屆高考物理二輪復習第一部分專題整合專題一力與運動第講力與物體直線運動專項訓練

屆高考物理二輪復習第一部分專題整合專題一力與運動第講力與物體的直線運動專項訓練屆高考物理二輪復習第一部分專題整合專題一力與運動第講力與物體的直線運動專項訓練PAGE屆高考物理二輪復習第一部分專題整合專題一力與運動第講力與物體的直線運動專項訓練第2講力與物體的直線運動[真題再現(xiàn)]1．(多項選擇)(2018·全國卷Ⅱ)甲、乙兩汽車在同一條平直公路上同向運動，其速度－時間圖像分別如圖1－2－1中甲、乙兩條曲線所示。已知兩車在t2時辰并排行駛。以下說法正確的選項是圖1－2－1A．兩車在t1時辰也并排行駛B．在t1時辰甲車在后，乙車在前C．甲車的加快度大小先增大后減小D．乙車的加快度大小先減小后增大分析此題碰巧用逆向思想分析，兩車在t2時辰并排行駛，依據(jù)題圖分析可知在t1～t2時間內(nèi)甲車運動的位移大于乙車運動的位移，所以在t1時辰甲車在后，乙車在前，B正確，A錯誤；依據(jù)v－t圖像斜率表示加快度分析出C錯誤，D正確．答案BD2．(2017·上海單科)一碗水置于火車車廂內(nèi)的水平桌面上。當火車向右做勻減速運動時，水面形狀湊近于圖1－2－2中圖1－2－2分析當火車向右做勻減速運動時，碗內(nèi)的水因為慣性，保持本來較大的速度向右運動，則只有圖A所示的情況符合要求，故A正確。答案A3.(2018·全國卷Ⅰ)如圖1－2－3所示，輕彈簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物塊P，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)用一豎直向上的力F作用在P上，使其向上做勻加快直線運動。以x表示P走開靜止地點的位移，在彈簧恢還原長前，以下表示F和x之間關系的圖像可能正確的選項是圖1－2－3分析假定物塊靜止時彈簧的壓縮量為x0，則由力的均衡條件可知kx0＝mg，在彈簧恢還原長前，當物塊向上做勻加快直線運動時，由牛頓第二定律得F＋k(x0－x)－mg＝ma，由以上兩式解得F＝kx＋ma，明顯F和x為一次函數(shù)關系，且在F軸上有截距，則A正確，BCD錯誤。答案A[考情分析]分值6～26分題型選擇題和計算題命題熱門(1)兩類動力學識題(2)動力學的圖像問題(3)“滑塊—木板模型”(4)“傳達帶模型”考點一勻變速直線運動規(guī)律的應用1．求解勻變速直線運動問題的一般思路審題畫出表示圖判斷運動性質(zhì)采納正方向采納公式列方程求解方程2．常用方法：基本公式法、均勻速度法、推論法、比率法和逆向思想法。公路上的某個激光測速儀只好測定距離儀器20～200m范圍內(nèi)汽車的車速，激光測速儀所在路段限速54km/h。測速儀發(fā)出測速激光脈沖的時間極短，并能立刻獲取車速，且每隔2s測速一次。一輛小轎車在距離測速儀264m時司機就發(fā)現(xiàn)了前面的測速儀，并立刻制動做勻減速運動，結(jié)果該小轎車駛?cè)霚y速范圍內(nèi)后，第一次被測速激光脈沖照耀到時恰巧沒有超速，且第二次測速時的速度為50.4km/h。求：(1)小轎車做勻減速運動的加快度大??；(2)小轎車在距離測速儀264m時速度的最小值。[分析](1)第一次測速恰巧沒有超速，即v1＝54km/h＝15m/s；第二次測速時的速度v2＝50.4km/h＝14m/s，由兩次丈量的速度可得小轎車的加快度a＝eq\f(v2－v1,t)＝eq\f(14－15,2)m/s2＝－0.5m/s2，所以小轎車做勻減速直線運動的加快度大小為0.5m/s2。(2)若小轎車恰巧抵達距離測速儀200m處就遇到測速的激光，則小轎車減速到54km/h時的位移是最小的，小轎車在距離測速儀264m時速度有最小值。設最小速度為v0，則veq\o\al(2,1)－veq\o\al(2,0)＝2ax，此中x＝264m－200m＝64m，得出v0＝eq\r(v\o\al(2,1)－2ax)＝eq\r(152－2×(－0.5)×64)m/s＝17m/s。[答案](1)0.5m/s2(2)17m/s[規(guī)律總結(jié)]勻變速直線運動問題常用的六種解題方法如圖1－2－4所示，某“闖關游戲”的筆挺通道上每隔8m設有一個關卡，各關卡同步放行和封閉，放行和封閉的時間分別為5s和2s。關卡剛放行時，一起學立刻在關卡1處以加快度2m/s2由靜止加快到2m/s，此后勻速向前，則最初擋住他行進的關卡是圖1－2－4A．關卡2B．關卡3C．關卡4D．關卡5分析該同學加快到2m/s時所用時間為t1，由v1＝at1，得t1＝eq\f(v1,a)＝1s，經(jīng)過的位移x1＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)＝1m，此后勻速行進的位移x2＝v1(t－t1)＝8m，因x1＋x2＝9m＞8m，即這位同學已經(jīng)過關卡2，距該關卡1m，當關卡封閉t2＝2s時，此同學在關卡2、3之間經(jīng)過了x3＝v1t2＝4m的位移，接著關卡放行t＝5s，同學經(jīng)過的位移x4＝v1t＝10m，此時距離關卡4為x5＝16m－(1＋4＋10)m＝1m，關卡封閉2s，經(jīng)過t3＝eq\f(x5,v1)＝0.5s后關卡4最初擋住他行進。答案C2．追及、相遇問題(2018·濟寧一模)交管部門強行推出了“電子眼”，靈便車私自闖紅燈的現(xiàn)象大幅度減少?，F(xiàn)有甲、乙兩汽車正沿同一平直馬路同向勻速行駛，甲車在前，乙車在后，它們行駛的速度均為10m/s。當兩車快要到一十字路口時，甲車司機看到綠燈已變換成了黃燈，于是緊迫剎車(反響時間忽視不計)，乙車司機為了防范與甲車相撞也緊迫剎車，但乙車司機反響較慢(反響時間為0.5s)。已知甲車緊迫剎車時制動力為車重的0.4倍，乙車緊迫剎車時制動力為車重的0.5倍，g取10m/s2。求：(1)若甲車司機看到黃燈時車頭距戒備線15m，他采納上述舉措能否防范闖紅燈？(2)為保證兩車在緊迫剎車過程中不相撞，甲、乙兩車行駛過程中應保持多大距離？分析(1)甲車緊迫剎車的加快度大小為a1＝eq\f(Ff,m1)＝eq\f(0.4m1g,m1)＝4m/s2甲車停下所需時間：t1＝eq\f(v0,a1)＝eq\f(10,4)s＝2.5s甲車滑行距離：x＝eq\f(v\o\al(2,0),2a1)＝eq\f(102,2×4)m＝12.5m因為x＝12.5m＜15m，所以甲車能防范闖紅燈。(2)設甲、乙兩車行駛過程中最少應保持距離x0，在乙車剎車t2時間兩車速度相等，乙車緊迫剎車的加快度大小為a2＝eq\f(Ff2,m2)＝5m/s2速度相等有v0－a1(t0＋t2)＝v0－a2t2解得t2＝2.0s乙車發(fā)生的位移x乙＝v0t0＋v0t2－eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)＝15m，甲車發(fā)生的位移x甲＝v0(t0＋t2)－eq\f(1,2)a1(t0＋t2)2＝12.5m，x0＝x乙－x甲＝(15－12.5)m＝2.5m。答案(1)能防范闖紅燈(2)2.5m3．運動圖像的應用(多項選擇)(2018·全國卷Ⅲ)甲、乙兩車在同一平直公路上同向運動，甲做勻加快直線運動，乙做勻速直線運動。甲、乙兩車的地點x隨時間t的變化如圖1－2－5所示。以下說法正確的選項是圖1－2－5A．在t1時辰兩車速度相等B．從0到t1時間內(nèi)，兩車走過的行程相等C．從t1到t2時間內(nèi)，兩車走過的行程相等D．在t1到t2時間內(nèi)的某時辰，兩車速度相等分析x－t圖像某點的切線斜率表示剎時速度，A錯誤；前t1時間內(nèi)，因為甲、乙的出發(fā)點不同樣，故行程不同樣，B錯誤；t1～t2時間內(nèi)，甲、乙的位移和行程都相等，大小都為x2－x1，C正確；t1～t2時間內(nèi)，甲的x－t圖像在某一點的切線與乙的x－t圖像平行，此時辰兩車速度相等，D正確．答案CD考點二運動圖像在動力學中的應用1．動力學圖像的實質(zhì)是力與運動的關系，解題的重點在于弄清圖像斜率、截距、交點、拐點、面積的物理意義。2．關于復雜的圖像或運動過程，要應用物理規(guī)律列出與圖像對應的函數(shù)分析式，以便對相關物理問題作出正確判斷。3．看清縱、橫坐標所表示的物理量及單位?！绢}組打破】1．如圖1－2－6甲，某人正經(jīng)過定滑輪將質(zhì)量為m的物體提高到高處。滑輪的質(zhì)量和摩擦均不計，物體獲取的加快度a與繩索對物體豎直向上的拉力T之間的函數(shù)關系如圖乙所示。由圖可以判斷以下說法不正確的選項是圖1－2－6A．圖線與縱軸的交點M的值aM＝－gB．圖線與橫軸的交點N的值TN＝mgC．圖線的斜率等于物體的質(zhì)量mD．圖線的斜率等于物體質(zhì)量的倒數(shù)eq\f(1,m)分析對物體受力分析，受重力mg和拉力T，依據(jù)牛頓第二定律，有T－mg＝ma，得a＝eq\f(T,m)－g當T＝0時，a＝－g，即圖線與縱軸的交點M的值aM＝－g，A正確；當a＝0時，T＝mg，故圖線與橫軸的交點N的值TN＝mg，B正確；圖線的斜率表示質(zhì)量的倒數(shù)eq\f(1,m)，C錯誤，D正確；綜合上述分析，應選C。答案C2．質(zhì)量為3kg的長木板A置于圓滑的水平川面上，質(zhì)量為2kg的木塊B(可視為質(zhì)點)置于木板A的左端。在水平向右的力F作用下由靜止開始運動，如圖1－2－7甲所示。A、B運動的加快度隨時間變化的圖像如圖乙所示(g取10m/s2)。求：圖1－2－7(1)木板與木塊之間的動摩擦因數(shù)(設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)；(2)4s末A、B的速度；(3)若6s未木板和木塊恰巧分別，則木板的長度為多少？分析(1)由題圖知4s末A、B間達到最大靜摩擦力，此時a＝2m/s2對應A板：μmBg＝mAa得A、B間動摩擦因數(shù)μ＝eq\f(mAa,mBg)＝0.3。(2)由圖像知4s末二者的速度等于圖線與坐標軸包圍的面積；v＝eq\f(1,2)at1＝eq\f(1,2)×2×4m/s＝4m/s。(3)4s末到6s末t2＝2s木板A運動的位移：xA＝vt2＋eq\f(1,2)aAteq\o\al(2,2)木板B的位移：xB＝vt2＋eq\f(1,2)aBteq\o\al(2,2)代入數(shù)據(jù)得木板的長度為l＝xB－xA＝4m。答案(1)0.3(2)4m/s(3)4m3.(多項選擇)(2018·皖南八校聯(lián)考)質(zhì)量為0.2kg的物塊在水平推力F的作用下沿水平面做直線運動，6s末撤去水平推力F，如圖實線表示其運動的v-t圖像，此中經(jīng)過點(4,0)的虛線是6s末v-t圖像的切線。(g取10m/s2)。以下說法正確的有圖1－2－8A．6s未物塊速度方向改變B．0～6s內(nèi)物塊均勻速度比6～10s內(nèi)物塊均勻速度小C．物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為0.1D．水平推力F的最大值為0.9N分析6s末物塊速度仍為正當，故速度方向沒改變，選項A錯誤；若0～6s內(nèi)物體做勻加快運動，則均勻速度為3m/s，而由圖線可知，物體在0～6s內(nèi)的均勻速度小于3m/s，而物體在6～10s內(nèi)的均勻速度等于3m/s，故0～6s內(nèi)物體均勻速度比6～10s內(nèi)物塊均勻速度小，選項B正確；撤去外力后的加快度a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(6,10－6)m/s2＝1.5m/s2，依據(jù)a＝μg＝1.5m/s2可知物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為0.15，選項C錯誤；物體的最大加快度為am＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(6,6－4)＝3m/s2，依據(jù)牛頓第二定律Fm－μmg＝mam，解得Fm＝0.9N，選項D正確；應選BD。答案BD考點三力學中的連結(jié)體問題1．整體法與間隔法常波及的三種問題種類(1)波及滑輪的問題：若要求繩的拉力，一般都采納間隔法。(2)水平面上的連結(jié)體問題：①這種問題一般是連結(jié)體(系統(tǒng))中各物體保持相對靜止，即擁有同樣的加快度。解題時，一般采納先整體后間隔的方法。②成立直角坐標系時要考慮矢量正交分解越少越好的原則，或許正交分解力，或許正交分解加快度。(3)斜面體與物體構(gòu)成的連結(jié)體問題：當物體擁有沿斜面方向的加快度，而斜面體相關于地面靜止時，一般采納間隔法分析。2．解決這種問題的重點正確地采納研究對象是解題的首要環(huán)節(jié)，弄清各物體之間哪些屬于連結(jié)體，哪些物體應當獨自分析，并分別確立它們的加快度，此后依據(jù)牛頓運動定律列方程求解。(2018·成都檢測)如圖1－2－9甲所示，傾角θ＝37°的足夠長粗拙斜面固定在水平面上，滑塊A、B用細線高出圓滑定滑輪相連，A與滑輪間的細線與斜面平行，B距地面必然高度，A可在細線牽引下沿斜面向上滑動。某時辰由靜止開釋A，測得A沿斜面向上運動的v-t圖像如圖乙所示(B落地后不反彈)。圖1－2－9已知mA＝2kg，mB＝4kg，重力加快度g＝10m/s2，sin37°＝0.6、cos37°＝0.8；求：(1)A與斜面間的動摩擦因數(shù)；(2)A沿斜面向上滑動的最大位移。[審題研究](1)0～0.5s時間A的加快度是多少？細線對A的拉力能否等于B的重力？(2)0.5s后，A做什么運動？怎樣計算第二段時間內(nèi)A的位移？[分析](1)在0～0.5s時間內(nèi)，依據(jù)圖像，可得AB系統(tǒng)的加快度為a1＝eq\f(Δv,Δt)＝4m/s2設細線張力大小為T，對A、B，由牛頓第二定律有T－mAgsinθ－μmAgcosθ＝mAa1mBg－T＝mBa1聯(lián)立上述兩式并代入數(shù)據(jù)解得μ＝0.25(2)B落地后，A連續(xù)減速上漲由牛頓第二定律有mAgsinθ＋μmAgcosθ＝mAa2代入數(shù)據(jù)得a2＝8m/s2故A減速向上滑動的位移為：x2＝eq\f(v2,2a2)＝0.25m0～0.5s內(nèi)A加快向上滑動的位移x1＝eq\f(v2,2a1)＝0.5m所以，A上滑的最大位移為x＝x1＋x2＝0.75m。[答案](1)0.25(2)0.75m【題組打破】1．如圖1－2－10所示，在圓滑的水平川面上，有兩個質(zhì)量相等的物體，中間用勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧相連，兩物體在水平外力F1、F2的作用下運動，已知F1＜F2，則當系統(tǒng)穩(wěn)準時，彈簧的伸長量為圖1－2－10A.eq\f(F2－F1,k)B.eq\f(F2－F1,2k)C.eq\f(F1＋F2,k)D.eq\f(F1＋F2,2k)分析設A、B兩物體的質(zhì)量均為m，當運動穩(wěn)準時，把A、B看作整體進行研究。由受力分析可知，A、B整體所遇到的協(xié)力大小為F2－F1，由牛頓第二定律可得F2－F1＝2ma，解得a＝eq\f(F2－F1,2m)，因A、B相對靜止，所以整體的加快度也是單個物體的加快度。設彈簧的伸長量為Δx，對物體A進行受力分析，由牛頓第二定律可得kΔx－F1＝ma，解得Δx＝eq\f(F1＋F2,2k)，選項D正確。答案D2．(多項選擇)如圖1－2－11所示，A、B兩物塊的質(zhì)量分別為2m和m，靜止疊放在水平川面上。A、B間的動摩擦因數(shù)為μ，B與地面間的動摩擦因數(shù)為eq\f(1,2)μ。最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加快度為g。現(xiàn)對A施加一水平拉力F，則圖1－2－11A．當F＜2μmg時，A、B都相對地面靜止B．當F＝eq\f(5,2)μmg時，A的加快度為eq\f(1,3)μgC．當F＞3μmg時，A相對B滑動D．不論F為什么值，B的加快度不會高出eq\f(1,2)μg分析A、B間的最大靜摩擦力fAm＝2μmg，B與地面間的最大靜摩擦力為fBm＝eq\f(3,2)μmg。漸漸增大拉力F，當F＝eq\f(3,2)μmg時，A、B間相對靜止，B與地面開始相對滑動，應選項A錯誤；當A、B間剛開始相對滑動時，由牛頓第二定律，對物塊A有F－2μmg＝2ma，對物塊B有2μmg－eq\f(3,2)μmg＝ma，聯(lián)立兩式得F＝3μmg，也就是當F＝3μmg時，物塊A、B開始相對滑動，所以F＝eq\f(5,2)μmg時，A、B相對靜止，整體應用牛頓第二定律可得此時的加快度為aA＝eq\f(F－\f(3,2)μmg,3m)＝eq\f(1,3)μg，應選項B、C正確；物塊A、B間，B與地面間都相對滑動時，B的加快度為aB＝eq\f(2μmg－\f(3,2)μmg,m)＝eq\f(1,2)μg，今后不論F為什么值，只需A、B間相對滑動，B的加快度就是eq\f(1,2)μg，所以B的加快度不會高出此值，選項D正確。答案BCD考點四用動力學方法分析傳達帶問題1．傳達帶問題的實質(zhì)是相對運動問題，這樣的相對運動將直接影響摩擦力的方向。所以，搞清楚物體與傳達帶間的相對運動方向是解決該問題的重點。2．傳達帶問題還經(jīng)常波及來臨界問題，即物體與傳達帶速度同樣，這時會出現(xiàn)摩擦力改變的臨界狀態(tài)，詳細怎樣改變要依據(jù)詳細情況判斷。如圖1－2－12所示，傾斜傳達帶AB和水平傳達帶BC圓滑連結(jié)，傳達帶AB的傾角為θ＝37°，起點A距水平面的高度H＝7.0m，BC長為d＝2.0m，端點C距水平面的高度h＝1.0m，水平傳達帶BC的長度d和高度h都可以調(diào)理，可以調(diào)至以以下圖的B′C′地點，水平傳達帶和傾斜傳達帶都以v0＝8m/s的速度逆時針運動，一質(zhì)量為m＝5kg的物塊從傾斜傳達帶的頂端A點由靜止開釋，已知物塊與AB、BC間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.25，物塊經(jīng)過B點時無能量損失。(取重力加快度g＝10m/s2，cos37°＝0.8，sin37°＝0.6，物塊在運動過程中可視為質(zhì)點)。圖1－2－12(1)求物塊運動到C點時的速度大??；(2)當h調(diào)為h′＝3.325m時，物塊在傳達帶上運動的總時間是多少？[審題研究](1)物塊剛放到傳達帶上所受摩擦力的方向怎樣？物體的加快度多大？(2)物塊在傾斜傳達帶上運動，速度能否達到與傳達帶速度同樣？若能達到速度同樣，今后物塊做勻速運動仍是加快運動？(3)物塊滑上水平傳達帶時的速度多大？物塊在水平傳達帶上做什么運動？[分析](1)物塊由A運動到B的過程，開始時摩擦力方向沿傳達帶向下，依據(jù)牛頓第二定律有mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，代入數(shù)據(jù)解得a1＝8m/s2加快運動到與傳達帶速度相等時的位移為x1＝eq\f(v\o\al(2,0),2a1)＝4m今后在AB上摩擦力反向，則mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，解得a2＝4m/s2AB的長為L＝eq\f(H－h(huán),sin37°)＝10m設物塊抵達B點的速度為v1，有veq\o\al(2,1)－veq\o\al(2,0)＝2a2(L－x1)，代入數(shù)據(jù)解得v1＝4eq\r(7)m/s在水平傳達帶上運動時，由μmg＝ma3，得a3＝2.5m/s2設物塊運動到C點時的速度為v2，由veq\o\al(2,2)－veq\o\al(2,1)＝－2a3d，解得v2＝eq\r(102)m/s。(2)當水平傳達帶調(diào)至h′高時，水平傳達帶的長度變成d′＝d＋eq\f(h′－h(huán),tanθ)＝5.1m傾斜傳達帶的長度L′＝eq\f(H－h(huán)′,sinθ)＝6.125m物塊在傾斜傳達帶上的第一個勻加快過程有x1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)，解得t1＝1s物塊在傾斜傳達帶上的第二個勻加快過程有L′－x1＝v0t2＋eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)解得t2＝0.25s故物塊抵達傾斜傳達帶底端時的速度為v1′＝v0＋a2t2＝9m/s物塊在水平傳達帶上先以a3＝2.5m/s2的加快度做勻減速直線運動物塊做勻減速直線運動的時間為t3＝eq\f(v0－v1′,－a3)＝0.4s物塊做勻減速直線運動的位移為x2＝eq\f(v\o\al(2,0)－v1′2,－2a3)＝3.4m則物塊在水平傳達帶上做勻速直線運動的時間為t4＝eq\f(d′－x2,v0)＝0.21s故h調(diào)為h′＝3.325m時，物塊在傳達帶上運動的總時間為t＝t1＋t2＋t3＋t4＝1.86s。[答案](1)eq\r(102)m/s(2)1.86s【題組打破】1．水平傳達帶問題如圖1－2－13所示，足夠長的水平傳達帶，以初速度v0＝6m/s順時針轉(zhuǎn)動。此刻傳達帶左邊輕輕放上質(zhì)量m＝1kg的小滑塊，與此同時，啟動傳達帶制動裝置，使得傳達帶以恒定加快度a＝4m/s2減速直至停止；已知滑塊與傳達帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，滑塊可以看作質(zhì)點，且不會影響傳達帶的運動，g＝10m/s2。試求：圖1－2－13(1)滑塊與傳達帶共速時，滑塊相對傳達帶的位移；(2)滑塊在傳達帶上運動的總時間t。分析(1)對滑塊，由牛頓第二定律可得μmg＝ma1，得a1＝2m/s2設經(jīng)過t1滑塊與傳達帶共速v，有v＝v0－at1v＝a1t1，解得v＝2m/s，t1＝1s滑塊位移為x1＝eq\f(vt1,2)＝1m傳達帶位移為x2＝eq\f((v0＋v)t1,2)＝4m，故滑塊相對傳達帶的位移Δx＝x2－x1＝3m。(2)共速今后，假定滑塊與傳達帶一起減速，則滑塊與傳達帶間的靜摩擦力為f，有f＝ma＝4N＞μmg＝2N，故滑塊與傳達帶相對滑動?；瑝K做減速運動，加快度仍為a1，滑塊減速時間為t2，有t2＝eq\f(0－v,－a1)＝1s，故t＝t1＋t2＝2s。答案(1)3m(2)2s2．傾斜傳達帶問題如圖1－2－14所示，傾斜傳達帶與水平方向的夾角為θ＝37°，將一小物塊輕輕放在正在以速度v＝10m/s勻速逆時針傳動的傳達帶的上端，物塊和傳達帶之間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.5(設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力的大小)，傳達帶兩皮帶輪軸心間的距離為L＝29m，求將物塊從頂部運送到傳達帶底部所需的時間為多少？(g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)圖1－2－14分析物塊放到傳達帶上后，沿斜面向下做勻加快直線運動，遇到的摩擦力方向沿斜面向下mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1a1＝gsinθ＋μgcosθ＝10m/s2當物體加快到與傳達帶同速時，位移為：s1＝eq\f(v2,2a1)＝5m＜L＝29mt1＝eq\f(v,a1)＝1s物塊加快到與傳達帶同速后，因為mgsinθ＞μmgcosθ，所以物塊相關于傳達帶向下運動，摩擦力變成沿斜面向上a2＝gsinθ－μgcosθ＝2m/s2s2＝L－s1＝vt＋eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)?t2＝2s所以物體運動的總時間為t＝t1＋t2＝3s。答案3s考點五滑塊、滑板模型滑塊——滑板模型是近幾年來高考察看的熱門，波及摩擦力的分析判斷、牛頓運動定律、勻變速運動等骨干知識，能力要求較高，滑塊和滑板的位移關系、速度關系是解答滑塊——滑板模型的切入點，前一運動階段的末速度是下一運動階段的初速度，解題過程中必然以地面為參照系。1．模型特色：滑塊(視為質(zhì)點)置于滑板上，滑塊和滑板均相對地面運動，且滑塊和滑板在摩擦力的互相作用下發(fā)生相對滑動。2．運動學分析：無臨界速度時，滑塊與滑板分別，確立相等時間內(nèi)的位移關系解題；有臨界速度時，滑塊與滑板不分別，假定速度相等后加快度同樣，由整體法求解系統(tǒng)的共同加快度，再由間隔法用牛頓第二定律求滑塊與滑板間的摩擦力f，假如該摩擦力不大于最大靜摩擦力說明假定成立，則整體列式解題；假如該摩擦力大于最大靜摩擦力說明假定不可以立，則分別列式；確立相等時間內(nèi)的位移關系解題。3．動力學分析：判斷滑塊與滑板能否發(fā)生相對滑動是解決這種問題的一個難點，平常采納整體法、間隔法和假定法等。經(jīng)常先假定二者相對靜止，由牛頓第二定律求出它們之間的摩擦力f，與最大靜摩擦力fm進行比較。若f＜fm，則不會發(fā)生相對滑塊；反之，將發(fā)生相對滑動。從運動學角度看，滑塊與滑板的速度和加快度不等，則會發(fā)生相對滑動。(2017·全國卷Ⅲ)如圖1－2－15，兩個滑塊A和B的質(zhì)量分別為mA＝1kg和mB＝5kg，放在靜止于水平川面上的木板的兩頭，二者與木板間的動摩擦因數(shù)均為μ1＝0.5；木板的質(zhì)量為m＝4kg，與地面間的動摩擦因數(shù)為μ2＝0.1。某時辰A、B兩滑塊開始相向滑動，初速度大小均為v0＝3m/s。A、B相遇時，A與木板恰巧相對靜止。設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加快度大小g＝10m/s2。求：圖1－2－15(1)B與木板相對靜止時，木板的速度；(2)A、B開始運動時，二者之間的距離。[思路指引][分析](1)滑塊A和B在木板上滑動時，木板也在地面上滑動。設A、B和木板間所受的摩擦力的大小分別為f1、f2和f3，A、B和木板相關于地面的加快度大小分別是aA、aB和a1，在物塊B與木板達到共同速度前有f1＝μ1mAg，f2＝μ1mBg，f3＝μ2(mA＋mB＋m)g，由牛頓第二定律得f1＝mAaA，f2＝mBaB，f2－f1－f3＝ma1，設在t1時辰，B與木板達到共同速度，其大小為v1。由運動學公式有v1＝v0－aBt1，v1＝a1t1，聯(lián)立，代入已知數(shù)據(jù)得v1＝1m/s。(2)在t1時間間隔內(nèi)，B相關于地面挪動的距離為sB＝v0t1－eq\f(1,2)aBteq\o\al(2,1)，設在B與木板達到共同速度v1后，木板的加快度大小為a2，關于B與木板構(gòu)成的系統(tǒng)，由牛頓第二定律有f1＋f3＝(mB＋m)a2，因為aA＝aB；B與木板達到共同速度時，A的速度大小也為v1，但運動方向與木板相反，由題意知，A和B相遇時，A與木板的速度同樣，設其大小為v2，設A的速度大小從v1變到v2所用時間為t2，則由運動學公式，對木板有v2＝v1－a2t2，對A有v2＝－v1＋aAt2，在t2時間間隔內(nèi)，B(以及木板)相對地面挪動的距離為s1＝v1t2－eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)，在(t1＋t2)時間間隔內(nèi)，A相對地面挪動的距離為sA＝v0(t1＋t2)－eq\f(1,2)aA(t1＋t2)2，A和B相遇時，A與木板的速度也恰巧同樣。所以A和B開始運動時，二者之間的距離為s0＝sA＋s1＋sB，聯(lián)立以上各式，并代入數(shù)據(jù)得s0＝1.9m。(也可用如圖的速度－時間圖線求解)[答案](1)1m/s(2)1.9m【題組打破】1．如圖1－2－16甲所示，質(zhì)量為M的長木板，靜止擱置在粗拙水平川面上，有一個質(zhì)量為m、可視為質(zhì)點的物塊，以某一水平初速度從左端沖上木板，從物塊沖上木板到物塊和木板達到共同速度的過程中，物塊和木板的v－t圖像分別如圖乙中的折線acd和bcd所示。a、b、c、d點的坐標分別為a(0,10)、b(0,0)、c(4,4)、d(12,0)，依據(jù)v－t圖像，求：圖1－2－16(1)物塊沖上木板做勻減速直線運動的加快度大小a1，木板開始做勻加快直線運動的加