1、物理 第1部分 专题突破方略 专题一 力与运动第2讲 力与物体的直线运动01典题感悟 透析考情02 热考核心 高效突破03课后演练 强化提能典题再现1.(多选)(2020山东等级考模拟)如图所示，某人从距水面一定高度的平台上做蹦极运动劲度系数为 k 的弹性绳一端固定在人身上，另一端固定在平台上人从静止开始竖直跳下，在其到达水面前速度减为零运动过程中，弹性绳始终处于弹性限度内取与平台同高度的 O 点为坐标原点，以竖直向下为 y 轴正方向，忽略空气阻力，人可视为质点从跳下至第一次到达最低点的运动过程中，用 v、a、t 分别表示人的速度、加速度和下落时间下列描述 v 与 t、a与 y 的关系图象可能
2、正确的是()解析：选 AD.人在下落的过程中，弹性绳绷紧之前，人处于自由落体状态，加速度为 g；弹性绳绷紧之后，弹力随下落距离逐渐增加，C 错误，D 正确；人的加速度先减小后反向增加，可知速度时间图象的斜率先减小后反向增加，B 错误，A 正确.考情分析典题再现2.(多选)(2020山东等级考模拟)第二届进博会于 2019 年 11 月在上海举办，会上展出了一种乒乓球陪练机器人，该机器人能够根据发球人的身体动作和来球信息，及时调整球拍将球击回若机器人将乒乓球以原速率斜向上击回，球在空中运动一段时间后落到对方的台面上，忽略空气阻力和乒乓球的旋转下列说法正确的是()A.击球过程合外力对乒乓球做功为零
3、B.击球过程合外力对乒乓球的冲量为零C.在上升过程中，乒乓球处于失重状态D.在下落过程中，乒乓球处于超重状态解析：选 AC.球拍将乒乓球原速率击回，可知乒乓球的动能不变，动量方向发生改变，可知合力做功为零，冲量不为零，A 正确，B 错误；在乒乓球的运动过程中，加速度方向向下，可知乒乓球处于失重状态，C 正确，D 错误.考情分析典题再现3.(2019高考全国卷)如图，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H4所用的时间为 t1，第四个H4所用的时间为 t2.不计空气阻力，则t2t1满足()A1t2t12 B2t2t13C3t2t14 D4t2t15解析：选
4、C.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H4所用的时间为 t22H4g，第一个H4所用的时间为 t12Hg 234Hg，因此有t2t112 32 3，即 3t2t18 m，即这位同学已通过关卡 2，距该关卡 1 m，当关卡关闭 t22 s 时，此同学在关卡 2、3 之间通过了x3v1t24 m 的位移，接着关卡放行 t 5 s，同学通过的位移 x4v1t10 m，此时距离关卡 4 为 x516 m(1410)m1 m，关卡关闭 2 s，经过 t3x5v10.5 s 后关卡 4 最先挡住他前进 角度 2 追及、相遇问题2一题多解在水平轨道
5、上有两列火车 A 和 B 相距 x，A 车在后面做初速度为 v0、加速度大小为 2a 的匀减速直线运动，而 B 车同时做初速度为零、加速度为 a 的匀加速直线运动，两车运动方向相同要使两车不相撞，求 A 车的初速度 v0 满足什么条件解析：两车不相撞的临界条件是，A 车追上 B 车时其速度与 B 车相等设 A、B 两车从相距 x 到 A 车追上 B 车时，A 车的位移为 xA、末速度为 vA、所用时间为 t；B车的位移为 xB、末速度为 vB，运动过程如图所示，现用如下四种方法解答：法一(临界法)：利用位移公式、速度公式求解，对 A 车有 xAv0t12(2a)t2，vAv0(2a)t 对 B
6、 车有 xB12at2，vBat 两车位移关系有 xxAxB 追上时，两车不相撞的临界条件是 vAvB联立以上各式解得 v0 6ax 故要使两车不相撞，A 车的初速度 v0 应满足的条件是 v0 6ax.法二(函数法)：利用判别式求解，由法一可知 xAxxB，即 v0t12(2a)t2x12at2 整理得 3at22v0t2x0 这是一个关于时间 t 的一元二次方程，当根的判别式(2v0)243a2x0 时，两车刚好不相撞，所以要使两车不相撞，A 车的初速度 v0 应满足的条件是 v0 6ax.法三(图象法)：利用 vt 图象求解，先作 A、B 两车的 vt 图象，如图所示，设经过 t 时间两
7、车刚好不相撞，则 对 A 车有 vAvv02at 对 B 车有 vBvat 以上两式联立解得 tv03a 经 t 时间两车发生的位移之差为原来两车间距离 x，它可用图中的阴影面积表示，由图象可知 x12v0t12v0v03av206a 所以要使两车不相撞，A 车的初速度 v0 应满足的条件是 v0 6ax.法四(相对运动法)：巧选参考系求解以 B 车为参考系，A 车的初速度为 v0，加速度为 a2aa3a.A 车追上 B 车且刚好不相撞的条件是：v0，这一过程 A 车相对于 B车的位移为 x，由运动学公式 v2v202ax 得：02v202(3a)x 所以 v0 6ax.故要使两车不相撞，A
8、车的初速度 v0 应满足的条件是 v0 6ax.答案：v0 6ax 命题角度解决方法易错辨析匀变速直线运动规律的应用推论法、比例法、逆向思维法等找准运动过程中的转折点追及、相遇问题挖掘隐含条件，如“刚好”“恰好”“最多”“至少”等，对应两者速度相等这样一个转折点若被追赶的物体做匀减速运动，一定要注意追上该物体前它是否已停止运动，另外最后还要注意对解的讨论分析 牛顿运动定律的应用【高分快攻】1动力学的两类基本问题的处理思路受力情况F合 F合ma a 运动学公式 运动情况（v、x、t）2瞬时加速度的求解(1)两类模型刚性绳(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
9、失，不需要形变恢复时间弹簧(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，其形变恢复需要一段时间，在瞬时性问题中，其弹力的大小往往可以看成保持不变(2)求解瞬时加速度的一般思路分析瞬时变化前后物体的受力情况 列牛顿第二定律方程 求瞬时加速度【典题例析】(2019高考全国卷)一质量为 m2 000 kg 的汽车以某一速度在平直公路上匀速行驶行驶过程中，司机忽然发现前方 100 m 处有一警示牌，立即刹车刹车过程中，汽车所受阻力大小随时间的变化可简化为图(a)中的图线图(a)中，0t1 时间段为从司机发现警示牌到采取措施的反应时间(这段时间内汽车所受阻力已忽略，汽车仍保
10、持匀速行驶)，t10.8 s；t1t2 时间段为刹车系统的启动时间，t21.3 s；从 t2 时刻开始汽车的刹车系统稳定工作，直至汽车停止已知从 t2 时刻开始，汽车第 1 s 内的位移为 24 m，第 4 s内的位移为 1 m.(1)在图(b)中定性画出从司机发现警示牌到刹车系统稳定工作后汽车运动的 vt 图线；(2)求 t2 时刻汽车的速度大小及此后的加速度大小；(3)求刹车前汽车匀速行驶时的速度大小及 t1t2 时间内汽车克服阻力做的功；从司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离约为多少(以 t1t2 时间段始末速度的算术平均值替代这段时间内汽车的平均速度)?解析(1)vt 图象如图所示
11、(2)设刹车前汽车匀速行驶时的速度大小为 v1，则 t1 时刻的速度也为 v1；t2 时刻的速度为v2.在 t2 时刻后汽车做匀减速运动，设其加速度大小为 a.取 t1 s设汽车在 t2(n1)tt2n t 内的位移为 sn，n1，2，3.若汽车在 t23 tt24 t 时间内未停止，设它在 t23 t 时刻的速度为 v3，在 t24 t 时刻的速度为 v4，由运动学公式有 s1s43a(t)2 s1v2 t12a(t)2 v4v24a t 联立式，代入已知数据解得 v4176 m/s 这说明在 t24 t 时刻前，汽车已经停止 因此，式不成立 由于在 t23 tt24 t 内汽车停止，由运动
12、学公式 v3v23a t 2as4v23 联立式，代入已知数据解得 a8 m/s2，v228 m/s 或者 a28825 m/s2，v229.76 m/s 但式情形下，v30，不合题意，舍去(3)设汽车的刹车系统稳定工作时，汽车所受阻力的大小为 f1.由牛顿第二定律有 f1ma 在 t1t2 时间内，阻力对汽车冲量的大小为 I12f1(t2t1)由动量定理有 Imv1mv2 由动能定理，在 t1t2 时间内，汽车克服阻力做的功为 W12mv2112mv22 联立式，代入已知数据解得 v130 m/s W1.16105 J 从司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离 s 约为 sv1t112(v
13、1v2)(t2t1)v222a 联立式，代入已知数据解得 s87.5 m 答案(1)见解析图(2)28 m/s 8 m/s2(3)30 m/s 1.16105 J 87.5 m【题组突破】角度 1 超重、失重现象分析1如图甲所示，升降机内固定着一个倾角为 30的光滑斜面，斜面底端安装一个能显示弹簧作用力的传感器，以弹簧受压时传感器示数为正，传感器通过一根轻弹簧连接着一个质量为 2m 的金属球运动中的升降机突然停止，以停止运动为计时起点，在此后的一段时间内传感器上显示的弹力随时间变化的关系如图乙所示，且金属球运动过程中弹簧始终在弹性限度内，则下列说法中正确的是()A升降机在停止运动前是向上运动的
14、B0t1 时间段内金属球做减速运动Ct1t2 时间段内金属球处于超重状态Dt2 和 t4 两时刻金属球的加速度和速度的大小均相同解析：选 D.由于升降机停止运动前传感器的示数为 0，表明弹簧处于原长状态，即升降机有向下的加速度 g，而 0t1 时间段内示数增加，说明弹簧被压缩，即升降机突然停下后金属球由于惯性而向下运动，故停止前升降机是向下运动的，A 错误；0t1 时间段内弹簧的形变量逐渐增大，但当 Fmg 时金属球所受的合外力为 0，即金属球前一段做加速度逐渐减小的加速运动，后一段做加速度逐渐增大的减速运动，B 错误；t1t2 时间段可分为两段，Fmg 时金属球的加速度为 0，前一段时间金属
15、球加速度向上并处于超重状态，后一段时间金属球加速度向下并处于失重状态，C 错误；t2 和 t4 两时刻弹簧的形变量均为 0，金属球在斜面方向上只有重力的分力产生加速度，故两时刻的加速度相同，又由于斜面光滑，系统的机械能守恒，因此两个时刻速度的大小相等，但 t2 时刻金属球沿斜面向上运动，而 t4 时刻金属球沿斜面向下运动，二者的方向不同，D 正确角度 2 瞬时加速度问题2如图所示，两个质量均为 m 的小球 A、B 用细绳相连，小球 A 与一个轻弹簧相连，弹簧另一端固定在竖直墙上，小球用一根细线连在天花板上，开始时，两小球都静止不动，这时细线与水平方向的夹角是 45，弹簧水平，重力加速度为 g，
16、现突然把细线剪断在剪断线的瞬间，小球 A 的加速度大小是()A2 2g B 5gC2gD 2g解析：选 B.细线剪断前，小球 A 受到 4 个力作用，重力、弹簧的弹力、细线的拉力和细绳的拉力，由力的平衡条件，可知：弹簧的弹力 F2mg，剪断细线的瞬间，小球 A 只受弹簧的弹力和重力，此时弹簧的弹力还是 F2mg，所以此时 A 球的合力 FA（mg）2（2mg）2 5mg，由牛顿第二定律可知，在剪断线的瞬间，小球 A 的加速度大小 a 5g，故 B 正确，A、C、D 错误角度 3 多过程动力学问题3.(2019淄博段考)如图所示，质量分别为 0.5 kg、0.2 kg 的弹性小球 A、B 穿过一
17、绕过定滑轮的轻绳，绳子末端与地面距离为 0.8 m，小球距离绳子末端 6.5 m，小球 A、B 与轻绳间的滑动摩擦力都为自身重力的12，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力现由静止同时释放 A、B 两个小球，不计绳子质量，忽略与定滑轮相关的摩擦力，g10 m/s2.(1)求释放 A、B 两个小球后，A、B 各自加速度大小；(2)小球 B 从开始释放经多长时间落到地面？解析：(1)由题意知 B 与轻绳间的滑动摩擦力 fBkmBg1.0 N，而 A 与轻绳间的滑动摩擦力 fAkmAg2.5 N.即 fBfA.所以为保证 A、B 对轻绳的力相同，只能 A 受静摩擦力作用，且大小与 fB 相同对 B 有 mB
18、gkmBgmBaB 解得 aB5 m/s2 对 A 有 mAgkmBgmAaA 解得 aA8 m/s2.(2)设经历时间 t1 小球 B 脱离绳子，此时小球 B 下落高度为 hB，获得速度为 vB，依题意有 12aAt2112aBt216.5 m 解得 t11 s 此时 B 下落 hB12aBt212.5 m 小球 B 离开绳时的速度为 vBaBt15 m/s 小球 B 脱离绳子后在重力作用下匀加速下落，设此时距地面高度为 H，再经时间 t2 落地有 H6.5 m0.8 m2.5 m4.8 m HvBt212gt22 解得 t20.6 s 故 B 从开始释放到落地共经历时间 tt1t21.6
19、s.答案：(1)8 m/s2 5 m/s2(2)1.6 s 命题角度解决方法易错辨析超、失重现象分析牛顿第二定律明确加速度方向来确定超、失重状态瞬时加速度的求解力渐变和突变的分析在绳或杆上的力可以发生突变，而弹簧上的力只能渐变 运动学图象问题【高分快攻】xt 图象图象斜率的大小表示物体运动速度的大小，斜率的正负表示速度的方向vt 图象(1)某一点代表此时刻的瞬时速度，时间轴上方速度方向为正，时间轴下方速度方向为负(2)图象斜率的大小表示物体运动的加速度的大小，斜率的正负表示加速度的方向(3)图象与时间轴围成的面积代表位移，时间轴上方位移为正，时间轴下方位移为负at 图象图象与时间轴围成的面积表
20、示物体速度的变化量；加速度恒定表示物体做匀变速运动，否则物体做非匀变速运动三者关系xt 图象和 vt 图象描述的都是直线运动，而 at 图象描述的不一定是直线运动；在图象转换时，必须明确不同图象间相互联系的物理量，必要时还应根据运动规律写出两个图象所描述的物理量间的函数关系式进行分析和判断【典题例析】(多选)(2018高考全国卷)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
21、t1 到 t2 时间内的某时刻，两车速度相等解析 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；t1t2 时间内，甲、乙的位移和路程都相等，大小都为x2x1，C 正确；t1t2 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 答案 CD【题组突破】角度 1 速度图象1两个物体从同一高度同时由静止开始下落，经过一段时间分别与水平地面发生碰撞(碰撞过程时间极短)后反弹，碰撞前后瞬间速度大小不变，其中一个物体所受空气阻力可忽略，另一个物体所受空气阻力大小与物体速率成正比下列分别用虚线和实线描
22、述的两物体运动的 vt 图象，可能正确的是()解析：选 D.若不计空气阻力，则物体下落后，先做匀加速直线运动，与地面碰撞后做竖直上抛运动(匀减速直线运动)，加速度不变；若考虑空气阻力，下落过程中，速度越来越大，则空气阻力越来越大，根据牛顿第二定律可知，加速度越来越小且小于 g，与地面碰撞后，速度越来越小，则空气阻力越来越小，根据牛顿第二定律可知，加速度越来越小且大于 g，根据速度时间图象的斜率表示加速度大小可知，D 正确角度 2 加速度图象2(多选)(2019潍坊模拟)一汽车在高速公路上以 v030 m/s 的速度匀速行驶，t0 时刻，驾驶员采取某种措施，汽车运动的加速度随时间变化的关系如图所
23、示，以初速度方向为正，下列说法正确的是()At6 s 时车速为 5 m/sBt3 s 时车速为零C前 9 s 内的平均速度为 15 m/sD前 6 s 内车的位移为 90 m解析：选 BC.03 s，汽车做匀减速直线运动，3 s 末的速度 v3v0a1t1(30103)m/s0，B 正确；39 s，汽车做匀加速直线运动，t6 s 时速度 v6a2t253 m/s15 m/s，A 错误；前 3 s 内的位移 x30v202a1 03022（10）m45 m，39 s 内的位移 x3912a2t2312562 m90 m，则前 9 s 内的位移为 x9x3x39135 m，平均速度为 vx9t总
24、1359m/s15 m/s，C 正确；36 s 内的位移 x3612a2t2212532m22.5 m，则前 6 s内的位移为 x6x3x3667.5 m，D 错误角度 3 位移图象3(多选)甲、乙两个物体在同一直线上运动，其 xt 图象如图所示，其中直线 b 与曲线 a 相切于点(4，15)已知甲做匀变速直线运动，下列说法正确的是()A前 4 s 内两物体运动方向相同B前 4 s 内甲的平均速度是乙的平均速度的157 倍Ct0 时刻，甲的速度大小为 9 m/sD甲的加速度大小为 2 m/s2解析：选 AD.xt 图象的斜率的正负表示运动的方向，故前 4 s 内两物体运动方向相同，均为负方向，
25、故 A 正确；甲做匀变速直线运动，则甲的 xt 图象对应于 a；前 4 s 内甲的平均速度为：v 1（15 m）9 m4 s6 m/s，前 4 s 乙的平均速度为：v 2（15 m）（7 m）4 s2 m/s，故前 4 s 内甲的平均速度是乙的平均速度的 3 倍，故B 错误；t00 时刻，甲的位移为 s09 m，t11 s 时，s10，t24 s 末，甲的位移为 s215 m，因为甲做匀变速直线运动，设初速度为 v0，加速度为 a，则 s1s0v0t112at21，s2s0v0t212at22，代入数据并联立式解得 v010 m/s，a2 m/s2，故 C 错误，D 正确命题角度解决方法易错辨
26、析xt 图象由坐标确定位置，由斜率确定速度图象不是运动轨迹且不能确定加速度 vt 图象由斜率确定加速度，由面积确定位移不能确定物体的初始位置 at 图象由面积确定速度变化量不能确定运动的性质 连接体问题【高分快攻】整体法如果不需要求物体之间的相互作用力，且连接体的各部分具有相同的加速度，一般采用整体法根据牛顿第二定律列方程隔离法如果需要求物体之间的相互作用力或对于加速度不同的连接体，一般采用隔离法根据牛顿第二定律列方程常涉及的 三种问题类型(1)涉及滑轮的问题：若要求绳的拉力，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时
27、，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解题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【典题例析】(多选)(2019高考全国卷)如图(a)，物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平t0 时，木板开始受到水平外力 F 的作用，在 t4 s 时撤去外力细绳对物块的拉力
28、 f 随时间 t 变化的关系如图(b)所示，木板的速度 v 与时间 t 的关系如图(c)所示木板与实验台之间的摩擦可以忽略重力加速度取 10 m/s2.由题给数据可以得出()A木板的质量为 1 kgB24 s 内，力 F 的大小为 0.4 NC02 s 内，力 F 的大小保持不变D物块与木板之间的动摩擦因数为 0.2解析 由题图(c)可知木板在 02 s 内处于静止状态，再结合题图(b)中细绳对物块的拉力 f 在 02 s 内逐渐增大，可知物块受到木板的摩擦力逐渐增大，故可以判断木板受到的水平外力 F 也逐渐增大，选项 C 错误；由题图(c)可知木板在 24 s 内做匀加速运动，其加速度大小为
29、 a10.4042m/s20.2 m/s2，在 45 s 内做匀减速运动，其加速度大小为a20.40.254m/s20.2 m/s2，另外由于物块静止不动，同时结合题图(b)可知物块与木板之间的滑动摩擦力 Fff，故对木板进行受力分析，由牛顿第二定律可得 FFfma1、Ffma2，解得 m1 kg、F0.4 N，选项 A、B 均正确；由于不知道物块的质量，所以不能求出物块与木板之间的动摩擦因数，选项 D 错误 答案 AB【题组突破】角度 1 整体法和隔离法的应用1(多选)(2019湖北黄冈中学二模)如图甲所示，斜面体放在粗糙的水平地面上，两斜面光滑且倾角分别为 53和 37，两小滑块 P 和
30、Q 用绕过滑轮不可伸长的轻绳连接，分别置于两个斜面上，且轻绳平行于斜面，已知 P、Q 和斜面体均静止不动若交换两滑块位置，如图乙所示，再由静止释放，斜面体仍然静止不动，P 的质量为 m，取 sin 530.8，cos 530.6，重力加速度大小为 g，不计滑轮的质量和摩擦，则下列判断正确的是()AQ 的质量为43mB在图甲中，斜面体与地面间有摩擦力C在图乙中，滑轮受到轻绳的作用力大小为4 25 mgD在图乙中，斜面体对地面的摩擦力方向水平向左解析：选 AC.两斜面光滑且倾角分别为 53和 37，如题图甲放置，则根据沿绳方向的力相等知 mgsin 53mQgsin 37，解得 mQ43m，选项
31、A 正确；在题图甲中，整个系统处于静止状态，斜面体与地面之间无摩擦力，选项 B 错误；在题图乙中，设绳子拉力为 T，根据牛顿第二定律知43mgsin 53T43ma，Tmgsin 37ma，解得 T45mg，滑轮受到轻绳的作用力大小为 N 2T4 25 mg，选项 C 正确；对题图乙中的斜面体受力分析，两根绳子对滑轮的作用力竖直向下，则水平方向上 P、Q 对斜面体作用力的合力为Fx43mgcos 53cos 37mgcos 37 cos 53 425mg，方向向右，则地面对斜面体的摩擦力向左，由牛顿第三定律可知，斜面体对地面的摩擦力方向水平向右，选项 D 错误角度 2 传送带模型2(多选)如图
32、所示，光滑斜面与倾斜传送带在同一个平面内，传送带以速度 v0 逆时针匀速转动，现有一滑块从斜面上由静止释放，若滑块与传送带间的动摩擦因数恒定，规定沿斜面向下的速度方向为正方向，则滑块在传送带上滑动时的速度随时间变化的图线可能是()解析：选 ACD.滑块在传送带上受到重力、传送带的支持力和摩擦力作用，合力是重力沿斜面的分力和摩擦力的合力，若传送带对滑块的摩擦力小于重力沿斜面的分力，则滑块一直做加速运动，故 A 正确；若传送带对滑块的摩擦力大于重力沿斜面的分力，滑块先做匀减速直线运动，若滑块的速度足够大，传送带足够短，则滑块在速度没有减小到 0就通过了传送带，滑块的位移大于传送带的长度，则滑块一直
33、做匀减速运动故 C 正确；若滑块的速度比较小，在滑块的速度减小到 0 时，滑块的位移仍小于传送带的长度，则滑块的速度等于 0 时，仍然在传送带上由于传送带沿斜面向上运动，滑块在传送带上受到沿斜面向上的摩擦力，将沿斜面向上做加速运动，由运动的对称性可知，若传送带的速度足够大，则滑块返回出发点的速度大小仍然等于 v1，故 D 正确，B 错误角度 3 滑块滑板模型3(2017高考全国卷)如图，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
34、、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/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 所受的摩擦力大小分别为 f1、f2，木板与地面间的滑动摩擦力为 f3，A 和 B 相对于地面的加速度大小分别为 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(mmAmB)g 由牛顿第二定律得 f1mAaA
35、 f2mBaB f2f1f3ma1 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 v1v0aBt1 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 sBv0t112aBt21 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
36、到 v2 所用的时间为 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 s1v1t212a2t22 在(t1t2)时间间隔内，A 相对地面移动的距离为 sAv0(t1t2)12aA(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.(也可用如图所示的速度时间图线求解)答案：见解析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，
37、滑块和滑板的位移关系、速度关系是解答滑块滑板模型问题的切入点，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 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 ffm，则不会发生相对滑动；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，则会发生相对滑动请做：课后演练 强化提能 word部分：点击进入链接 本部分内容讲解结束 按ESC键退出全屏播放
