分析是解题的关键。
通过加速度a 架起受力和运动(平衡是a=0的特例)这两部分的联系，建立起等值关系式，使问题得到解决。
【典型例题】【例1】 一物体放置在倾角为θ的斜面上，斜面固定于加速上升的电梯中，加速度为a 。
如图(1)所示，在物体始终相对于斜面静止的条件下，下列说法中正确的是A．θ一定时，a越大，斜面对物体的支持力越小B．θ一定时，a越大，斜面对物体的摩擦力越大C．a一定时，θ越大，斜面对物体的支持力越小D. a一定时，θ越大，斜面对物体的摩擦力越小【分析】对物体进行受力分析，可知物体受重力mg、支持力F N、摩擦力F f，如图(2)所示，由于物体的加速度竖直向上，所以支持力F N和摩擦力F f的合力竖直向上，与重力方向相反，根据牛顿第二定律，得由以上两式可知：当θ一定时，a越大，支持力F N、摩擦力F f都越大。
当a一定时，θ越大，支持力F N越小、摩擦力F f越大。
【答案】 BC【点评】遇到此类题目大多会正确的受力分析，但是许多同学往往是建立直角坐标系，将支持力和摩擦力分解，从而使题目的求解(三角函数的运算)变得复杂而且易错。
【南方凤凰台】2014高考物理二轮复习知识必备专题二力与直线运
动
力与物体的直线运动:
1. F合=0,物体做匀速直线运动.
2. F合≠0且与v共线,物体做变速直线运动.
(1) F合不变,物体做匀变速直线运动.
①基本公式:
速度公式 v=v0+at. 位移公式 x=v0t+1
2at2.
②重要推论:
位移速度公式 v2-
2
v
=2ax. 平均速度公式v=
v
2
v
=2
t
v
. Δx=aT2.
③特例.
自由落体运动:初速度v0=0、加速度为g的匀加速直线运动.
竖直上抛运动:初速度v0≠0、加速度为-g的匀减速直线运动.
(2) F合大小变化,物体做变加速直线运动.
典型问题:行车安全问题、传送带问题、追及相遇问题、图象问题.
3.力与运动的关系:牛顿第二定律F合=ma.
1。
2014年高考物理二轮复习经典试题力与直线运动一、选择题(本题共8小题，每小题8分，共64分，其中第3、6小题为多选题．)1．质量均为1.5×103 kg的甲、乙两车同时同地出发在水平面上运动，二者所受阻力均为车重的0.5倍，由于牵引力不同，甲车做匀速直线运动，乙车做匀加速直线运动，其运动的位移－时间(x－t)图象如图所示，则以下叙述正确的是()A．乙车牵引力为7.5×103 NB．t＝1 s时两车速度相同且v共＝1 m/sC．t＝1 s时两车间距最大，且最大间距为1 mD．0～2 s内阻力对两车做的功均为－3×103 J解析：甲车做匀速运动，牵引力与阻力大小相等为7.5×103 N，乙车做加速运动，牵引力大于7.5×103 N，A错；甲车速度v甲＝2 m/s，乙车加速度a乙＝2 m/s2，v乙＝a乙t，t＝1 s时两车速度相同且v共＝2 m/s，此时二者间距最大，最大间距为1 m，B错，C对；0～2 s内阻力对两车做的功均为W＝fΔx＝－3×104 J，D错．答案：C2．如图所示，在水平地面上有一辆后轮驱动的玩具小车，车上弹簧的左端固定在小车的挡板上，右端与一小球相连，弹簧水平．设在某一段时间内小车向左运动，小球与小车相对静止，弹簧处于伸长状态且伸长量不变，若忽略小球与小车间的摩擦力，则在这段时间内小车向左()A．做变减速运动B．做变加速运动C．做匀加速运动D．做匀减速运动解析：小球受到水平向左的恒定弹簧弹力，由牛顿第二定律可知，小球必定具有水平向左的恒定加速度，而小球与小车相对静止，故小车也有向左的恒定加速度，所以小车向左做匀加速运动，选项C正确．答案：C3．[2013·淮安调研]三角形传送带以1 m/s的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2 m且与水平方向的夹角均为37°.现有两个小物块A、B从传送带顶端都以1 m/s的初速度沿传送带下滑，物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5，下列说法正确的是(sin 37°＝0.6)()A．物块A先到达传送带底端B．物块A、B同时到达传送带底端C．传送带对物块A、B均做负功D．物块A、B在传送带上的划痕长度不相同解析：因为物块A的运动速度与传送带的运动速度相同，在重力分力作用下将向下加速运动，故传送带对物块A的摩擦力沿传送带向上，而物块B由于相对传送带向下运动，故所受的摩擦力沿传送带向上，所以两物块将同时到达传送带底端，A错误，B正确；传送带对物块A、B的摩擦力均做负功，C正确；由于物块A与传送带的运动方向相同，物块B与传送带的运动方向相反，故两物块在传送带上的划痕长度不相同，D正确．答案：BCD4．[2013·渭南二模]压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小，有位同学把压敏电阻与电源、电流表、定值电阻串联成一闭合电路，并把压敏电阻放在桌子上，其上放一物块，整个装置放在可在竖直方向运动的电梯中，如图甲所示．已知0～t1时间电梯静止不动，电流表的示数为I0，现开动电梯，得到电流表的变化如图乙所示，则关于t2～t3时间内物块与电梯运动状态的叙述正确的是()A．物块处于失重状态，电梯向下做匀加速直线运动B．物块处于超重状态，电梯向上做匀加速直线运动C．物块仍旧平衡，电梯向上做匀速直线运动D．物块仍旧平衡，电梯向下做匀速直线运动解析：t2～t3时间内，电流大于电梯静止时的电流，说明压敏电阻所受压力大于电梯静止时所受压力，物块处于超重状态，电梯向上做匀加速直线运动，选项B正确．答案：B5．某同学在学习了直线运动和牛顿运动定律知识后，绘出了沿直线运动的物体的位移x、速度v、加速度a随时间变化的图象如图所示，若该物体在t＝0时刻，初速度为零，则下列图象中该物体在t ＝4 s内位移一定不为零的是()解析：A图为物体的位移－时间图象，由图可以看出t＝4 s内物体的位移为零．B图和D图中物体先沿正方向运动，然后返回，t＝4 s内物体的位移为零．C图中物体沿单一方向做直线运动，t＝4 s内物体的位移不为零．答案：C6．被称为“史上最严交规”于2013年1月1日起施行．对校车、大中型客货车、危险品运输车等重点车型驾驶人的严重交通违法行为，提高了记分分值．如图是张明在2013年春节假期试驾中某次小轿车在平直公路上运动的0～25 s内的速度随时间变化的图象，由图象可知()A．小轿车在0～15 s内的位移为200 mB．小轿车在10～15 s内加速度为零C．小轿车在10 s末运动方向发生改变D．小轿车在4～9 s内的加速度大小大于16～24 s内的加速度大小解析：小轿车在0～15 s内的位移为200 m，A项正确；10～15 s 内小轿车匀速运动，B项正确；0～25 s内小轿车始终未改变方向，C 项错误；小轿车4～9 s内的加速度大小是2 m/s2,16～24 s内的加速度大小是1 m/s2，D项正确．答案：ABD7．[2013·唐山二模]如图所示，在圆锥形内部有三根固定的光滑细杆，A 、B 、C 为圆锥底部同一圆周上的三个点，三杆Aa 、bB 、cC 与水平底面的夹角分别为60°、45°、30°.每根杆上都套着一个小滑环(图中未画出)，三个滑环分别从a 、b 、c 处由静止释放(忽略阻力)，用t 1、t 2、t 3依次表示各滑环到达A 、B 、C 所用的时间，则( )A ．t 1>t 2>t 3B ．t 1<t 2<t 3C ．t 1＝t 3<t 2D ．t 1＝t 3>t 2解析：三根固定的光滑细杆在水平面上投影相等，设投影长度为d ，则有aA ＝d /cos60°，bB ＝d /cos45°，cC ＝d /cos30°，小滑环沿三根光滑细杆下滑，d /cos60°＝12g sin60°t 21； d /cos45°＝12g sin45°t 22；d /cos30°＝12g sin30°t 23；联立解得：t 1＝t 3＝2d g sin60°cos60°，t 2＝2d g sin45°cos45°，即t 1＝t 3>t 2，选项D 正确． 答案：D8．[2013·长春一调]物块A 、B 的质量分别为m 和2m ，用轻弹簧连接后放在光滑的水平面上．对B施加向右的水平拉力F，稳定后A、B相对静止在水平面上运动，此时弹簧长度为l1；若撤去拉力F，换成大小仍为F的水平推力向右推A，稳定后A、B相对静止在水平面上运动，弹簧长度为l2.则下列判断正确的是()A．弹簧的原长为l1＋l2 2B．两种情况下稳定时弹簧的形变量相等C．两种情况下稳定时两物块的加速度不相等D．弹簧的劲度系数为F l1－l2解析：由题意可得两次物块的加速度大小相等为a＝F3m，方向水平向右，所以C选项错误．设弹簧的原长为l0，弹簧的劲度系数为k，则有k(l1－l0)＝ma，k(l0－l2)＝2ma，解得l0＝2l1＋l23，k＝Fl1－l2，所以A、B选项错误，D选项正确．答案：D二、计算题(本题共2小题，共36分．需写出规范的解题步骤)9．[2013·金版原创卷二]2013年元月开始实施的最严交规规定：黄灯亮时车头已越过停车线的车辆可以继续通行，车头未越过停车线的若继续前行则视为闯黄灯，属于交通违章行为．我国一般城市路口红灯变亮之前绿灯和黄灯各有3 s的闪烁时间．国家汽车检测标准中有关汽车制动初速度与刹车距离的规定是这样的：小客车在制动初速度为14 m/s的情况下，制动距离不得大于20 m.(1)若要确保小客车在3 s内停下来，汽车刹车前的行驶速度不能超过多少？(2)某小客车正以v0＝8 m/s的速度驶向路口，绿灯开始闪时车头距离停车线L＝36.5 m，小客车至少以多大的加速度匀加速行驶才能不闯黄灯？已知驾驶员从眼睛看到灯闪到脚下采取动作的反应时间是0.5 s.解析：(1)设小客车刹车时的最小加速度为a根据v2＝2as①得a＝v22s＝1422×20m/s2＝4.9 m/s2②确保小客车在 3 s内停下来，小客车刹车前的行驶最大速度为v max＝at＝4.9×3 m/s＝14.7 m/s③(2)在反应时间内小客车匀速运动的距离为L0＝v0Δt＝8×0.5 m＝4 m④车匀加速运动的距离为L′＝L－L0＝36.5 m－4 m＝32.5 m⑤从绿灯闪到黄灯亮起这3 s内小客车加速运动的时间t′＝t－Δt＝3 s－0.5 s＝2.5 s⑥设小客车加速时的加速度为a′，得L′＝v0t′＋12a′t′2⑦代入数据，化简得a′＝4.0 m/s2.⑧答案：(1)14.7 m/s(2)4.0 m/s210．[2013·金版原创卷一]如图所示，静止放在水平桌面上的纸带上有一质量为m＝0.1 kg的铁块，它与纸带右端的距离为L＝0.5 m，铁块与纸带间、纸带与桌面间的动摩擦因数均为μ＝0.1.现用力F水平向左将纸带从铁块下抽出，当纸带全部抽出时铁块恰好到达桌面边缘，铁块抛出后落地点离抛出点的水平距离为s＝0.8 m．已知g＝10 m/s2，桌面高度为H＝0.8 m，不计纸带质量，不计铁块大小，铁块不滚动．求：(1)铁块抛出时的速度大小v；(2)纸带从铁块下抽出所用的时间t1；(3)纸带抽出过程中产生的内能E.解析：(1)根据平抛运动的规律，s＝v t，H＝12gt2可得：v＝2 m/s.(2)设铁块的加速度为a1，由牛顿第二定律，得μmg＝ma1纸带抽出时，铁块的速度v＝a1t1可得t1＝2 s.(3)铁块的位移s1＝12a1t21设纸带的位移为s2，由题意知，s2－s1＝L 由功能关系可得E＝μmgs2＋μmg(s2－s1) 联立以上各式解得E＝0.3 J.答案：(1)2 m/s(2)2 s(3)0.3 J。
高考物理二轮复习专题内容02力与物体的直线运动§知识网络§匀变速直线运动的基本规律1.匀变速直线运动的三个基本公式(1)速度公式：v＝v0＋at。
(2)位移公式：x＝v0t＋12at2。
(3)位移速度关系式：v2－v20＝2ax。
2.匀变速直线运动的两个重要推论(1)某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，即v＝v t2。
(2)任意两个连续相等时间(T)内的位移之差是一个恒量，即Δx＝x n＋1－x n＝aT2。
3.匀变速直线运动的图象(1)x-t图象是一条抛物线，斜率表示物体的速度。
④四看点：明确图线与横、纵轴交点的意义。
两个图线交点的意义⎩⎨⎧x -t 图交点表示相遇v -t 图交点表示速度相等 ⑤五看面积：v -t 图线和时间轴围成的面积表示位移。
⑥六看象限：面积在时间轴上方为正；在时间轴下方为负。
(2)两点特别提醒①x -t 图象和v -t 图象描述的都是直线运动，而不是曲线运动。
②x -t 图象和v -t 图象不表示物体运动的轨迹。
2.典例分析【答案】B【解析】由题图可知，0.2～0.5小时内，甲、乙均做匀速运动，加速度为零，A 项错误；位移—时间图象的斜率为速度，由题图可知，0.2～0.5小时内，甲的速度比乙的速度大，B 项正确；0.6～0.8小时内，甲的位移比乙的位移大2 km ，C 项错误；在0.8小时内，甲的路程比乙的路程大4 km ，D 项错误。
3.相关类型题目某个物体在外力作用下，运动的v -t 图象如图(正弦曲线)所示，下列说法中正确的是( )A ．物体整个运动过程中加速度大小变化，方向不变B ．0～t 1时间段内，物体所受外力越来越大C ．0～t 4时间段内，物体的位移为零D ．t 2时刻物体速度为零，此时加速度也为零 【答案】C【解析】因v -t 图的斜率代表加速度，由图可以看出加速度大小方向均改变，0～t 1与t 1～t 2加速度的方向相反，t1～t2与t2～t3加速度的方向相同，t2～t3与t3～t4加速度方向相反，故A项错误。
专题01力与直线运动【要点提炼】1.解决匀变速直线运动问题的方法技巧(1)常用方法①基本公式法，包括v t 2＝x t ＝v 0＋v2，Δx ＝aT 2。
②v t 图象法。
③比例法：适用于初速度为零的匀加速直线运动和末速度为零的匀减速直线运动。
④逆向思维法：末速度为零的匀减速直线运动可看做反向初速度为零的匀加速直线运动。
(2)追及相遇问题的临界条件：前后两物体速度相同时，两物体间的距离最大或最小。
2．物体的直线运动(1)条件：所受合外力与速度在同一直线上，或所受合外力为零。
(2)常用规律：牛顿运动定律、运动学公式、动能定理或能量守恒定律、动量定理或动量守恒定律。
3．动力学问题常见的五种模型(1)等时圆模型(图中斜面光滑)(2)连接体模型两物体一起加速运动，m 1和m 2的相互作用力为F N ＝m 2·Fm 1＋m 2，有无摩擦都一样，平面、斜面、竖直方向都一样。
(3)临界模型两物体刚好没有相对运动时的临界加速度a ＝g tan α。
(4)弹簧模型①如图所示，两物体要分离时，它们之间的弹力为零，速度相同，加速度相同，分离前整体分析，分离后隔离分析。
②如图所示，弹簧长度变化时隔离分析，弹簧长度不变(或两物体运动状态相同)时整体分析。
(5)下列各情形中，速度最大时加速度为零，速度为零时加速度最大。
4．传送带上物体的运动由静止释放的物体，若能在匀速运动的传送带上同向加速到与传送带共速，则加速过程中物体的位移必与物体和传送带的相对位移大小相等，且等于传送带在这个过程中位移的一半。
在倾斜传送带(倾角为θ)上运动的物体，动摩擦因数与tanθ的关系、物体初速度的方向与传送带速度方向的关系是决定物体运动情况的两个重要因素。
5．水平面上的板块模型问题分析两物体的运动情况需要关注：两个接触面(滑块与滑板之间、滑板与地面之间)的动摩擦因数的大小关系，外力作用在哪个物体上。
若外力作用在下面物体上，随着力的增大，两物体先共同加速，后发生相对滑动，发生相对滑动的条件是下面物体的加速度较大。
第2讲力与直线运动一、记牢匀变速直线运动的“四类公式”二、理清一个网络，破解“力与运动”的关系高频考点1运动图象的理解及应用1－1.(2017·宁德市高中质检)AK47步枪成为众多军人的最爱．若该步枪的子弹在枪膛内的加速度随时间变化的图象如图所示，下列说法正确的是()A．子弹离开枪膛时的速度为450 m/sB．子弹离开枪膛时的速度为600 m/sC ．子弹在枪膛内运动的距离小于0. 45 mD ．子弹在枪膛内运动的距离大于0. 45 m解析：根据Δv ＝at 可知，图像与坐标轴围成的面积等于速度的变化量，则子弹离开枪膛的速度为：v ＝12×3×10－3×2×105 m /s ＝300 m/s ，选项A 、B 错误；子弹在枪膛内的做加速度减小的加速运动，则平均速度大于v 2＝150 m/s ，故子弹在枪膛内运动的距离大于v 2t ＝150×3×10－3m ＝0.45 m ，故选项C 错误，D 正确；故选D ． 答案：D1－2.(2017·广元市高三统考)如图所示为A 、B 两质点在同一直线上运动的位移－时间(x -t )图像．A 质点的图像为直线，B 质点的图像为过原点的抛物线，两图像交点C 、D 坐标如图所示．下列说法正确的是( )A ．t 1时刻B 追上A ，t 2时刻A 追上BB ．t 1～t 2时间段内B 质点的平均速度小于A 质点的平均速度C ．质点A 做直线运动，质点B 做曲线运动D ．两物体速度相等的时刻一定在t 1～t 2时间段内的某时刻解析：图象的交点表示同一时刻到达同一位置而相遇，t 1时刻A 追上B ，t 2时刻B 追上A ，故A 错误；t 1～t 2时间段内，两质点通过的位移相等，则B 质点的平均速度与A 质点匀速运动的速度相等，故B 错误；两物体的速度均为正值，故两质点均做直线运动，选项C 错误；因曲线的切线的斜率等于物体的速度，故由图像可知两物体速度相等的时刻一定在t 1～t 2时间段内的某时刻，故D 正确．答案：D1－3.(2017·延边州高三质检)将质量为m ＝0.1 kg 的小球从地面竖直向上抛出，初速度v 0＝20 m/s ，小球在运动中所受空气阻力与速率的关系为f ＝kv ，已知k ＝0.1 kg/s.其在空中的速率随时间的变化规律如图所示，取g ＝10 m/s 2，则以下说法正确的是( )A ．小球在上升阶段的平均速度大小为10 m/sB ．小球在t 1时刻到达最高点，此时加速度为零C ．小球落地前匀速运动，落地速度大小v 1＝10 m/sD ．小球抛出瞬间的加速度大小为20 m/s 2解析：根据速度时间图象与时间轴包围的面积表示位移，则从图象可以看出，位移小于阴影部分面积，而阴影部分面积是匀减速直线运动的位移，匀减速直线运动的平均速度等于v 02＝10 m/s ，故小球上升过程的平均速度小于10 m/s ，故A 错误．球在t 1时刻速率为零，到达最高点，空气阻力为零，只受重力，加速度为g ，故B 错误．由图象可知，小球落地前匀速运动，由mg ＝f ＝k v 1；得v 1＝10 m/s.故C 正确．小球抛出瞬间，有：mg ＋kv 0＝ma 0；联立解得：a 0＝30 m/s 2.故D 错误．答案：C图象、情境、规律是解决图象问题不可分割的三个要素，要把物理规律和物理图象相结合．利用图象解题时一定要从图象的纵、横坐标轴所代表的物理量及两个物理量间的函数关系，图象中的“点”“线”“斜率”“截距”和“面积”等方面寻找解题的突破口．解决此类问题的一般思路 定图象―→明确图象是x -t 图象还是v -t 图象等 ↓ 明意义―→充分理解图象的截距、斜率、交点等的物理意义，根据图象判断物体的运动情况及物体之间的相互关系↓ 用规律―→根据在运动图象中找出的各物理量之间的关系，运用相应的运动学规律进行求解高频考点2 匀变速直线运动规律的应用1．此类问题考查直线运动的运动学知识，一般不涉及力的问题，因此主要应用运动学规律进行求解，解题的一般步骤如下：(1)弄清题意，划分过程→根据题意，弄清楚物体的运动经历了几个过程．(2)依据已知，分析过程→依据题目中给出的已知条件，对划分出的物体运动的每个过程进行运动学分析．(3)结合已知，列出方程→结合题中给出的已知条件，列出物体运动的每个过程所对应的运动学方程．2．求解匀变速直线运动问题时的方法技巧在涉及匀变速直线运动的题目中，如果出现相等时间关系，则要优先使用中间时刻速度公式v t 2＝v －＝x t ＝v 0＋v 2及相邻相等时间T 内位移差公式x n －x m ＝(n －m )aT 2；如果题中给出初(或末)速度为0，则要优先使用初速度为0的匀变速直线运动的“比例公式”．随着机动车数量的增加，交通安全问题日益凸显．如图所示为某型号货车紧急刹车时(假设做匀减速直线运动)的v 2-x 图像(v 为该货车的速度，x 为制动距离)，其中图线1为满载时符合安全要求的制动图像，图线2为严重超载时的制动图像．某路段限速72 km/h 是根据该型号货车满载时安全制动时间和距离确定的．现有一辆该型号的货车严重超载并以54 km/h 的速度行驶，通过计算求解下列问题．(1)求满载时制动加速度大小a 1、严重超载时制动加速度大小a 2；(2)驾驶员紧急制动时，该型号货车严重超载时的制动时间和制动距离是否符合安全要求？(3)若驾驶员从发现险情到采取紧急制动措施的反应时间为1 s ，则该型号货车满载时以72 km/h 的速度正常行驶的跟车距离至少应为多远？[思路点拨](1)通过图像可确定加速度的大小；(2)由运动学规律可求货车满载和严重超载时的制动时间和制动距离；(3)货车在反应时间内做匀速直线运动．【解析】 (1)根据题意由匀变速直线运动的速度位移公式可得：v 2＝2ax ，则a ＝v 22x ，由图可知，满载时加速度大小a 1＝5 m/s 2，严重超载时加速度大小a 2＝2.5 m/s 2．(2)由题意可知，该型号货车严重超载时的初速度大小为v 0＝54 km/h ＝15 m/s ，满载的最大安全速度为v m ＝72 km/h ＝20 m/s.由匀变速直线运动的规律可得其严重超载时制动时间t 1＝v 0a 2＝6 s ，制动距离x 1＝v 202a 2＝45 m ．满载时安全减速时间为t 2＝v m a 1＝4 s ，制动距离为x 2＝v 2m 2a 1＝40 m ．由于t 1>t 2，x 1>x 2，故该型号货车严重超载时的制动时间和制动距离均不符合安全要求．(3)货车驾驶员在反应时间内匀速行驶的距离为x 3＝v m t ＝20 m ．匀减速过程行驶的距离为x 4＝v 2m 2a 1＝40 m ，从发现险情到货车停止运动，货车行驶距离为x ＝x 3＋x 4＝60 m ，故从安全的角度考虑，跟车距离至少应为60 m ．【答案】 (1)a 1＝5 m/s 2 a 2＝2.5 m/s 2 (2)均不符合安全要求 (3)60 m2－1.(2017·长沙市中学一模)某质点从静止开始做匀加速直线运动，已知第3秒内通过的位移是x ，则质点运动的加速度为( )A ．3x 2B ．2x 3C ．2x 5 B ．5x 2解析：3秒内的位移x ＝12at 2＝ 92a,2秒内的位移12at ′2＝2a .则9a 2－2a ＝x ，解得：a ＝2x 5.故A 、B 、D 错误，C 正确．答案：C2－2.(2017·宁夏六盘山高级中学二模)在娱乐节目《幸运向前冲》中，有一个关口是跑步跨栏机，它的设置是让挑战者通过一段平台，再冲上反向移动的跑步机皮带并通过跨栏，冲到这一关的终点．现有一套跑步跨栏装置，平台长L 1＝4 m ，跑步机皮带长L 2＝32 m ，跑步机上方设置了一个跨栏(不随皮带移动)，跨栏到平台末端的距离L 3＝10 m ，且皮带以v 0＝1 m/s 的恒定速率转动，一位挑战者在平台起点从静止开始以a 1＝2 m/s 2的加速度通过平台冲上跑步机，之后以a 2＝1 m/s 2的加速度在跑步机上往前冲，在跨栏时不慎跌倒，经过2 s 爬起(假设从摔倒至爬起的过程中挑战者与皮带始终相对静止)，然后又保持原来的加速度a 2，在跑步机上顺利通过剩余的路程，求挑战者全程所需要的时间？解析：挑战者匀加速通过平台：L 1＝12a 1t 21通过平台的时间：t 1＝2L 1a 1＝2 s 冲上跑步机的初速度：v 1＝a 1t 1＝4 m/s冲上跑步机至跨栏：L 3＝v 1t 2＋12a 2t 22解得t 2＝2 s摔倒至爬起随跑步机移动距离：x ＝v 0t ＝1×2 m ＝2 m(向左)取地面为参考系，则挑战者爬起向左减速过程有：v 0＝a 2t 3解得：t 3＝1 s对地位移为：x 1＝v 0t 3－12a 2t 23＝0.5 m(向左) 挑战者向右加速冲刺过程有：x ＋x 1＋L 2－L 3＝12a 2t 24解得：t 4＝7 s挑战者通过全程所需要的总时间为：t 总＝t 1＋t 2＋t ＋t 3＋t 4＝14 s ．答案：14 s高频考点3 牛顿运动定律的应用3－1． (多选)(2017·厦门市质检)小车上固定有一个竖直方向的细杆，杆上套有质量为M 的小环，环通过细绳与质量为m 的小球连接，当车水平向右作匀加速运动时，环和球与车相对静止，绳与杆之间的夹角为θ，如图所示( )A ．细绳的受到的拉力为mg /cos θB ．细杆对环作用力方向水平向右C ．细杆对小环的静摩擦力为MgD ．细杆对环弹力的大小为(M ＋m )g tan θ解析：对小球受力分析可知，细绳受到的拉力为T ＝mg cos θ，选项A 正确；环受到杆水平向右的弹力和竖直向上的摩擦力作用，故细杆对环作用力方向斜向右上方，选项B 错误；对小球和圆环的整体，竖直方向分析可知，细杆对小环的静摩擦力为(M ＋m )g ，选项C 错误；对小球受力分析可知：mg tan θ＝ma ；对球和环的整体：N ＝(M ＋m )a ，解得：N ＝(M ＋m )g tan θ，选项D 正确；故选AD ．答案：AD3－2． (2017·宁德市质检)如图所示，质量为0.2 kg 的物体A 静止在竖直的轻弹簧上，质量为0.6 kg 的物体B 由细线悬挂在天花板上，B 与A 刚好接触但不挤压，现突然将细线剪断，则剪断后瞬间A 、B 间的作用力大小为(g 取10 m/s 2)( )A ．0.5 NB ．2.5 NC ．0 ND ．1.5 N解析：剪断细线前，A 、B 间无压力，则弹簧的弹力F ＝m A g ＝0.2×10＝2 N ，剪断细线的瞬间，对整体分析，整体加速度：a ＝(m A ＋m B )g －F m A ＋m B＝ (0.2＋0.6)×10－20.2＋0.6＝7.5 m/s 2，隔离对B 分析：m B g －N ＝m B a ，解得：N ＝m B g －m B a ＝0.6×10－0.6×7.5 N ＝1.5 N ．故选D ．答案：D3－3.(多选)(2017·桂林、崇左联合调研)水平力F 方向确定，大小随时间的变化如图a 所示，用力F 拉静止在水平桌面上的小物块，在F 从0开始逐渐增大的过程中，物块的加速度a 随时间变化的图象如图b 所示．重力加速度大小为10 m/s 2，最大静摩擦力大于滑动摩擦力．由图示可知( )A ．物块与水平桌面间的最大静摩擦力为3 NB ．物块与水平桌面间的动摩擦因数为0.1C ．物块的质量m ＝2 kgD ．在0～4 s 时间内，合外力的冲量为12 N·S解析：由图b 可知，t ＝2 s 时刻物体刚开始运动，静摩擦力最大，最大静摩擦力等于此时的拉力，由图a 读出最大静摩擦力为6 N ，故A 错误．由图知：当t ＝2 s 时，a ＝1 m/s 2，f ＝6 N ，根据牛顿第二定律得：F －μmg ＝ma ，代入得：6－μm ×10＝m .当t ＝4 s 时，a ＝3 m/s 2，F ＝12 N ，根据牛顿第二定律得：F －μmg ＝ma ，代入得：12－μm ×10＝3 m ．联立解得μ＝0.1，m ＝3 kg ，故B 正确，C 错误．a -t 图象与时间轴所围的面积表示速度的变化量，则得0－4 s 内物体速度的增量为Δv ＝1＋32×(4－2)＝4 m/s ，t ＝0时刻速度为0，则物块在第4 s末的速度为4 m/s ；根据动量定理，得0－4 s 内合外力的冲量为：ΔI ＝ΔP ＝m Δv ＝3×4＝12 N·s.故D 正确．答案：BD3－4． (多选)(2017·包头市高三模拟)如图所示，一个质量为m 的刚性圆环套在粗糙的竖直固定细杆上，圆环的直径略大于细杆的直径，圆环的两边与两个相同的轻质弹簧的一端相连，轻质弹簧的另一端相连在和圆环同一高度的墙壁上的P 、Q 两点处，弹簧的劲度系数为k ，起初圆环处于O 点，弹簧处于原长状态且原长为L ，细杆上面的A 、B 两点到0点的距离都为L .将圆环拉至A 点由静止释放，重力加速度为g ，对于圆环从A 点运动到B 点的过程中，下列说法正确的是( )A ．圆环通过O 点的加速度小于gB ．圆环在O 点的速度最大C ．圆环在A 点的加速度大小为g ＋(2－2)kL mD ．圆环在B 点的速度为2gL解析：圆环在O 点只受重力，则此时加速度a ＝g ，A 错误；圆环在O 点时加速度向下，速度向下，仍在加速，速度不是最大值，B 错误；圆环在A 点的加速度大小为：a A ＝mg ＋2×k (L 2＋L 2－L )×cos 45°m＝g ＋ (2－2)kL m ，C 正确；A 、B 两点到O 点的距离都为L ，弹簧在此过程中没有做功，只有重力做功，根据动能定理得：mg ·2L ＝12m v 2，即v ＝2gL ，D 正确． 答案：CD1．整体法和隔离法的适用条件(1)整体法：连接体中各物体具有共同的加速度．(2)隔离法：当系统内各物体的加速度不同时，一般采用隔离法；求连接体内各物体间的相互作用力时必须用隔离法．2．两类模型(1)刚性绳(或接触面)——不发生明显形变就能产生弹力的物体，剪断(或脱离)后，其弹力立即消失，不需要形变恢复时间．(2)弹簧(或橡皮绳)——两端同时连接(或附着)有物体的弹簧(或橡皮绳)，特点是形变量大，其形变恢复需要较长时间，在瞬时性问题中，其弹力的大小往往可以看成保持不变．高频考点4 运动图象与牛顿运动定律的综合应用为研究运动物体所受的空气阻力，某研究小组的同学找来一个倾角可调、斜面比较长且表面平整的斜面体和一个滑块，并在滑块上固定一个高度可升降的风帆，如图甲所示．他们让带有风帆的滑块从静止开始沿斜面下滑，下滑过程中帆面与滑块运动方向垂直．假设滑块和风帆总质量为m .滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，风帆受到的空气阻力与风帆的运动速率成正比，即F f ＝k v ．(1)写出滑块下滑过程中加速度的表达式；(2)求出滑块下滑的最大速度，并指出有哪些措施可以减小最大速度；(3)若m ＝2 kg ，斜面倾角θ＝30°，g 取10 m/s 2，滑块从静止下滑的速度图象如图乙所示，图中的斜线为t ＝0时v －t 图线的切线，由此求出μ、k 的值．(计算结果保留两位有效数字)[思路点拨] (1)滑块下滑过程中受几个力作用？(2)在v - t 图象中，v ＝0时，加速度是否等于零？(3)能否利用v - t 图象获取物体运动的最大速度？此时物体加速度是多大？【解析】 (1)a ＝mg sin θ－μmg cos θ－k v m ＝g sin θ－μg cos θ－k v m滑块下滑过程中加速度随速度的增大而减小，速度增大到某一定值时加速度等于零．(2)当a ＝0时速度最大，v max ＝mg (sin θ－μcos θ)k(3)当v ＝0时，a ＝g sin θ－μg cos θ＝3 m/s 2，解得μ＝2315＝0.23 最大速度v ＝2 m/s ，v max ＝mg (sin θ－μcos θ)k＝2 m/s ，解得k ＝3 kg/s ． 【答案】 (1)a ＝g sin θ－μg cos θ－k v m (2)v max ＝mg (sin θ－μcos θ)k减小滑块质量或减小斜面倾角 (3)μ＝0.23 k ＝3 kg/s动力学与图象的综合问题做好两步第1步：判别物理过程．由图象形状所描述的状态及变化规律确定质点的运动性质． 第2步：选择解答方法．根据质点的运动性质，选择公式法、图象法解答试题，必要时建立函数关系并进行图象转换，或者与常见形式比较进行解答和判断．4－1.若货物随升降机运动的v - t 图象如图所示(竖直向上为正)，则货物受到升降机的支持力F 与时间t 关系的图象可能是( )解析：根据v -t 图象可知升降机的运动情况：加速下降→匀速下降→减速下降→加速上升→匀速上升→减速上升，根据牛顿第二定律F －mg ＝ma 可判断支持力F 的变化情况：失重→等于重力→超重→超重→等于重力→失重，故选项B 正确．答案：B4－2.(2017·江西三市七校联考)某同学用位移传感器研究木块在斜面上的滑动情况，装置如图a.已知斜面倾角θ＝37°.他使木块以初速度v 0沿斜面上滑，并同时开始记录数据，绘得木块从开始上滑至最高点，然后又下滑回到出发处过程中的x - t 图线如图b 所示．图中曲线左侧起始端的坐标为(0,1.4)，曲线最低点的坐标为(0.5,0.4)．重力加速度g 取10 m/s 2.求：(1)木块上滑时的初速度v 0和上滑过程中的加速度a ；(2)木块与斜面间的动摩擦因数μ；(3)木块滑回出发点时的速度v t ．解析：(1)物体匀减速上滑，由图象得到：末速度v ＝0，位移x ＝1.4－0.4＝1.0 m ，时间为t ＝0.5 s ；根据位移时间公式，有：x ＝v 0t ＋12at 2；根据速度时间公式，有：v＝v0＋at；联立解得：v0＝4 m/s，a＝－8 m/s2(2)上滑过程，物体受重力支持力和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律，有：－mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma代入数据解得：μ＝0.25(3)木块下滑过程，根据牛顿第二定律，有：mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma′代入数据解得：a′＝4 m/s2物体匀加速下滑，根据速度位移公式，有：v2t＝2a′x解得：v t＝2a′x＝2×4×1m/s＝22m/s答案：(1)木块上滑时的初速度为4 m/s，上滑过程中的加速度为－8 m/s2；(2)木块与斜面间的动摩擦因数为0.25；(3)木块滑回出发点时的速度为22m/s．“板块”模型由木板和物块组成的相互作用的系统统称为板块模型，题目中常涉及多物体、多过程问题，是力学中最经典、最基本的模型之一，该模型往往利用一个可视为质点的小物块在一长木板上滑动的过程，求解过程中相关的物理量．题目中可涉及静摩擦力、滑动摩擦力的方向判断和大小计算等内容，还可涉及牛顿运动定律、运动学规律，动能定理和能量的转化与守恒等知识，考查知识点较多，对考生的分析综合能力、应用数学求解物理问题的能力等要求较高．本模型在高考中常以物块—木板组合的形式出现．有时还会与斜面等结合在一起进行考查．水平面上的板块模型(2017·全国卷Ⅲ)如图，两个滑块A和B的质量分别为m A＝1 kg和m B＝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．【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为a A和a B，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＝μ1m A g①f2＝μ1m B g②f3＝μ2(m＋m A＋m B)g③由牛顿第二定律得f1＝m A a A④f2＝m B a B⑤f2－f1－f3＝ma1⑥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－a B t1⑦v1＝a1t1⑧联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得v t＝1 m/s⑨(2)在t1时间间隔内，B相对于地面移动的距离为s B＝v0t1－12a B t21⑩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＝(m B＋m)a2⑪由①②④⑤式知，a A＝a B；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所用的时间为t2，则由运动学公式，对木板有v2＝v1－a2t2⑫对A有v2＝－v1＋a A t2⑬在t2时间间隔内，B(以及木板)相对地面移动的距离为s1＝v1t2－12a2t22⑭在(t1＋t2)时间间隔内，A相对地面移动的距离为s A＝v0(t1＋t2)－12a A(t1＋t2)2⑮A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＝s A＋s1＋s B⑯联立以上各式，并代入数据得s0＝1.9 m⑰(也可用如图所示的速度－时间图线求解)【答案】(1)1 m/s(2)1.9 m板块模型至少涉及两个物体，所以运动过程和解法一般比较复杂．此类模型一般的处理方法如下．(1)弄清题意，划分过程：根据题意，弄清楚物体的运动究竟经历了哪几个过程；(2)依据已知，分析过程：依据题目中给出的已知条件，对每个过程进行运动学或动力学分析；(3)结合已知，列出方程：结合题目中给出的已知条件，根据运动学规律、牛顿运动定律或能量守恒定律等列出物体运动的每个过程中对应的方程，然后进行求解．解此类模型时还要注意，要紧紧抓住过程之间的连接点，这些连接点往往是解决问题的突破口(一般要从连接点的速度、加速度以及受力情况入手进行分析)．板块模型可以拓展为各种不同的形式，如将板块模型与斜面结合、滑块与传送带结合等各种不同的复合形式．但不论是哪种形式的板块模型，都需要从物理情境中确定研究对象，根据板块间的相互作用和各自的受力情况，建立物理模型，按照各自的运动过程逐一进行分析，画出运动过程的示意图，找出两物体相对运动的数学关系，挖掘隐含条件和临界条件，结合对应的物理规律进行求解．板块中的“斜面类模型”如图所示，质量M＝1 kg的木板静置于倾角θ＝37°、足够长的固定光滑斜面底端，质量m＝1 kg的小物块(可视为质点)以初速度v0＝4 m/s从木板的下端冲上木板，同时在木板上端施加一个沿斜面向上、大小为F ＝3.2 N 的恒力，若小物块恰好不从木板的上端滑下，求木板的长度l 为多少？已知小物块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.5，重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8．【解析】 由题意可知，小物块向上做匀减速运动，木板向上做匀加速运动，当小物块运动到木板的上端时，恰好和木板具有共同速度设小物块的加速度大小为a ，由牛顿第二定律可得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 设木板的加速度大小为a ′，由牛顿第二定律可得F ＋μmg cos θ－Mg sin θ＝Ma ′ 设小物块和木板达到共同速度所用时间为t ，由运动学公式可得v 0－at ＝a ′t设小物块和木板共速时小物块的位移为x ，木板的位移为x ′，由位移公式可得x ＝v 0t －12at 2，x ′＝12a ′t 2 小物块恰好不从木板的上端滑下，有x －x ′＝l 以上各式联立并代入数据求解可得l ＝0.714 m ． 【答案】 0.714 m斜面上的板块模型，主要考查已知受力情况求解运动情况的典型动力学问题．由于木板和物块均在斜面上运动，因此解决此类问题的关键除了对物体进行受力分析之外，还要注意将木板和物块的重力沿斜面方向和垂直斜面方向进行分解．另外，还要分析清楚木板和物块各自的运动过程，以及二者之间相互联系的物理量，最后结合运动学规律、牛顿运动定律或动能定理进行求解．板块中的“传送带模型”(多选) (2017·成都外国语学校高三月考)三角形传送带以1 m/s 的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2 m 且与水平方向的夹角均为37°.现有两个小物块A 、B 从传送带底端都以4 m/s 的初速度冲上传送带，物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5，下列说法正确的是( )A ．物块A 、B 都能到达传送带顶端B ．两物块在传送带上运动的全过程中，物块A 、B 所受摩擦力一直阻碍物块A 、B 的运动C ．物块A 运动到与传送带速度相同的过程中，物块相对传送带运动的路程为1.25 mD ．物块B 在上冲过程中在传送带上留下的划痕长度为0.45 m【解析】 重力沿传送带向下的分力：G 1＝mg sin 37°＝35 mg ，物体与传送带间的摩擦力：f ＝μmg cos 37°＝25 mg ；物块A 向上做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得：a A ＝G 1＋f m ＝35mg ＋25 mg m ＝10 m/s 2，A 的速度减为0时的位移：x A ＝v 202a A ＝422×10＝0.8 m<2 m ，A 不能到达传送带顶端，故A 错误；A 先向上做匀减速直线运动，速度变为零后，传送带对A 的摩擦力平行于传送带向下，A 向下做加速运动，摩擦力对A 做正功，摩擦力对A 不是阻碍作用，故B 错误；物块A 先向上做匀减速直线运动，物块A 减速运动时间：t 1＝v 0a A ＝410＝0.4 s ，A 速度变为零后将沿传送带向下做匀加速直线运动，加速度：a A ′＝a A ＝10 m/s 2，物块与传送带速度相等需要的时间：t 2＝v 传送带a A ′＝110＝0.1 s ，A 向下运动的位移：x A ′＝12v t 2＝12×0.1＝0.05 m ，在整个过程中，传送带的位移：x 传送带＝v (t 1＋t 2)＝1×(0.4＋0.1)＝0.5 m ，物块A 上冲到与传送带速度相同的过程中，物块相对传送带运动的路程：s ＝x A －x A ′＋x 传送带＝0.8－0.05＋0.5＝1.25 m ，故C 正确；物块B 向上做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得：a B ＝G 1＋fm ＝35 mg ＋25 mg m ＝10 m/s 2，物块B 减速到与传送带速度相等需要的时间：t B ＝v 0－v a B ＝4－110＝0.3 s ，物体B 的位移：x B ＝v 0＋v 2t B ＝4＋12×0.3＝0.75 m ，该过程传送带的位移：x ＝v t B ＝1×0.3＝0.3 m ，物块B 在上冲过程中在传送带上留下的划痕长度：s ＝x B －x ＝0.75－0.3＝0.45 m ，故D 正确．【答案】CD传送带问题中往往是传送带匀速转动，传送带上面的物块做匀变速直线运动，此类问题的一般解决办法：首先选取研究对象(一般为传送带上的物块)，然后对研究对象进行隔离处理，分析物块在传送带上运动时的动力学特征，最后结合运动学规律、牛顿运动定律以及功能关系等列出相应的方程进行求解．。
