1、第2讲 力与直线运动 高考统计定方向 (教师授课资源)考点考向五年考情汇总1.匀变速直线运动规律的应用考向1.匀变速直线运动规律的应用2017全国卷 T242018全国卷T142016全国卷T16考向2.匀变速直线运动推论及比例关系的应用2019全国卷T182.运动图象问题考向1.图象的选取与转换考向2.图象信息的应用2018全国卷 T182018全国卷 T192016全国卷 T213.牛顿运动定律的应用考向1.动力学的两类基本问题2019全国卷 T202016全国卷 T192018全国卷 T242015全国卷 T20考向2.瞬时性问题2018全国卷 T15考向3.连接体问题 2015全国卷
2、T20考向4.临界和极值问题 2017全国卷 T25匀变速直线运动规律的应用(5年4考)近几年高考对匀变速直线运动规律的考查，重在基本规律的应用，命题背景来源于生活中的实际问题。在2020年的备考中要加强以实际问题为背景的题目的训练。 1(2018全国卷T14)高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动。在启动阶段，列车的动能()A与它所经历的时间成正比B与它的位移成正比C与它的速度成正比D与它的动量成正比B列车启动的过程中加速度恒定，由匀变速直线运动的速度与时间关系可知vat，且列车的动能为Ekmv2，由以上整理得Ekma2t2，动能与时间的平方成正比，动能与速度的平方成正比，
3、A、C错误；将xat2代入上式得Ekmax，则列车的动能与位移成正比，B正确；由动能与动量的关系式Ek可知，列车的动能与动量的平方成正比，D错误。2(2019全国卷T18)如图所示，篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮，离地后重心上升的最大高度为H。上升第一个所用的时间为t1，第四个所用的时间为t2。不计空气阻力，则满足()A12 B23C34 D45C本题应用逆向思维求解，即运动员的竖直上抛运动可等同于从一定高度处开始的自由落体运动，所以第四个所用的时间为t2，第一个所用的时间为t1，因此有2，即34，选项C正确。3(2017全国卷T24)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s
4、0和s1(s1s0)处分别放置一个挡板和一面小旗，如图所示。训练时，让运动员和冰球都位于起跑线上，教练员将冰球以速度v0击出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板；冰球被击出的同时，运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗。训练要求当冰球到达挡板时，运动员至少到达小旗处。假定运动员在滑行过程中做匀加速运动，冰球到达挡板时的速度为v1。重力加速度大小为g。求：(1)冰球与冰面之间的动摩擦因数；(2)满足训练要求的运动员的最小加速度。题眼点拨“冰球以速度v0击出”“到达挡板的速度为v1”说明冰球的初速度为v0，匀减速滑动距离s0，末速度为v1；“至少到达小旗处”“最小加速度”说明冰球到达挡板时，
5、运动员恰好到达小旗处，对应运动员的加速度最小，此过程中，冰球和运动员运动时间相等。解析(1)设冰球质量为m，冰球与冰面之间的动摩擦因数为，由题意可知vv2a1s0又mgma1可解得：。(2)冰球到达挡板时，满足训练要求的运动员中，刚好到达小旗处的运动员的加速度最小。设这种情况下，冰球和运动员的加速度大小分别为a1和a2，所用的时间为t。由运动学公式得vv2a1s0v0v1a1ts1a2t2联立式得a2。答案(1)(2)教师备选题1(2016全国卷T16)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. B. C. D.A设初速度为v1，
6、末速度为v2，根据题意可得9mvmv，解得v23v1，根据vv0at，可得3v1v1at，解得v1，代入sv1tat2可得a，故A正确。1匀变速直线运动的基本规律(1)速度关系：vv0at。(2)位移关系：xv0tat2。(3)速度位移关系：v2v2ax。(如上T3)(4)某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度：v。(5)匀变速直线运动在相等时间内相邻的两段位移之差为常数，即xaT2。2易错警示(1)匀变速直线运动的方程均为矢量方程，要注意规定正方向。(2)“刹车类”问题中要注意刹车时间的判断。如图所示，直线MN表示一条平直单车道，甲、乙两辆汽车刚开始静止，车头分别在A、B两处，两辆车长均
7、为L4 m，两个车头间的距离为x089 m，现甲车先开始向右做匀加速直线运动，加速度a12.5 m/s2，甲车运动了t05 s后，发现乙车仍然静止，甲车立即鸣笛，又经过t11 s，乙车才开始向右做匀加速直线运动。(1)若乙车运动的加速度a25.0 m/s2，两辆汽车是否会相撞？通过计算说明。(2)若要使两车不相撞，乙车运动的加速度至少是多少？思维流程解此题的关键是根据题意画出如下的运动过程图，并灵活应用临界条件。t0假设两车某时刻相撞解析假设相撞，应满足：时间关系：t甲t乙t0t1空间关系：x甲x乙x0L甲车在t0t16 s时的位移为a1(t0t1)245 m110 m，故假设不成立，不能安全
8、超车。答案(1)4 s(2)不能考向2匀变速直线运动的推论及比例关系的应用3物体做匀加速直线运动，相继经过两段距离为1 6 m的路程，第一段用时4 s，第二段用时2 s，则物体的加速度是()A. m/s2 B. m/s2C. m/s2 D. m/s2B根据题意，物体做匀加速直线运动，t时间内的平均速度等于时刻的瞬时速度，在第一段路程内中间时刻的瞬时速度为：v11 m/s4 m/s；在第二段路程内中间时刻的瞬时速度为：v22 m/s8 m/s；则物体加速度为：a m/s2 m/s2，故B项正确。4(2019洛阳市高三联考)如图所示，物体自O点由静止开始做匀加速直线运动，途经A、B、C三点，其中A
9、、B之间的距离l13 m，B、C之间的距离l24 m。若物体通过l1、l2这两段位移的时间相等，则O、A之间的距离l等于()A. m B. m C. m D. mC根据做匀变速直线运动的质点在相邻相等的时间内的位移差是一常量，设物体通过l1和l2这两段位移的时间都是T，可得l2l1aT2。根据做匀变速直线运动的质点在一段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，可知物体通过B点时的速度vB，物体从O点匀加速运动到A点，根据匀变速直线运动规律，vB，联立解得l m，选项C正确。运动图象问题(5年3考)近几年高考对图象的考查侧重于图象信息的获取和应用，图象信息不仅体现运动学的基本规律，还涉及追及、相
10、遇问题，图象反映的规律也不再仅局限于匀变速直线运动。预计2020年对图象的考查还会涉及追及、相遇问题。图象选取、图象转换类问题已多年未考，但复习中也应足够重视。1(多选)(2018全国卷T18)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的变化如图所示。下列说法正确的是()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在xt图象中，图线的斜率表示物体运动的速度，在t1时刻，两图线的斜率关系为k乙k甲，两车速度不相等；在t1到t2时间内，存
11、在某一时刻甲图线的切线与乙图线平行，如图所示，该时刻两车速度相等，选项A错误，D正确。从0到t1时间内，乙车走过的路程为x1，甲车走过的路程小于x1，选项B错误。从t1到t2时间内，两车走过的路程都为x2x1，选项C正确。2(多选)(2018全国卷T19)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()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t1t2时间内甲车运动的位
12、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。3(多选)(2016全国卷T21)甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其v t图象如图所示。已知两车在t3 s时并排行驶，则()A在t1 s时，甲车在乙车后B在t0时，甲车在乙车前7.5 mC两车另一次并排行驶的时刻是t2 sD甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40 mBD由题中vt图象得a甲10 m/s2，a乙5 m/s2，两车在t3 s时并排行驶，此时x甲a甲t21032 m45 m，x乙v0ta乙t2103 m532 m52.5 m，所以t0时甲车在前，距乙车
13、的距离为Lx乙x甲7.5 m，B项正确。t1 s时，x甲a甲t25 m，x乙v0ta乙t212.5 m，此时x乙x甲L12.5 m，所以另一次并排行驶的时刻为t1 s，故A、C项错误。两次并排行驶的位置沿公路方向相距Lx乙x乙40 m，故D项正确。1解决图象类问题“四个注意”(1)速度图线只有通过时间轴时速度方向才改变。(2)利用vt图象分析两个物体的运动时，要注意两个物体的出发点是否相同。(如上T3)(3)物体的运动图象与运动过程的转化。(4)xt图象、vt图象、at图象的应用。2应用图象时的“两个误区”(1)误认为vt图象、xt图象是物体运动轨迹。(2)在vt图象中误将交点认为此时相遇。(
14、如上T2)考向1图象的选取与转换1(2019福州市高三调研)甲、乙两个小球从不同高度做自由落体运动，同时落地。下列表示这一过程的位移时间图象和速度时间图象正确的是()A B C DD由自由落体运动的位移时间公式可知从不同高度释放甲、乙两个小球，它们同时落地，即它们的位移大小不同，在空中运动的时间也不同，选项A中两小球的位移不同，在空中运动的时间相同，选项B中两小球的位移相同，在空中运动的时间不同，选项A、B均错误；由自由落体运动的速度时间公式可知甲、乙两个小球在空中运动的加速度(重力加速度g)相同，即在vt图象中图线的斜率相同，但位移不同，开始运动的时刻不同，终止时刻相同，选项C错误，D正确。
15、2.一物体由静止开始沿直线运动，其加速度随时间变化的规律如图所示。取物体开始运动的方向为正方向，则下列关于物体运动的vt图象正确的是()AB CDC根据加速度随时间变化的图象可得，01 s为匀加速直线运动，速度vatt，速度为正方向，D项错误；第1 s末的速度v1 m/s,12 s加速度变为负值，而速度为正方向，因此为减速，v1 m/sa(t1)，第2 s末，速度减小为0，B项错误；23 s，加速度为正方向，初速度为0，物体做正方向的匀加速直线运动，va(t2)t2，即从第2 s开始又重复前面的运动，C项正确，A项错误。考向2图象信息的获取与应用3.(易错题)(多选)a、b两质点在同一直线上运
16、动的位移时间图象如图所示，b质点的加速度大小始终为0.2 m/s2，两图线相切于坐标为(5s，2.7m)的点，则()A前5 s内，a、b两质点的运动方向相同Bt5 s时，a、b两质点的速度均为0.54 m/sCb质点的初速度是1.8 m/sD图中x0应为2.8AD位移时间图象在某点切线的斜率表示在该点处的速度，由题意可知，a质点在t5 s前沿负方向做匀速直线运动，b质点在t5 s前沿负方向做匀减速直线运动，两质点的运动方向相同，选项A正确；两图线相切于坐标为(5 s，2.7 m)的点，故在t5 s时两质点的速度相同，且vk m/s0.6 m/s，选项B错误；由题意可知，做匀减速直线运动的b质点
17、加速度为0.2 m/s2，根据运动学公式有vv0at，解得v01.6 m/s，选项C错误；对于b质点，前5 s内有xt25 m5.5 m，故x02.7(5.5)2.8，选项D正确。4.(2019黄冈市高三调研)甲、乙两车在平直的公路上沿相同的方向行驶，两车的速度v随时间t的变化关系如图所示，其中阴影部分面积分别为S1、S2，下列说法正确的是()A若S1S2，则甲、乙两车一定在t2时刻相遇B若S1S2，则甲、乙两车在0t2时间内不会相遇C在t1时刻，甲、乙两车的加速度相等D0t2时间内，甲车的平均速度S2，甲、乙两车在0t2时间内可能相遇，选项B错误；速度时间图象的斜率表示加速度，在t1时刻，甲
18、的加速度小于乙的加速度，选项C错误；在0t2时间内，甲车的平均速度小于t1t2时间内甲车的平均速度1，在t1t2时间内甲车的速度时间图线与坐标轴所围图形的面积小于做匀加速直线运动时速度时间图线与坐标轴所围图形的面积，因此1a乙，选项C错误；下落相同的距离，由hat2知，a越大，t越小，选项A错误；由2ahv2v知，v00，a越大，v越大，选项B正确；由W阻F阻h知，甲球克服阻力做的功更大一些，选项D正确。3(多选) (2015全国卷T20)如图(a)所示，一物块在t0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()A斜面的倾角B物
19、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ACD由题图(b)可以求出物块上升过程中的加速度为a1，下降过程中的加速度为a2。物块在上升和下降过程中，由牛顿第二定律得mgsin fma1，mgsin fma2，由以上各式可求得sin ，滑动摩擦力f，而fFNmgcos ，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。1牛顿第二定律的表达式：F合ma或Fxmax，Fymay。2牛顿第二定律的“四性”(1)矢量性：公式Fma是矢量式，F与a方向相同。(2)瞬时性：力与加速度同时产生，同
20、时变化。(如上T1)(3)同体性：Fma中，F、m、a对应同一物体。(4)独立性：分力产生的加速度相互独立，与其他加速度无关。3应用牛顿运动定律的“三点注意”(1)瞬时问题要注意绳、杆弹力和弹簧弹力的区别，绳和轻杆的弹力可以突变，而弹簧的弹力不能突变，如上T1中，F随x而变，而不是突变。(2)连接体问题要充分利用“加速度相等”这一条件或题中特定条件，交替使用整体法与隔离法。(3)两类动力学基本问题的解题关键是运动分析、受力分析，充分利用加速度的“桥梁”作用。做好受力分析，求出加速度。(多选)(2019武汉高三调研)如图所示，水平面上有一质量为2m的物体A，左端用跨过光滑定滑轮的细线连接着物体B
21、，物体B、C的质量均为m，用轻弹簧相连放置在倾角为的斜面上，不计一切摩擦。开始时，物体A受到水平向右的恒力F的作用而保持静止，已知重力加速度为g。下列说法正确的是()A在细线被烧断的瞬间，A的加速度大小为gsin B在细线被烧断的瞬间，B的加速度大小为2gsin C剪断弹簧的瞬间，A的加速度大小为gsin D突然撤去外力F的瞬间，A的加速度大小为gsin 题眼点拨“跨过光滑定滑轮”，表明滑轮两侧线上拉力相等；“保持静止”可分析各物体受力特点；“细线被烧断瞬间”，弹簧弹力不变，物体C的受力不变；“剪断弹簧瞬间”细线上的力突变。AB细线被烧断前，将B、C及弹簧作为整体，由平衡条件得细线的拉力F12
22、mgsin ，对A，由平衡条件得拉力FF12mgsin 。在细线被烧断瞬间，对A，由牛顿第二定律得F2maA，解得aAgsin ，选项A正确；在细线被烧断瞬间，弹簧的弹力不变，B所受的合力与细线的拉力大小相等，方向相反，由牛顿第二定律得F1maB，解得aB2gsin ，选项B正确；剪断弹簧的瞬间，设此时细线上的拉力为F2，由牛顿第二定律得，对A，FF22ma，对B，F2mgsin ma，由以上两式解得agsin ，选项C错误；撤去F的瞬间，细线上的拉力立即发生变化，但绳子仍然绷直，因此A、B可视为整体，由于弹簧弹力不能发生突变，因此C仍处于静止状态，对A、B整体受力分析有F弹mgsin 3ma
23、，未烧断细线前，对B受力分析，可得F1mgsin F弹，联立得agsin ，故A的加速度为gsin ，选项D错误。反思：(1)当连接体中各物体具有共同的加速度时，一般采用整体法，如典例中求细线被烧断前的拉力大小时，将B、C及弹簧作为整体；当系统内各物体的加速度不同时，一般采用隔离法。(2)瞬时加速度的分析与计算，要抓住两类模型的特点，如典例中，剪断细线时，弹簧弹力不变。考向1动力学中的两类基本问题1.(原创题)2019年4月18日潍坊月报报道，第36届潍坊国际风筝会，引入了科技元素和时尚元素，无人机灯光秀首次亮相，为现场观众带来前所未有的震撼体验。如图所示为四旋翼无人机，它是一种能够垂直起降的
24、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m2 kg的无人机，其动力系统所能提供的最大升力F36 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t5 s时离地面的高度为75 m(g取10 m/s2)。(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的高度；(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
25、中由牛顿第二定律：Fmgfma上升高度：hat2联立解得：f4 N。(2)下落过程由牛顿第二定律：mgfma1得：a18 m/s2落地时的速度为v，则有：v22a1H联立解得：H100 m。(3)恢复升力后向下减速，由牛顿第二定律：Fmgfma2得：a210 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H得：vm m/s由：vma1t1得：t1 s。答案(1)4 N(2)100 m(3) s考向2瞬时性问题2.如图所示，小球在水平轻绳和轻弹簧的拉力作用下静止，弹簧与竖直方向的夹角为。已知重力加速度为g，下列说法正确的是()A从A点剪断弹簧瞬间，小球的加速度大小为g，方向竖直
26、向下B从A点剪断弹簧瞬间，小球的加速度大小为，方向与竖直方向成角斜向右下C从B点剪断轻绳瞬间，小球的加速度大小为gsin ，方向与水平方向成角斜向左下D从B点剪断轻绳瞬间，小球的加速度大小为gtan ，方向与竖直方向成角斜向左上A从A点剪断弹簧瞬间，小球所受的弹簧拉力消失，所受的轻绳拉力突变为零，小球在重力作用下向下运动，小球的加速度大小为g，方向竖直向下，选项A正确，B错误；剪断弹簧前，设弹簧的拉力为F，轻绳的拉力为FT，由平衡条件知，Fcos mg，Fsin FT，解得F，FTmgtan 。从B点剪断轻绳瞬间，小球所受的轻绳拉力消失，所受弹簧的拉力和重力均不变，则小球所受的合力大小为mgt
27、an ，由mgtan ma可得小球的加速度agtan ，方向水平向左，选项C、D错误。3如图所示，A球质量为B球质量的3倍，光滑斜面的倾角为，图甲中，A、B两球用轻弹簧相连，图乙中A、B两球用轻质杆相连，系统静止时，挡板C与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行，则在突然撤去挡板的瞬间有()A图甲中A球的加速度为gsin B图甲中B球的加速度为2gsin C图乙中A、B两球的加速度均为gsin D图乙中轻杆的作用力一定不为零C设B球质量为m，A球的质量为3m。撤去挡板前，挡板对B球的弹力大小为4mgsin ，因弹簧弹力不能突变，而杆的弹力会突变，所以撤去挡板瞬间，题图甲中A球所受的合力为零，加速度为
28、零，B球所受合力为4mgsin ，加速度为4gsin ，故A、B错误；题图乙中，撤去挡板的瞬间，A、B两球整体的合力为4mgsin ，A、B两球的加速度均为gsin ，则每个球的合力等于重力沿斜面向下的分力，轻杆的作用力为零，C正确，D错误。考向3连接体问题4(易错题)(多选)如图所示，一固定杆与水平方向的夹角30，将一质量为m的小球套在杆上，通过轻绳悬挂一质量为M的重物，给小球和重物一沿杆向下的初速度，两者相对静止共同运动，且轻绳处于竖直状态。现给小球和重物一沿杆向上的初速度，两者相对静止共同沿杆向上做加速度大小为g的减速运动，则()A小球与杆间的动摩擦因数B小球与杆间的动摩擦因数C沿杆向上
29、运动时，轻绳中的拉力大小为MgD沿杆向上运动时，轻绳中的拉力与固定杆之间的夹角60ACD小球和重物相对静止地沿杆向下运动时，轻绳竖直，由受力分析可知重物的加速度若不为零则沿竖直方向，而小球的加速度若不为零则必不沿竖直方向，所以两者共有的加速度为零，共同做匀速运动，受力平衡，对小球和重物整体，由平衡条件得(mM)gsin (mM)gcos ，则tan ，选项A正确，B错误；当小球和重物沿杆向上运动时，隔离重物分析受力情况，轻绳中的拉力大小记为F，则沿杆方向，由牛顿第二定律得Fcos Mgsin Mg，垂直固定杆方向，由平衡条件得Fsin Mgcos ，解得60，FMg，选项C、D正确。易错点评：
30、不能正确应用整体法和隔离法选取研究对象进行受力分析。考向4临界、极值问题5.某学校组织趣味课外活动拉重物比赛，如图所示。设重物的质量为m，重物与地面间的动摩擦因数为，重力加速度为g。某同学拉着重物在水平地面上运动时，能够施加的最大拉力为F，求重物运动时的最大加速度为()A. B.gC.g D.gD由受力分析，重物受到重力、支持力、拉力和摩擦力的作用，根据牛顿第二定律，在水平方向有Fcos Ffma，竖直方向有Fsin FNmg，滑动摩擦力FfFN，根据以上三式联立可以求得ag，当tan 时，加速度最大，最大加速度为amaxg，故D正确，A、B、C错误；故选D。6(2019郑州市高三一模)如图所
31、示，a、b两个物体静止叠放在水平地面上，已知mambm，a、b间的动摩擦因数为，b与地面间的动摩擦因数为。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对a施加一水平向右的拉力，下列判断正确的是() A若a、b两个物体始终相对静止，则力F不能超过mgB当力Fmg时，a、b间的摩擦力为mgC无论力F为何值，b的加速度都不会超过gD当力Fmg时，b相对a滑动A若a、b两个物体均静止，力F一定小于mg。若a、b两个物体运动且始终保持相对静止，则a、b两个物体的加速度相等，把a、b两个物体视为整体，a、b刚好不发生相对滑动时，由牛顿第二定律有F2mg2ma共，隔离a分析受力，由牛顿第二定律，Fmg
32、ma共，联立解得Fmg，即若a、b两个物体始终保持相对静止，则力F不能超过mg，选项A正确；当力Fmg时，对a、b两个物体整体，由牛顿第二定律有F2mg2ma1，解得a1g，隔离物体a分析受力，由牛顿第二定律有Ffma1，解得fmg，选项B错误；a对b的最大摩擦力为mg，隔离b受力分析，mg2mgmamax，解得b的最大加速度amaxg，选项C错误；结合上面的分析，可知当力F超过mg时，b相对a发生滑动，选项D错误。模型特点解题关键滑块由滑板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和滑板同向运动，位移大小之差等于板长；反向运动时，位移大小之和等于板长。同向运动时：Lx1x2反向运动时：Lx1x2“一
33、个转折、两个关联”(1)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；(下题中在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)(2)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。示例突破(2017全国卷)如图所示，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、
34、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/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。突破过程(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f11mAg f21mBg f32(mAmBm)g 由牛顿第二定律得f1mAaA f2mBaB f2f1f3ma1 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v1v0aBt1
35、v1a1t1 联立式，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sBv0t1aBt 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f1f3(mBm)a2 由式知，aAaB；再由式知，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v2v1a2t2对A有v2v1aAt2 在t2时间间隔内，B(以及木板)相对地面移动的距离为s1v1t2a2t 在(t1t2)时间间隔内，A相对地面移动的距离为sAv0(t1t2)aA(t1t2)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s0sAs1sB 联立以上各式，并代入数据得s01.9 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
