2019届二轮复习力与直线运动课件（共71张）（全国通用）

2019届二轮复习力与直线运动课件（共71张）（全国通用）

第 2 讲　力与直线运动 专题一　力与运动 ② ma 答案 回忆知识 构建体系 研究高考真题 突破高频考点 栏目索引 研究高考真题 1.(2018· 全国卷 Ⅰ ·14) 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 【考点定位】 匀变速直线运动速度与时间、位移的关系 【难度】 较易 解析 答案 √ 1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 6 2.( 多选 )(2016· 全国卷 Ⅰ ·21) 甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其 v － t 图象如图 1 所示 . 已知两车在 t ＝ 3 s 时并排行驶， 则 A. 在 t ＝ 1 s 时，甲车在乙车后 B. 在 t ＝ 0 时，甲车在乙车前 7.5 m C. 两车另一次并排行驶的时刻是 t ＝ 2 s D. 甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为 40 m 【考点定位】 v － t 图象、追及相遇问题 【点评】 相遇时到达同一位置，然后由 v － t 图象面积分析两车间距的变化 【难度】 中等 √ 解析 答案 图 1 √ 1 2 3 4 5 6 解析 　根据 v － t 图象，甲、乙都沿正方向运动 . t ＝ 3 s 时，甲、乙相遇，此时 v 甲 ＝ 30 m/s ， v 乙 ＝ 25 m/s ，由位移和 v － t 图线所围面积对应关系知， 故 t ＝ 0 时，甲、乙相距 Δ x 1 ＝ x 乙 － x 甲 ＝ 7.5 m ，即甲在乙前方 7.5 m ， B 选项正确； 1 2 3 4 5 6 Δ x 2 ＝ x 乙 ′ － x 甲 ′ ＝ 7.5 m ＝ Δ x 1 ，说明甲、乙第一次相遇， A 、 C 错误 ； 甲 、乙两次相遇地点之间的距离为 x ＝ x 甲 － x 甲 ′ ＝ 45 m － 5 m ＝ 40 m ，所以 D 选项正确 . 1 2 3 4 5 6 3.( 多选 )(2016· 全国卷 Ⅱ ·19) 两实心小球甲和乙由同一种材料制成，甲球质量大于乙球质量 . 两球在空气中由静止下落，假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，与球的速率无关 . 若它们下落相同的距离， 则 A. 甲球用的时间比乙球长 B. 甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小 C. 甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小 D. 甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功 【考点定位】 牛顿第二定律、匀变速直线运动 【点评】 主要考查牛顿第二定律的应用，考查考生的综合分析能力 【难度】 中等 √ 解析 答案 √ 1 2 3 4 5 6 空气阻力 F 阻 ＝ kr ，对小球由牛顿第二定律得， mg － F 阻 ＝ ma ， 因 F 阻甲 > F 阻乙 ，由球克服阻力做功 W 阻 ＝ F 阻 h 知，甲球克服阻力做功较大，选项 D 正确 . 1 2 3 4 5 6 4.(2018· 全国卷 Ⅰ ·15) 如图 2 ，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块 P ，系统处于静止状态 . 现用一竖直向上的力 F 作用在 P 上，使其向上做匀加速直线运动 . 以 x 表示 P 离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示 F 和 x 之间关系的图象可能正确的 是 图 2 1 2 3 4 5 6 【考点定位】 牛顿第二定律、匀变速直线运动规律、动力学图象 【点评】 本题关键是由对物块的受力分析，列出牛顿第二定律方程， 注 意物 块位移与弹簧形变量的区别 【难度】 中等 解析 答案 √ 1 2 3 4 5 6 解析 　 设物块 P 静止时，弹簧的长度为 x 0 ， 则 k ( l － x 0 ) ＝ mg ，物块 P 匀加速直线运动时受重力 mg 、弹簧弹力 k ( l － x 0 － x ) 及力 F ，根据牛顿第二定律得， F ＋ k ( l － x 0 － x ) － mg ＝ ma 故 F ＝ kx ＋ ma . 根据数学知识知 F － x 图象是截距为 ma 的一次函数图象 ， 故 选 A . 1 2 3 4 5 6 5.(2017· 全国卷 Ⅱ ·24) 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 0 和 s 1 ( s 1 < s 0 ) 处分别设置一个挡板和一面小旗，如图 3 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 v 0 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 v 1 . 重力加速度大小为 g . 求： 【考点定位】 匀变速直线运动、牛顿第二定律的应用 【点评】 分析清楚各自的运动性质，抓住两运动的联系点 ， 主要 考查 应用基础 知识解决基本问题的能力 【难度】 中等 图 3 1 2 3 4 5 6 (1) 冰球与冰面之间的动摩擦因数； 解析 答案 解析 　 设冰球的质量为 m ，冰球与冰面之间的动摩擦因数为 μ ， 1 2 3 4 5 6 (2) 满足训练要求的运动员的最小加速度 . 解析 答案 解析 　 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 a 1 和 a 2 ，所用的时间为 t . v 0 － v 1 ＝ a 1 t 1 2 3 4 5 6 6.(2017· 全国卷 Ⅲ ·25) 如图 4 所示，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 μ 1 ＝ 0.5 ；木板的质量为 m ＝ 4 kg ，与地面间的动摩擦因数为 μ 2 ＝ 0.1. 某时刻 A 、 B 两滑块开始相向滑动， 初 速度 大小均为 v 0 ＝ 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/ s 2 . 求： 【考点定位】 牛顿第二定律的应用、板块模型 、 多 过程问题、摩擦力 【点评】 关键是要分析清楚三个物体的运动过程 、运动 性质，考查 考生 的综合分析能力 【难度】 较难 图 4 1 2 3 4 5 6 (1) B 与木板相对静止时，木板的速度； 解析 答案 答案 　 1 m/s ，方向与 B 的初速度方向相同 1 2 3 4 5 6 解析 　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 F f1 、 F f2 和 F 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 a 1 . 在滑块 B 与木板达到共同速度前 有 F f1 ＝ μ 1 m A g ① F f2 ＝ μ 1 m B g ② F f3 ＝ μ 2 ( m ＋ m A ＋ m B ) g ③ 由牛顿第二定律得 F f1 ＝ m A a A ④ F f2 ＝ m B a B ⑤ F f2 － F f1 － F f3 ＝ ma 1 ⑥ 1 2 3 4 5 6 设在 t 1 时刻， B 与木板达到共同速度，其大小为 v 1 . 由运动学公式有 v 1 ＝ v 0 － a B t 1 ⑦ v 1 ＝ a 1 t 1 ⑧ 联立 ①②③④⑤⑥⑦⑧ 式，代入已知数据得 v 1 ＝ 1 m/s ，方向与 B 的初速度方向 相同 ⑨ 1 2 3 4 5 6 (2) A 、 B 开始运动时，两者之间的距离 . 解析 答案 答案 　 1.9 m 1 2 3 4 5 6 解析 　在 t 1 时间间隔内， B 相对于地面移动的距离为 设在 B 与木板达到共同速度 v 1 后，木板的加速度大小为 a 2 . 对于 B 与木板组成的系统，由牛顿第二定律有 F f1 ＋ F f3 ＝ ( m B ＋ m ) a 2 ⑪ 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 v 1 ，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 v 2 . 1 2 3 4 5 6 设 A 的速度大小从 v 1 变到 v 2 所用的时间为 t 2 ，则由运动学公式，对木板 有 v 2 ＝ v 1 － a 2 t 2 ⑫ 对 A 有： v 2 ＝－ v 1 ＋ a A t 2 ⑬ 在 t 2 时间间隔内， B ( 以及木板 ) 相对地面移动的距离为 在 ( t 1 ＋ t 2 ) 时间间隔内， A 相对地面移动的距离为 1 2 3 4 5 6 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 s 0 ＝ s A ＋ s 1 ＋ s B ⑯ 联立以上各式，并代入数据 得 s 0 ＝ 1.9 m ( 也可用如图所示的速度 — 时间图线求解 ) 1 2 3 4 5 6 该部分是高考重点考查内容，匀变速直线运动问题一般结合牛顿运动定律，在选择题和计算题中均有考查，形式灵活，情景多样，贴近生活，选择题难度中等，计算题多以板块模型、多过程问题为主再结合 v － t 图象，难度较大 . 单纯直线运动问题一般在选择题中结合 v － t 图象考查，难度不大 . 考情分析 突破高频考点 1. 解题思路 (1) 分析运动过程，画出过程示意图 . (2) 标出已知量、未知量 . (3) 选择合适公式，列方程求解 . 注意： (1) 多过程问题中两过程间的连接点的速度是连接两运动的纽带，是解题的关键，要先设出 . (2) 多过程问题用 v － t 图象辅助分析会更形象、简捷 . (3) v 、 x 、 a 等物理量是矢量，注意规定正方向，尤其是在一个过程中速度方向发生变化的情况 . 考点 1 　匀变速直线运动规律的应用 2. 牢记解决匀变速直线运动问题的五种常用 方法 3. 处理刹车类问题的思路： 先判断刹车时间，再进行分析计算 . 命题热点　匀变速直线运动的多过程问题 　 　　 ( 2018· 河北省石家庄市模拟 ) 水平地面上有一足球距门柱 x ＝ 10 m ，某同学将该足球以水平速度 v 1 ＝ 6 m /s 踢出，足球在地面上做匀减速直线运动，加速度大小 a 1 ＝ 1 m/ s 2 . 足球撞到门柱后反向弹回 ( 此过程时间忽略不计 ) ，弹回瞬间速度大小是碰撞前瞬间速度大小 的 　 . 该同学将足球踢出后立即由静止开始以 a 2 ＝ 1 m /s 2 的加速度追赶足球，他能达到的最大速度 v 2 ＝ 3 m/ s ，该同学至少经过多长时间才能追上足球？ 例 1 答案 解析 解析 　 设足球运动到门柱时的速度为 v 3 ， 足球撞在门柱后的反弹速度大小 v 4 ＝ 2 m/s 匀速运动的位移 x 2 ＝ v 2 ( t 1 ＋ t 2 － t 3 ) ＝ 3 m 因 x 1 ＋ x 2 ＋ x 3 < x ，所以此时该同学还未追上 足球该 同学要追上足球， 1.(2018· 陕西省咸阳市第一次模拟 ) 一辆汽车以某一速度在郊区的水平路面上运动，因前方发生交通事故而紧急刹车做匀减速直线运动，最后静止，汽车在最初 3 s 内通过的位移与最后 3 s 内通过的位移之比为 x 1 ∶ x 2 ＝ 5 ∶ 3 ，汽车运动的加速度大小为 a ＝ 5 m/s 2 ，则汽车制动的总时间 t 为 A. t >6 s B. t ＝ 6 s C.4 s< t <6 s D. t ＝ 4 s √ 解析 答案 拓展练 解析 　 设汽车刹车做匀减速直线运动的加速度为 a ，把汽车刹车的匀减速直线运动看成反向的初速度为 0 的匀加速直线运动， 又 x 1 ∶ x 2 ＝ 5 ∶ 3 ，解得 t ＝ 4 s ，故 A 、 B 、 C 错误， D 正确 . 图象问题的应用要点 (1) x － t 图象、 v － t 图象、 a － t 图象的物理意义 . 考点 2 　直线运动图象的应用 (2) 图象问题的五看 . 一看：轴；二看：线；三看：斜率；四看：面积；五看：截距 . (3) 图象问题的两点注意 . ① x － t 图象和 v － t 图象描述的都是直线运动，图象不表示物体的运动轨迹 . ② 利用 v － t 图象分析两个物体的运动时，要注意两个物体的出发点，即注意它们是否从同一位置出发 . (4) 陌生的图象要先找图象的函数关系式 ( 根据动力学规律对运动过程列方程，找出两物理量在运动过程中任一位置的关系，分离出因变量即可 ) ，由函数关系式确定截距、斜率等的物理意义 . 命题热点 1 　运动图象解决追及相遇问题 　　　 ( 多选 )(2018· 全国卷 Ⅱ ·19) 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 5 中甲、乙两条曲线所示 . 已知两车在 t 2 时刻并排行驶 . 下列说法正确的 是 A. 两车在 t 1 时刻也并排行驶 B. 在 t 1 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 图 5 √ 解析 答案 例 2 √ 解析 　 t 1 ～ t 2 时间内，甲车位移大于乙车位移，且 t 2 时刻两车相遇，则 t 1 时刻甲在乙的后面， A 项错误， B 项正确 ； 由 图象的斜率知，甲、乙两车的加速度均先减小后增大， C 项错误， D 项正确 . 2.(2018· 山东省济宁市上学期期末 ) 甲、乙两物体同时从同一位置沿同一直线运动，它们的 v － t 图象如图 6 所示，下列说法正确的 是 A. t 1 时刻，两者相距最远 B. t 2 时刻，乙物体追上甲物体 C. 乙物体先向负方向运动， t 1 时刻以后反向向正方向运动 D.0 ～ t 2 时间内，乙的速度和加速度都是先减小后 增大 √ 解析 答案 变 式练 多 题归一 图 6 解析 　在 0 ～ t 2 时间内，乙的速度比甲的小，甲在乙的前方，两者间距逐渐增大 . t 2 时刻后，乙的速度比甲的大，两者间距减小，所以 t 2 时刻，两者相距最远，故 A 错误 ； 甲 、乙两物体由同一位置出发，在 v － t 图象中图象与 t 轴围成的面积代表位移，则 0 ～ t 2 时间内，甲的位移比乙的大， t 2 时刻，乙物体还没有追上甲物体，故 B 错误 ； 在 v － t 图象中速度的正负表示运动方向，由题图可知乙的速度一直为正，运动方向没有发生改变，故 C 错误 ； 因 速度－时间图象的斜率表示加速度，则 0 ～ t 2 时间内，乙的速度和加速度都是先减小后增大，故 D 正确 . 3.( 多选 )(2018· 全国卷 Ⅲ ·18) 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 7 所示 . 下列说法正确的 是 A. 在 t 1 时刻两车速度相等 B. 从 0 到 t 1 时间内，两车走过的路程相等 C. 从 t 1 到 t 2 时间内，两车走过的路程相等 D. 在 t 1 到 t 2 时间内的某时刻，两车速度 相等 图 7 √ 解析 答案 √ 解析 　 x － t 图象的斜率表示速度，则可知 t 1 时刻乙车速度大于甲车速度， A 错误 ； 由 两图线的纵截距知，出发时甲在乙前面， t 1 时刻两图线相交表示两车相遇，可知 0 到 t 1 时间内乙车比甲车多走了一段距离， B 项错误 ； t 1 和 t 2 时刻两图线相交，表明两车均在同一位置，从 t 1 到 t 2 时间内，两车走过的路程相等；在 t 1 到 t 2 时间内，两图线有斜率相等的一个时刻，该时刻两车速度相等， C 、 D 项正确 . 命题热点 2 　动力学图象问题 　　　 ( 2018· 河南省郑州一中上学期期中 ) 以不同初速度将两个物体同时竖直向上抛出并开始计时，一个物体所受空气阻力可忽略，另一物体所受空气阻力大小与物体速度大小成正比，下列用虚线和实线描述两物体运动的 v － t 图象可能正确的 是 解析 答案 例 3 √ 解析 　 没有空气阻力时，物体只受重力，是竖直上抛运动， v － t 图象是一条直线；有空气阻力时，上升阶段根据牛顿第二定律，有 mg ＋ F f ＝ ma ， 由于阻力随着速度减小而减小，故加速度逐渐减小，最小值为 g ；下降阶段根据牛顿第二定律，有 mg － F f ＝ ma ， 由于阻力随着速度增大而增大，故加速度减小； v － t 图象的斜率表示加速度，故图线与 t 轴的交点对应时刻的加速度为 g ，切线与虚线平行，故 C 正确 . 4.( 多选 )(2018· 河北省衡水中学第一次调研 ) 如图 8 所示，一劲度系数为 k 的轻质竖直弹簧，上端固定，下端连一质量为 m 的物块 A ， A 放在质量也为 m 的托盘 B 上，初始时，在竖直向上的力 F 作用下系统静止，且弹簧处于原长状态 . 以 F N 表示 B 对 A 的作用力， x 表示弹簧的伸长量，现改变力 F 的大小，使 B 以 的 加速度匀加速向下运动 ( g 为重力加速度，空气阻力不计 ) ，此过程中 F N 或 F 的大小随 x 变化的图象正确的 是 拓展练 图 8 答案 √ √ 应用牛顿运动定律解决动力学问题时要注意： (1) 抓好两个分析：受力分析与运动过程分析，特别是多过程问题，一定要明确各过程受力的变化、运动性质的变化、速度方向的变化等 . (2) 求解加速度是解决问题的关键 . 考点 3 　牛顿运动定律的应用 命题热点 1 　动力学中的连接体问题 灵活应用整体法与隔离法 (1) 整体法：在连接体问题中，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，一般采用整体法列牛顿第二定律方程 . (2) 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，一般采用隔离法列牛顿第二定律方程 . 　　　 ( 多选 )(2018· 河北省衡水中学第一次调研 ) 如图 9 甲所示，用粘性材料粘在一起的 A 、 B 两物块静止于光滑水平面上，两物块的质量分别为 m A ＝ 1 kg 、 m B ＝ 2 kg ，当 A 、 B 之间产生拉力且大于 0.3 N 时 A 、 B 将会分离 . t ＝ 0 时刻开始对物块 A 施加一水平推力 F 1 ，同时对物块 B 施加同一方向的拉力 F 2 ，使 A 、 B 从静止开始运动，运动过程中 F 1 、 F 2 方向保持不变， F 1 、 F 2 的大小随时间变化的规律如图乙所示，则下列关于 A 、 B 两物块受力及运动情况的分析，正确的 是 图 20 例 4 A. t ＝ 2.0 s 时刻 A 、 B 之间作用力大小为 0.6 N B. t ＝ 2.0 s 时刻 A 、 B 之间作用力为零 C. t ＝ 2.5 s 时刻 A 对 B 的作用力方向向左 D. 从 t ＝ 0 时刻到 A 、 B 分离，它们运动的位移为 5.4 m √ 解析 答案 √ 解析 　设 t 时刻 A 、 B 分离，分离之前 A 、 B 物块共同运动，加速度为 a ，以 A 、 B 整体为研究对象，则有： 分离时： F 2 ′ － F AB 0 ＝ m B a ， 得 F 2 ′ ＝ F AB 0 ＋ m B a ＝ 0.3 N ＋ 2 × 1.2 N ＝ 2.7 N ， 当 t ＝ 2.0 s 时， F 2 ″ ＝ 1.8 N ， F 2 ″ ＋ F AB ＝ m B a ， 得 F AB ＝ m B a － F 2 ″ ＝ 0.6 N ， A 正确， B 错误； 当 t ＝ 2.5 s 时， F 2  ＝ 2.25 N ， F 2  ＋ F AB ′ ＝ m B a ， 得 F AB ′ ＝ m B a － F 2  ＝ 0.15 N ，方向向右， C 错误 . 5.(2018· 江西省五市八校第二次联考 ) 如图 10 ，物块 A 和 B 的质量分别为 4 m 和 m ，开始时 A 、 B 均静止，细绳拉直，在竖直向上拉力 F ＝ 6 mg 的作用下，动滑轮竖直向上加速运动 . 已知动滑轮质量忽略不计，动滑轮半径很小，不考虑绳与滑轮之间的摩擦，细绳足够长，在滑轮向上运动过程中，物块 A 和 B 的加速度分别 为 图 10 拓展练 解析 答案 √ 解析 　 设在运动过程中，细绳的拉力为 F T ，则 2 F T ＝ F ，即 F T ＝ 3 mg ，以 A 为研究对象 ， 因 F T ＝ 3 mg < G A ＝ 4 mg ，故小物块 A 没有离开地面 ， 所以 A 的加速度为零，以 B 为研究对象 ， 因 F T ＝ 3 mg > G B ＝ mg ，根据牛顿第二定律可得： 3 mg － mg ＝ ma B ， 解 得 a B ＝ 2 g ，方向向上 ， 故 C 正确 . 命题热点 2 　传送带问题 1. 传送带问题的实质是相对运动问题，这样的相对运动将直接影响摩擦力的方向 . 因此，搞清楚物体与传送带间的相对运动方向是解决该问题的关键 . 2. 传送带问题还常常涉及到临界问题，即物体与传送带速度相同，这时会出现摩擦力改变的临界状态，具体如何改变要根据具体情况判断 . 　　　 ( 多选 )(2018· 山东省泰安市上学期期末 ) 如图 11 所示，水平传送带匀速运动，在传送带的右侧固定一弹性挡杆 . 在 t ＝ 0 时刻，将工件轻轻放在传送带的左端，当工件运动到弹性挡杆所在的位置时与挡杆发生碰撞，已知碰撞时间极短，不计碰撞过程的能量损失 . 则从工件被轻轻放在传送带的左端开始，到与挡杆第二次碰撞前的运动过程中，工件运动的 v － t 图象可能 是 例 5 图 11 解析 答案 √ √ 解析 　 工件与弹性挡杆发生碰撞后，其速度的方向发生改变，应取负值，故 A 、 B 错误 ； 工件 与弹性挡杆发生碰撞前的加速过程中和工件与弹性挡杆碰撞后的减速过程中所受滑动摩擦力不变，所以两过程中加速度不变，故 C 、 D 正确 . 6.( 多选 )(2018· 安徽省滁州市联合质检 ) 如图 12 甲所示，倾角为 37° 足够长的传送带以恒定速率转动，将一质量 m ＝ 1 kg 的小物体以某一初速度放在传送带上，物体相对地面的速度大小随时间变化的关系如图乙所示，取沿传送带向上为正方向， g ＝ 10 m/s 2 ， sin 37° ＝ 0.6 ， cos 37° ＝ 0.8 ，则下列说法正确的 是 A. 传送带逆时针转动，速度大小为 4 m/s B. 物体与传送带间的动摩擦因数为 0.75 C.0 ～ 8 s 内物体位移的大小为 14 m D.0 ～ 8 s 内物体与传送带之间因摩擦而 产 生 的热量为 126 J 拓展练 √ √ 解析 答案 图 1 2 解析 　由题图乙可知小物体先沿负方向做减速运动后沿正方向做加速运动最后沿正方向匀速运动，故传送带速度方向沿斜面向上，最终物体和传送带的速度相同，故传送带速度大小为 4 m/s ， A 错误 ； 根据 v － t 图象的斜率表示加速度可得，物体相对传送带滑动时的加速度 μ ＝ 0.875 ，故 B 错误； 0 ～ 8 s 内只有前 6 s 内物体与传送带发生相对滑动， 0 ～ 6 s 内传送带 运动 的 ＝ 6 m ，产生的热量 Q ＝ μmg cos θ · x 相对 ＝ μmg cos θ ( x 带 － x 物 ) ＝ 126 J ，故 D 正确 . 命题热点 3 　 “ 板块 ” 模型 1. 分析 “ 滑块 — 木板 ” 模型时要抓住一个转折和两个关联 (1) 一个转折 —— 滑块与木板达到相同速度或者滑块从木板上滑下是受力和运动状态变化的转折点 . (2) 两个关联 —— 转折前、后受力情况之间的关联和滑块、木板位移的板长之间的关联 . (3) 两物体发生相对运动的临界条件 —— 加速度相同且两物体间的摩擦力为最大静摩擦力，分析此临界条件前后物体的运动状态是解题的关键 . 2. 分析多过程问题的基本方法 应当将复杂的运动过程分解为几个子过程，就每个子过程进行求解，关键是分析每一个子过程的特征 ( 包括受力和运动 ) 并且要寻找各子过程之间的联系 . 　　　 ( 2018· 山东省日照市 11 月校际联合质检 ) 质量 M ＝ 1 kg 的长木板置于水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数 μ ＝ 0.1. 木板上放有质量分别为 m A ＝ 2 kg 和 m B ＝ 1 kg 的 A 、 B 两物块， A 、 B 与木板间的动摩擦因数分别为 μ 2 ＝ 0.3 、 μ 3 ＝ 0.5 ，水平恒力 F 作用在物块 A 上，如图 13 所示 . 已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力， g ＝ 10 m/s 2 . 则 A. 若 F ＝ 5 N ，物块 A 受到的摩擦力大小为 5 N B. 若 F ＝ 6 N ，物块 B 受到的摩擦力大小为 5 N C. 若 F ＝ 7 N ，物块 A 将会相对木板滑动 D. 无论力 F 多大， B 与长木板之间都不会发生相对 滑动 例 6 解析 答案 √ 图 13 解析 　 A 与木板间的最大静摩擦力为 F f A max ＝ μ 2 m A g ＝ 6 N ， B 与木板间的最大静摩擦力为 F f B max ＝ μ 3 m B g ＝ 5 N ，木板与地面间的最大静摩擦力为 F f ＝ μ ( M ＋ m A ＋ m B ) g ＝ 4 N ，若 F ＝ 5 N ，木板已相对地面滑动，设 A 、 B 相对木板静止，则对整体 F － F f ＝ ( M ＋ m A ＋ m B ) a ，对 A 有 F － F f A ＝ m A a ，解得 F f A ＝ 4.5 N<6 N ，对 B 有 F f B ＝ m B a ，解得 F f B ＝ 0.25 N<5 N ，故 A 、 B 物块相对木板静止，且 F f A ＝ 4.5 N ，故 A 错误 . 若 F ＝ 6 N ，木板已相对地面滑动，设 A 、 B 相对木板静止，则对整体 F － F f ＝ ( M ＋ m A ＋ m B ) a ，对 A 有 F － F f A ＝ m A a ，解得 F f A ＝ 5 N<6 N ，对 B 有 F f B ＝ m B a ，解得 F f B ＝ 0.5 N<5 N ，故 A 、 B 物块相对木板静止，且 F f B ＝ 0.5 N ，故 B 错误 . 若 F ＝ 7 N ，木板已相对地面滑动，设 A 、 B 相对木板静止，则对整体 F － F f ＝ ( M ＋ m A ＋ m B ) a ， 对 A 有 F － F f A ＝ m A a ，解得 F f A ＝ 5.5 N<6 N ，对 B 有 F f B ＝ m B a ，解得 F f B ＝ 0.75 N<5 N ，所以 A 、 B 物块相对木板静止，故 C 错误 . 当 A 与木板间的摩擦力达到最大时，设木板和 B 相对静止，对木板和 B 有 F f A max － F f ＝ ( M ＋ m B ) a ，对 B 有 F f B ＝ m B a ，解得 F f B ＝ 1 N ，即 A 与木板间的摩擦力达到最大时，木板和 B 仍相对静止 . 则无论力 F 多大， B 与长木板之间都不会发生相对滑动，故 D 正确 . 7.(2018· 广东省惠州市第二次调研 ) 如图 14 ，一质量 M ＝ 1 kg 的足够长薄木板正在水平地面上滑动，当其速度为 v 0 ＝ 5 m /s 时将一质量 m ＝ 1 kg 的小铁块 ( 可视为质点 ) 无初速度地轻放到木板的 A 端；已知薄木板与小铁块间的 动摩擦因数 μ 1 ＝ 0.2 ，薄木板与地面间的动摩擦因数 μ 2 ＝ 0.3 ， g ＝ 10 m/ s 2 . 求 ： 拓展练 图 14 解析 　 对 m 由牛顿第二定律得： F f m ＝ ma 1 对 M 由牛顿第二定律得： F f m ＋ F f M ＝ Ma 2 解析 答案 答案 　 2 m /s 2 　 8 m/ s 2 　 (1) 小铁块放到薄木板后瞬间铁块和木板的加速度大小 a 1 、 a 2 ； 解析 　 m 向右加速运动， M 向右减速运动，设经过时间 t 二者速度相等且为 v . 则对 m ： v ＝ a 1 t 对 M ： v ＝ v 0 － a 2 t 解得 t ＝ 0.5 s ， v ＝ 1 m/s 解析 答案 答案 　 0.25 m 　 1.5 m (2) 小铁块与薄木板的速度相等时，二者的位移大小； 解析 答案 答案 　 1.125 m (3) 当小铁块速度刚好减小到零时，小铁块到 A 端的距离 . 解析 　 0.5 s 后， m 在 M 上会向右减速滑动，此时， 故小铁块速度减小到零时，木板早已停下 从速度为 v 到速度减为零， 所以铁块离木板 A 端的距离 ： d ＝ x M 1 ＋ x M 2 － ( x m 1 ＋ x m 2 ) ＝ 1.125 m