板塊一專題突破復習第二講力與物體的直線運動[知識建構][高考調研]1.主要以選擇題形式考查，且往往要結合圖象進行分析．今年運動學圖象和勻變速直線運動規律的應用在三套試卷的選擇題中均未出現，而是在2017年全國卷Ⅱ中第24題結合實際問題進行了考查，難度不大．2.牛頓運動定律的應用仍然沿襲了往年的考查特點，主要滲透在力學(如全國卷Ⅲ第25題板塊模型)或電學計算題(如全國卷Ⅰ第25題復合場)中進行考查．雖說復雜的追及相遇問題、彈簧問題、傳送帶問題在2017年全國卷中沒有涉及，但根據往年的考查情況，它們仍是復習的重難點．3.常用的思想方法：①逆向思維法；②圖象法；③相對運動法；④平均速度法；⑤比值法；⑥分解加速度法；⑦極限法.[答案](1)合外力為零(2)(3)(4)現象超重失重完全失重定義物體對支持物的壓力(或對懸掛物的拉力)大于物體所受重力的現象物體對支持物的壓力(或對懸掛物的拉力)小于物體所受重力的現象物體對支持物的壓力(或對懸掛物的拉力)等于0的狀態產生條件物體具有豎直向上的加速度或加速度分量物體具有豎直向下的加速度或加速度分量物體具有豎直向下的加速度，a＝g考向一勻變速直線運動的應用[歸納提煉]1．勻變速直線運動問題求解思路2．解答勻變速直線運動的常用技巧(1)基本公式法：v＝v0＋at，x＝v0t＋eq\f(1,2)at2，v2－veq\o\al(2,0)＝2ax.(2)重要推論法：veq\f(t,2)＝eq\f(v0＋vt,2)(利用平均速度求瞬時速度)；veq\f(x,2)＝eq\r(\f(v\o\al(2,0)＋v\o\al(2,t),2))；Δx＝aT2(用逐差法求加速度)．(3)逆向思維法：“勻減速至速度為零的過程”可逆向處理為“由靜止開始做勻加速運動的過程”．(4)圖象法：利用v－t圖象或x－t圖象求解．(5)比例法：初速度為零的勻變速直線運動規律1T末、2T末、3T末……nT末瞬時速度之比為1∶2∶3∶…∶n；1T內、2T內、3T內……nT內位移之比為12∶22∶32∶…∶n2；第1T內、第2T內、第3T內……第nT內位移之比為1∶3∶5∶…∶(2n－1)；從靜止開始通過連續相等位移所用時間之比為1∶(eq\r(2)－1)∶(eq\r(3)－eq\r(2))∶…∶(eq\r(n)－eq\r(n－1))；從靜止開始連續相等位移末速度之比為1∶eq\r(2)∶eq\r(3)∶…∶eq\r(n).(2017·全國卷Ⅱ)為提高冰球運動員的加速能力，教練員在冰面上與起跑線相距s0和s1(s1<s0)處分別放置一個擋板和一面小旗，如圖所示．訓練時，讓運動員和冰球都位于起跑線上，教練員將冰球以初速度v0擊出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑線的方向滑向擋板；冰球被擊出的同時，運動員垂直于起跑線從靜止出發滑向小旗．訓練要求當冰球到達擋板時，運動員至少到達小旗處．假定運動員在滑行過程中做勻加速運動，冰球到達擋板時的速度為v1，重力加速度大小為g.求(1)冰球與冰面之間的動摩擦因數；(2)滿足訓練要求的運動員的最小加速度．[思路路線][解析](1)假設冰球與冰面之間的動摩擦因數為μ，冰球運動的加速度大小為a，冰球運動到擋板處時間為t，由于已知冰球運動的初速度和末速度及運動的位移．解法一：應用牛頓運動定律求解．根據勻變速直線運動規律可得veq\o\al(2,0)－veq\o\al(2,1)＝2as0a＝eq\f(f,m)＝μg解得μ＝eq\f(v\o\al(2,0)－v\o\al(2,1),2gs0)解法二：應用動能定理求解．對于冰球依動能定理，恒定不變的摩擦力所做負功引起冰球動能減少量為μmgs0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)解得μ＝eq\f(v\o\al(2,0)－v\o\al(2,1),2gs0)可看出解法二的解題步驟較為簡煉．(2)求冰球運動到擋板的時間有多種思路，簡析如下：解法一：最直接的想法就是利用勻變速直線運動的速度規律求解．v1＝v0－at，a＝μg且μ＝eq\f(v\o\al(2,0)－v\o\al(2,1),2gs0)，可以求得t＝eq\f(2s0,v0＋v1)解法二：如果利用平均速度與位移的關系會比較簡便．s0＝eq\f(v0＋v1,2)t，t＝eq\f(2s0,v0＋v1)解法三：用圖象方法列方程式，會更直觀清晰，如下圖．方程同解法二．解法四：可以使用動量定理求解．μmgt＝mv0－mv1且μ＝eq\f(v\o\al(2,0)－v\o\al(2,1),2gs0)，可以求得t＝eq\f(2s0,v0＋v1).然后依題設條件，要求在冰球到達擋板的同時，運動員運動的最小距離應等于起跑線到小旗的距離s1，則冰球運動的最小位移s1＝eq\f(1,2)amt2可以解得加速度的最小值為am＝eq\f(s1v0＋v12,2s\o\al(2,0)).[答案](1)eq\f(v\o\al(2,0)－v\o\al(2,1),2gs0)(2)eq\f(s1v1＋v02,2s\o\al(2,0))多物體的多過程問題的解題思路：(1)明確各個物體在各個過程中的運動特點．(2)確定各個過程中物體間已知量的關系．(3)選用合適的公式分別列出各個物體遵循的關系式并求解．[熟練強化]遷移一以生產、生活實際為背景考查1．2017年5月9日，位于浦東陸家嘴的上海中心突然有玻璃掉落下來，玻璃砸落到東泰路后炸開．高空墜物危害極大，在這之前，也常有媒體報道高空墜物傷人的事件．某建筑工地有一根長為l的直鋼筋突然從高空墜下，垂直落地時，恰好被檢查安全生產的隨行記者用相機拍到鋼筋墜地瞬間的照片．為了查詢鋼筋是從幾樓墜下的，檢查人員將照片還原后測得鋼筋的影像長為L，且L>l，查得當時相機的曝光時間為t，樓房每層高為h，重力加速度為g.則由此可以求得()A．鋼筋墜地瞬間的速度約為eq\f(L,t)B．鋼筋墜下的樓層為eq\f(L－l2,2ght2)＋1C．鋼筋墜下的樓層為eq\f(gt2,2h)＋1D．鋼筋在整個下落時間內的平均速度約為eq\f(l,2t)[解析]鋼筋墜下垂直落地時的影像長度包括鋼筋長度和鋼筋墜地前在曝光時間t內下落的距離，因此在時間t內的平均速度為eq\x\to(v)＝eq\f(L－l,t)，可認為此速度就等于鋼筋墜地時的速度v，因此A選項錯誤；由v2＝2gH、v＝eq\x\to(v)，鋼筋墜下的樓層n＝eq\f(H,h)＋1，解得n＝eq\f(L－l2,2ght2)＋1，B選項正確，C選項錯誤；鋼筋在整個下落時間內的平均速度約為eq\x\to(v′)＝eq\f(0＋v,2)＝eq\f(L－l,2t)，D選項錯誤．[答案]B遷移二以追及、相遇模型考查2．2017年8月1日，寧波市32家駕校105輛教練車正式推行“計時培訓、計時收費”的新型學駕模式．不同的車型有不同的剎車性能，因此在駕校學習的過程中，除了常規的駕駛技術外，還要學習和積累一些適應不同車型的駕駛經驗．現有甲、乙兩輛汽車正沿同一平直公路同向勻速行駛，甲車在前，乙車在后，它們行駛的速度大小均為v＝10m/s.當兩車快要到十字路口時，甲車司機看到綠燈已轉換成了黃燈，于是緊急剎車(反應時間忽略不計)，乙車司機為了避免與甲車相撞也緊急剎車，但乙車司機反應較慢(反應時間t0＝0.5s)．甲車司機之前為了熟悉車況，駕駛車輛進行了一段空擋滑行，根據經驗計算出滑行加速度大小為a0＝0.5m/s2，已知乙車緊急剎車時加速度大小為a2＝5m/s2.(1)若甲車司機看到黃燈時車頭距停車線x＝16m，他在剎車過程中發現預計的停車位置離停車線還有一段距離，于是在車頭離停車線x′＝4m時停止剎車讓車做空擋滑行，車頭恰好停在停車線前，則甲車緊急剎車時的加速度為多大？(2)在(1)的情況下，為保證兩車在緊急剎車過程中不相撞，甲、乙兩車在行駛過程中至少應保持多大距離？[解析](1)設甲車空擋滑行前的速度大小為v1，則veq\o\al(2,1)＝2a0x′①設甲車緊急剎車時的加速度為a1，則v2－veq\o\al(2,1)＝2a1(x－x′)②聯立①②解得a1＝4m/s2.(2)甲車緊急剎車的時間t1＝eq\f(v－v1,a1)＝2s③設甲、乙兩車在行駛過程中至少應保持的距離為x0，在乙車開始剎車后經過t2時間兩車速度相等，所以v－a1(t2＋t0)＝v－a2t2④解得t2＝2s(不符合題意)所以速度相等的時刻在甲車空擋滑行的時間內，上式應為v1－a0(t2－t1＋t0)＝v－a2t2⑤解得t2＝1.61s甲車的位移x甲＝(x－x′)＋v1(t2＋t0－t1)－eq\f(1,2)a0(t2＋t0－t1)2＝12.2m⑥乙車的位移x乙＝vt2－eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)＝9.6m⑦x0＝x甲－x乙＝2.6m.[答案](1)4m/s2(2)2.6m考向二運動圖象的應用[歸納提煉]1．圖象問題常見的是x－t和v－t圖象，在處理特殊圖象的相關問題時，可以把處理常見圖象的思想以及方法加以遷移，通過物理情境遵循的規律，從圖象中提取有用的信息，根據相應的物理規律或物理公式解答相關問題．處理圖象問題可參考如下操作流程：2．處理特殊圖象的問題時，在必要時可將該圖象所反映的物理過程轉換為常見的x－t或v－t圖象進行處理．(2017·寧夏銀川一中二模)甲、乙兩車在平直公路上行駛，其速度—時間圖象如右圖所示，則下列說法正確的是()A．8s末，甲、乙兩車相遇B．甲車在0～4s內的位移小于乙車在4～8s內的位移C．4s末，甲車的加速度小于乙車的加速度D．在0～8s內，甲車的平均速度小于乙車的平均速度[解析]由于兩車的初始位置關系未知，無法判斷8s末甲、乙兩車是否相遇，選項A錯誤；連接圖中(0,0)和(8,40)兩點，根據“速度—時間圖象中圖線與時間軸所圍成的面積表示位移”及對稱性可知，甲車在0～4s內的位移(小于40m)小于乙車在4～8s內的位移(等于40m)，選項B正確；根據“速度—時間圖象的切線斜率表示加速度”可知，4s末，甲車的加速度大于乙車的加速度，選項C錯誤；由右圖結合對稱性可以得出，在0～8s內，兩車的位移x大小相等，由eq\x\to(v)＝eq\f(x,t)知，兩車的平均速度大小相等，選項D錯誤．[答案]B“面積法”是圖象分析中重要的方法之一，而添加輔助線判斷、比較更具新意.追及相遇問題常涉及圖象的應用，而近四年全國卷中都出現了圖象問題，其中速度圖象四年四考，足見其重要性.關于速度圖象的命題主要圍繞三個方面進行.1利用速度圖象結合相關情境直接設問：解決此類問題的關鍵要清楚圖線對應的點、線、截距初速度或開始計時的時間、面積位移、拐點加速度方向變化等表示的意義.2圖象轉化：已知速度圖象設問加速度圖象，或者反其道而行之，解決處理問題的關鍵是利用時間段分段作出對應的圖象.3巧用圖象：對一些變速類問題，如雨滴在空氣中墜落、彈簧變化過程等，巧用速度圖象輔助分析問題往往會更快捷.處理運動圖象時同學們容易出現的錯誤有以下幾點：1對于x－t圖象，圖線在縱軸上的截距表示t＝0時物體的位置；對于v－t和a－t圖象，圖線在縱軸上的截距并不表示t＝0時物體的位置.2在v－t圖象中，兩條圖線的交點不表示兩物體相遇，而是表示兩者速度相同.3v－t圖象中兩條圖線在v軸上的截距不同，不少同學誤認為兩物體的初始位置不同，位置是否相同應根據題中條件確定.[熟練強化]1．(多選)(2017·廣西三市聯考)甲、乙兩質點在同一時刻、從同一地點沿同一方向做直線運動．質點甲做初速度為零，加速度大小為a1的勻加速直線運動．質點乙做初速度為v0，加速度大小為a2的勻減速直線運動至速度減為零保持靜止．甲、乙兩質點在運動過程中的位置(x)—速度(v)圖象如圖所示，虛線與對應的坐標軸垂直．則下列判斷正確的是()A．在x－v圖象中，圖線a表示質點甲的運動B．質點乙的初速度v0＝6m/sC．質點甲的加速度大小a1＝1m/s2D．質點乙的加速度大小a2＝1m/s2[解析]由速度與位移公式v2－veq\o\al(2,0)＝2ax分析題中x－v圖象可知，圖線a表示質點甲以加速度a1做勻加速直線運動，圖線b表示質點乙以加速度a2做勻減速直線運動，選項A正確；由于甲、乙兩質點是同一時刻、從同一地點沿同一方向做直線運動，所以從圖線b可知當位移為零時，質點乙的初速度v0＝6m/s，選項B正確；設圖線a上橫坐標為8的點對應的縱坐標為x0，圖線a、b交點的橫坐標為v1，由運動學規律并結合x－v圖象有(6m/s)2－(2m/s)2＝2a2x0，(8m/s)2＝2a1x0，可得甲、乙兩質點加速度大小關系是a1＝2a2，又從x－v圖象知veq\o\al(2,1)＝2a1·6m，veq\o\al(2,0)－veq\o\al(2,1)＝2a2·6m，解得a2＝1m/s2，a1＝2m/s2，選項C錯誤，D正確．[答案]ABD2．(2017·江西南昌3月模擬)一輛汽車做直線運動，其v2—x圖象如圖所示．關于汽車的運動，下列說法錯誤的是()A．汽車的初速度為4m/sB．汽車的加速度大小為0.5m/s2C．汽車第4s末的速度為2m/sD．汽車前10s內的位移為15m[解析]由圖可知初始時速度的平方為16m2/s2，則汽車的初速度v0＝4m/s，A項正確．由題圖可知v2與x的關系式為v2－42＝－x，再與公式v2－veq\o\al(2,0)＝2ax對比可知汽車做勻減速直線運動，加速度a＝－0.5m/s2，B項正確．由v＝v0＋at，可得汽車第4s末的速度為v4＝4m/s－0.5×4m/s＝2m/s，C項正確．因eq\f(0－v0,a)＝8s，則知第8s末車停止，汽車前10s內位移x＝eq\f(0－v\o\al(2,0),2a)＝16m，D項錯誤，故選D.[答案]D3．如圖甲所示，物體受到水平推力F的作用，在粗糙水平面上由靜止開始做直線運動．通過傳感器監測到加速度a隨時間t變化的規律如圖乙所示．取開始運動的方向為正方向，則下列說法正確的是()A．在2～6s內，推力F小于阻力，物體做減速運動B．在0～7s內，6s末時物體的速度最大，大小為12m/sC．在2～7s內，物體做勻變速直線運動D．在0～7s內，物體先沿正方向運動，后沿負方向運動[解析]在0～6s內，加速度為正，物體沿正方向運動，故2～6s內推力F大于阻力，物體做加速度減小的加速運動；在6～7s內，加速度為負，物體沿正方向做減速直線運動，故A、D錯誤．在2～7s內，物體的加速度一直在變化，故C錯誤．a－t圖線與t軸圍成的面積表示速度變化量，0～6s內物體一直在加速，6s末加速度反向，此時速度最大，v＝eq\f(1,2)×6×4m/s＝12m/s，故B正確．[答案]B考向三動力學的連接體問題[歸納提煉]1．加速度相同的連接體問題(1)若求解整體的加速度，可用整體法．整個系統看作一個研究對象，分析整體受外力情況，再由牛頓第二定律求出加速度．(2)若求解系統內力，可先用整體法求出整體的加速度，再用隔離法將內力轉化成外力，由牛頓第二定律求解．2．加速度不同的連接體問題若系統內各個物體的加速度不同，一般應采用隔離法．以各個物體分別作為研究對象，對每個研究對象進行受力和運動情況分析，分別應用牛頓第二定律建立方程，并注意各個物體的相互作用關系，聯立求解．水平地面上有質量分別為m和4m的物塊A和B，兩者與地面的動摩擦因數均為μ.細繩的一端固定，另一端跨過輕質、光滑動滑輪與A相連，動滑輪與B相連，如圖所示．初始時，細繩處于水平拉直狀態．若物塊A在水平向右的恒力F作用下向右移動了距離s，重力加速度大小為g.求：(1)物塊B受到的摩擦力；(2)物塊A、B的加速度大小．[思路點撥]運動關系：由于細繩的長度不變，故A前進距離s時，A、B間的細繩上面部分長了eq\f(1,2)s，下面部分短了eq\f(1,2)s，由于細繩的固定端位置不動，故B的位移為eq\f(1,2)s，因此有aA＝2aB.受力關系：考慮到滑輪質量不計，設細繩中的張力為T，動滑輪對B的作用力TB＝2T.[解析](1)物塊A移動了距離s，則物塊B移動的距離為s1＝eq\f(1,2)s物塊B受到的摩擦力大小為f＝4μmg(2)設物塊A、B的加速度大小分別為aA、aB，細繩中的張力為T.由牛頓第二定律得F－μmg－T＝maA2T－4μmg＝4maB由A和B的位移關系得aA＝2aB聯立解得aA＝eq\f(F－3μmg,2m)aB＝eq\f(F－3μmg,4m).[答案](1)4μmg(2)eq\f(F－3μmg,2m)eq\f(F－3μmg,4m)從上面的例題可以看出，解決有相對運動的連接體問題，要找到連接體中物體間的位移關系、速度關系和加速度關系，要充分考慮兩物體的受力關系.滑輪質量不計，可得作用在滑輪上的繩子的受力關系，這是解題的關鍵，兩物體加速度的關系是突破的難點.該題常見的易錯點是不從位移關系入手，直接認為兩物體速度相等，或者把B的位移錯認為A的位移的2倍，從而錯誤地得到aB＝2aA.[熟練強化]1．(2017·湖南衡陽聯考)質量不等的兩木塊A、B，用跨過一輕質定滑輪的輕繩相連，在圖示情況下，木塊A、B一起做勻速運動．若木塊A、B的位置互相交換，則木塊A運動的加速度為(木塊A、B與桌面間的動摩擦因數均為μ，且μ<1，重力加速度為g，空氣阻力、滑輪摩擦均不計)()A．(1－μ)g B．(1－μ2)gC.eq\f(1－μ2,μ)g D．與木塊A、B的質量有關[解析]A、B勻速運動過程，有mAg＝μmBgA、B互相交換后，對A、B整體受力分析后有mBg－μmAg＝(mA＋mB)a解得a＝(1－μ)g.故選A.[答案]A2．(多選)(2017·河北六校聯考)如圖所示，一輕彈簧的勁度系數為k，其一端固定在傾角為θ的光滑斜面底端，另一端與物塊A連接，物塊B緊挨著物塊A放置，兩物塊A、B的質量均為m，初始時均靜止．現用平行于斜面向上的力F拉動物塊B，使物塊B做加速度為a的勻加速運動，重力加速度為g，則()A．拉力F一定是恒力B．A、B分離時刻，彈簧形變量為eq\f(mgsinθ＋ma,k)C．整個過程中物塊A與彈簧組成的系統機械能守恒D．從開始到A、B分離時刻，拉力F做的功比彈簧彈力做的功少[解析]對A、B整體受力分析可知，在A和B分離前該整體在沿斜面方向的拉力F、總重力、斜面的支持力和彈簧彈力作用下做勻加速運動，運動過程中彈簧彈力發生變化，而重力沿斜面方向的分力不變，故F一定是變力，A錯誤；A、B分離時刻，A、B間的作用力為0，A的加速度仍是a，設彈簧彈力大小為FT，根據牛頓第二定律有FT－mgsinθ＝ma，由胡克定律有FT＝kx，解得彈簧的形變量為eq\f(mgsinθ＋ma,k)，B正確；從開始到A、B分離前，彈簧彈力對A、B整體做正功，故A與彈簧組成的系統機械能不守恒，C錯誤；從開始到A、B分離時刻，拉力F由2ma隨位移均勻增大到ma＋mgsinθ，而彈簧彈力由2mgsinθ隨位移均勻減小到ma＋mgsinθ，所以拉力F做的功比彈簧彈力做的功少，D正確．[答案]BD對連接體中的臨界極值問題可采用下列三種方法分析解決：1極限法：把物理問題或過程推向極端，從而使臨界現象或狀態暴露出來，以達到正確解決問題的目的.2假設法：臨界問題存在多種可能，特別是非此即彼兩種可能時，或變化過程中可能出現臨界條件，也可能不出現臨界條件時，往往用假設法解決問題.3數學法：將物理過程轉化為數學表達式，根據數學表達式解出臨界條件.考向四牛頓第二定律的綜合應用[歸納提煉]應用牛頓第二定律解題的思路[熟練強化]1．(多選)(2017·江西新余二模)如圖所示為運送糧袋的傳送裝置，已知A、B間長度為L，傳送帶與水平方向的夾角為θ，工作時運行速度為v，糧袋與傳送帶間的動摩擦因數為μ，正常工作時工人在A點將糧袋放到運行中的傳送帶上，關于糧袋從A到B的運動，以下說法正確的是(已知最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g)()A．糧袋到達B點的速度可能大于、等于或小于vB．糧袋開始運動的加速度為gsinθ－μgcosθ，若L足夠大，則糧袋最終將以速度v做勻速運動C．若μ<tanθ，則糧袋從A到B一直做加速運動D．不論μ大小如何，糧袋從A到B一直做勻加速運動，且a>gsinθ[解析]糧袋在傳送帶上可能一直做勻加速運動，到達B點時的速度不大于v；也可能先勻加速運動，當速度與v相同后，糧袋做勻速運動，到達B點時速度與v相同；也可能先做加速度較大的勻加速運動，當速度與傳送帶相同后做加速度較小的勻加速運動，到達B點時的速度大于v，故A正確；糧袋開始時受到沿傳送帶向下的滑動摩擦力，大小為μmgcosθ，根據牛頓第二定律得加速度a＝gsinθ＋μgcosθ，故B錯誤；若μ<tanθ，則糧袋重力沿傳送帶方向的分力大于滑動摩擦力，故加速度的方向一直向下，糧袋從A到B一直做加速運動(可能一直以gsinθ＋μgcosθ的加速度加速運動，也可能先以gsinθ＋μgcosθ的加速度加速運動，后以gsinθ－μgcosθ的加速度加速運動)，故C正確；由上分析可知，糧袋從A到B不一定一直勻加速運動，故D錯誤．[答案]AC2．如圖甲所示，靜止在光滑水平面上的長木板B(長木板足夠長)的左端放著小物塊A，某時刻，B受到水平向左的外力F的作用．F隨時間t的變化規律如圖乙所示，即F＝kt，其中k為已知常數．若A、B之間的滑動摩擦力Ff的大小等于最大靜摩擦力，且A、B的質量相等，則下列圖中可以定性描述物塊A的運動情況的v－t圖象是()[解析]剛開始時外力F較小，A、B保持相對靜止，加速度大小為a＝eq\f(F,2m)＝eq\f(kt,2m)，可見加速度a的大小隨著時間t逐漸增大，這個過程對應的v－t圖線的斜率逐漸增加，C、D錯誤；隨著時間t的增加，外力F增大，當物塊和木板之間的摩擦力大小達到最大靜摩擦力時，物塊A與木板B之間剛好發生相對運動，此時有Ff＝ma，F－Ff＝ma，解得F＝2Ff，即kt＝2Ff，可見t>eq\f(2Ff,k)后物塊將在大小恒定的摩擦力的作用下做勻加速直線運動，其對應的v－t圖線是傾斜的直線，A錯誤、B正確．[答案]B滑塊臨界問題處理方法高考題答題規范——“板—塊”模型[考點歸納]板塊模型中動力學問題的解題思路[典題示例](20分)(2017·全國卷Ⅲ)如圖，兩個滑塊A和B的質量分別為mA＝1kg和mB＝5kg，放在靜止于水平地面上的木板的兩端，兩者與木板間的動摩擦因數均為μ1＝0.5；木板的質量為m＝4kg，與地面間的動摩擦因數為μ2＝0.1.某時刻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與木板恰好相對靜止．設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度大小g＝10m/s2.求(1)B與木板相對靜止時，木板的速度；(2)A、B開始運動時，兩者之間的距離．[審題指導]第一步讀題干—提信息題干信息1)mA＝1kgmB＝5kg兩者與木板間的動摩擦因數均為μ1＝0.5判斷木板受AB的合力向右2)A、B相遇時A與木板恰好相對靜止A、B相遇時A與木板速度相同第二步審程序—順思路1)eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1())?eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(板向右運動,B向右運動))?eq\a\vs4\al(t1時刻,B與板共速)eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(2B與木板共速后\o(→,\s\up17(牛頓第二定律))木板加速度a2＝\f(f1＋f3,mB＋m),\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(受力分析,牛頓第二定律))?B與木板共速前A、B加速度相同?B與,板共速時A、B速度大小相同,?\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(運動學公式,圖象法))))→求解[滿分答案](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和木板所受的摩擦力大小分別為f1、f2和f3，A和B相對于地面的加速度大小分別為aA和aB，木板相對于地面的加速度大小為a1.在物塊B與木板達到共同速度前有f1＝μ1mAg①(1分)f2＝μ1mBg②(1分)f3＝μ2(m＋mA＋mB)g③(2分)由牛頓第二定律得f1＝mAaA④f2＝mBaB⑤f2－f1－f3＝ma1⑥(2分)設在t1時刻，B與木板達到共同速度，其大小為v1.由運動學公式有v1＝v0－aBt1⑦v1＝a1t1⑧(2分)聯立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知數據得v1＝1m/s⑨(2分)(2)在t1時間間隔內，B相對于地面移動的距離為sB＝v0t1－eq\f(1,2)aBteq\o\al(2,1)⑩(2分)設在B與木板達到共同速度v1后，木板的加速度大小為a2.對于B與木板組成的體系，由牛頓第二定律有f1＋f3＝(mB＋m)a2?由①②④⑤式知，aA＝aB；再由⑦⑧式知，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與木板的速度相同，設其大小為v2.設A的速度大小從v1變到v2所用的時間為t2，則由運動學公式，對木板有v2＝v1－a2t2?對A有v2＝－v1＋aAt2?(2分)在t2時間間隔內，B(以及木板)相對地面移動的距離為s1＝v1t2－eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)?在(t1＋t2)時間間隔內，A相對地面移動的距離為sA＝v0(t1＋t2)－eq\f(1,2)aA(t1＋t