2020届高考大二轮专题复习冲刺物理(创新版)文档：专题复习篇 专题二 力与直线运动 Word版含解析

专题二力与直线运动
要点提炼
1.解图象问题时要做好“三看”
(1)看清坐标轴所表示的物理量：明确因变量与自变量的制约关系，是运动学图象(v-t、x-t、a-t、x-v2、v-x等)，还是动力学图象(F-t、F-x、P-t等)；
(2)看图线本身：识别两个相关量的变化趋势，进而分析具体的物理过程；
(3)看交点、斜率和“面积”：明确图线与图线的交点、图线与坐标轴的交点、图线斜率、图线与坐标轴围成的面积的物理意义。

2．求解匀变速直线运动问题时的方法技巧
(1)巧用平均速度：对匀变速直线运动问题，运用公式v＝1
2(v0＋v)，x＝v t，
相当于把一个匀变速直线运动问题转化为一个匀速直线运动问题来处理。

(2)逆向思维：把运动过程的“末态”作为“初态”的反向分析，这种研究问题的方法一般用于末态已知的情况。

3．动力学与图象的综合问题做好两步
(1)判别物理过程：由图象形状所描述的状态及变化规律确定质点的运动性质。

(2)选择解答方法：根据质点的运动性质，选择公式法或图象法解答试题，必要时建立函数关系并进行图象转换，或者与常见形式比较进行解答和判断。

4．传送带上物体的运动
由静止释放的物体，若能在匀速运动的传送带上同向加速到与传送带共速，则加速过程中物体的位移必与物体和传送带的相对位移大小相等，且等于传送带在这个过程中位移的一半；在倾斜传送带(倾角为θ)上运动的物体，动摩擦因数与tanθ的关系、物体初速度的方向与传送带速度方向的关系是决定物体运动情况的两个重要因素。

5．水平面上的板—块模型问题
分析两物体的运动情况需要关注：两个接触面(滑块与滑板之间、滑板与地面之间)的动摩擦因数的大小关系，外力作用在哪个物体上。

若外力作用在下面物体上，随着力的增大，两物体先共同加速，后发生相对滑动，发生相对滑动的条件是下面物体的加速度较大。

若外力作用在上面物体上，力增大过程中，两物体可能共同加速，也可能发生相对滑动，相对滑动时，上面物体的加速度较大。

高考考向1运动图象及其应用
命题角度1 应用运动图象分析追及相遇问题
例1(2018·全国卷Ⅲ)(多选) 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．从t1到t2时间内的某时刻，两车速度相等
解析根据x-t图象的物理意义可知，在t1时刻两车的位置相同，速度不相等，乙车的速度大于甲车的速度，A错误；从0到t1时间内，乙车走过的路程大于甲车，B错误；从t1到t2时间内，两车都是从x1位置走到x2位置，两车走过的路程相等，C正确；根据x-t图象的斜率等于速度可知，从t1到t2时间内的某时刻，有甲图线的切线与乙图线平行、斜率相同，两车速度相等，D正确。

答案CD
(1)对于x-t图象，图线在纵轴上的截距表示t＝0时物体的位置；对于v-t和a-t 图象，图线在纵轴上的截距并不表示t＝0时物体的位置。

(2)在v-t图象中，两条图线的交点不表示两物体相遇，而是表示两者速度相同。

(3)v-t图象中两条图线在轴上的截距不同，不少同学误认为两物体的初始位置不同，位置是否相同应根据题中条件确定。

备课记录：
1－1(2018·全国卷Ⅱ)(多选) 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．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
答案BD
解析v-t图象中图象与t轴所包围的面积代表运动的位移，两车在t2时刻并排行驶，利用逆向思维并借助于面积可知在t1时刻甲车在后，乙车在前，故A错误，B正确；图象的斜率表示加速度，所以甲车的加速度先减小后增大，乙车的加速度也是先减小后增大，故C错误，D正确。

1－2(2019·西安高三第三次质检)(多选)甲、乙两物块在同一直线上运动的x-t 图象如图所示，乙物块做匀变速运动，加速度大小为0.2 m/s2，两图线相切于坐标点(5 s，－3 m)，下列说法正确的是()
A．前5 s内甲、乙的运动方向一直相同
B．t＝5 s时甲、乙相遇且速度相同
C．乙的初速度大小为1.8 m/s
D．t＝0时甲、乙相距2.8 m
答案AB
解析x-t图象的斜率表示速度，前5 s内甲、乙的x-t图线斜率均一直为负，则运动方向一直相同，A正确；t＝5 s时甲、乙的x-t图线斜率相同，位移、时间都相同，所以相遇且速度相同，B正确；由甲的图线知t＝5 s时，速度为－0.6 m/s，
乙做匀变速运动，v ＝v 0＋at ，则乙的初速度大小为1.6 m/s ，C 错误；由位移x ＝x 0
＋v 0t ＋12at 2，代入(5 s ，－3 m)及v 0的值，可得x 0＝2.5 m ，D 错误。

命题角度2 非常规图象问题
例2 (2019·全国卷Ⅰ)(多选) 在星球M 上将一轻弹簧竖直固定在水平桌面上，把物体P 轻放在弹簧上端，P 由静止向下运动，物体的加速度a 与弹簧的压缩量x 间的关系如图中实线所示。

在另一星球N 上用完全相同的弹簧，改用物体Q 完成同样的过程，其a -x 关系如图中虚线所示。

假设两星球均为质量均匀分布的球体。

已知星球M 的半径是星球N 的3倍，则( )
A ．M 与N 的密度相等
B ．Q 的质量是P 的3倍
C ．Q 下落过程中的最大动能是P 的4倍
D ．Q 下落过程中弹簧的最大压缩量是P 的4倍
解析 如图，当x ＝0时，对P ：m P g M ＝m P ·3a 0，即星球M 表面的重力加速度g M ＝3a 0；对Q ：m Q g N ＝m Q a 0，即星球N 表面的重力加速度g N ＝a 0。

当P 、Q 的加速度a ＝0时，对P 有：m P g M ＝kx 0，则m P ＝kx 03a 0
，对Q 有：m Q g N ＝k ·2x 0，则m Q ＝2kx 0a 0
，即m Q ＝6m P ，B 错误；根据mg ＝G Mm R 2得，星球质量M ＝gR 2G ，
则星球的密度ρ＝
M
4
3πR
3
＝
3g
4πGR，所以M、N的密度之比
ρM
ρN＝
g M
g N·
R N
R M＝
3
1×
1
3＝1，A
正确；当P、Q的加速度为零时，P、Q的动能最大，系统的机械能守恒，对P有：m P g M x0＝E p弹＋E k P，即E k P＝3m P a0x0－E p弹，对Q有：m Q g N·2x0＝4E p弹＋E k Q，即E k Q＝2m Q a0x0－4E p弹＝12m P a0x0－4E p弹＝4×(3m P a0x0－E p弹)＝4E k P，C正确；P、Q 在弹簧压缩到最短时，其位置与初位置关于加速度a＝0时的位置对称，故P下落过程中弹簧的最大压缩量为2x0，Q为4x0，D错误。

答案AC
非常规图象的解决要领
对于非常规图象，要结合运动学公式或题给条件确定图象的斜率、截距或特殊点的物理意义，分析图象与坐标轴围成的面积是否具有实际的物理意义，进而确定相关已知量，进行求解。

如本题中，x＝0时的加速度是星球表面的重力加速度；a＝0时的x则是弹力和重力平衡时弹簧的压缩量。

备课记录：
2－1(多选)质点沿一直线运动，以运动起点作为位移参考点并开始计时，设
在时间t内所发生的位移为x，其x
t-t图象如图所示，则由图可知()
A．质点的初速度为1 m/s B．质点的初速度为0.5 m/s C．质点的加速度为2 m/s2 D．质点的加速度为4 m/s2答案AD
解析 由匀变速直线运动的位移公式x ＝v 0t ＋12at 2可得x t ＝v 0＋12at 。

由此可知，
x t -t 图象的纵截距代表初速度，斜率表示加速度的12，结合图象可知，质点的初速度为1 m/s ，加速度为4 m/s 2，故本题选A 、D 。

2－2 (多选)为检测某新能源动力车的刹车性能，如图所示是一次在平直公路上实验时，新能源动力车整个刹车过程中位移与速度平方之间的关系图象，下列说法正确的是( )
A ．新能源动力车的初速度为20 m/s
B ．刹车过程新能源动力车的加速度大小为5 m/s 2
C ．刹车过程持续的时间为10 s
D ．刹车过程经过6 s 时新能源动力车的位移为30 m
答案 AB
解析 根据0－v 2＝2ax 得：图线斜率x v 2＝－12a ，可知12a ＝40400，解得刹车过程
中加速度的大小a ＝5 m/s 2，由题图可知，新能源动力车的初速度的平方v 20＝400
m 2/s 2，则v 0＝20 m/s ，故A 、B 正确；刹车过程持续的时间t ＝v 0a ＝205 s ＝4 s ，故
C 错误；刹车过程中6 s 内的位移等于4 s 内的位移，则x ＝v 202a ＝40010 m ＝40 m ，故
D 错误。

高考考向2 传送带问题
例3 (2019·河北武邑中学3月高三月考)某工厂为实现自动传送工件设计了如图所示的传送装置，它由一个水平传送带AB 和倾斜传送带CD 组成，水平传送带长度L AB ＝4 m ，倾斜传送带长度L CD ＝4.45 m ，倾角为θ＝37°，AB 和CD 通过一段极短的光滑圆弧板过渡，AB 传送带以v 1＝5 m/s 的恒定速率顺时针运转，CD 传送带静止。

已知工件与传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.5，重力加速度g 取10 m/s 2。

现将一个工件(可看做质点)无初速度地放在水平传送带最左端A 点处，求：
(1)工件被第一次传送到CD 传送带沿传送带上升的最大高度和所用的总时间；
(2)要使工件恰好被传送到CD 传送带最上端，CD 传送带沿顺时针方向运转的速度v 2的大小(v 2<v 1)。

解析 (1)工件刚放在传送带AB 上时，在摩擦力作用下做匀加速运动，设其加速度大小为a 1，速度增加到v 1时所用时间为t 1，位移大小为x 1，受力分析如图甲所示，则
F N1＝mg
F f1＝μF N1＝ma 1
联立解得a 1＝5 m/s 2
由运动学公式有t 1＝v 1a 1
＝55 s ＝1 s x 1＝12a 1t 21＝12
×5×12 m ＝2.5 m 由于x 1<L AB ，工件随后在传送带AB 上匀速运动到B 端，则匀速运动的时间为t 2＝L AB －x 1v 1
＝0.3 s
工件滑上CD 传送带后在重力和滑动摩擦力作用下做匀减速运动，设其加速度大小为a 2，速度减小到零时所用时间为t 3，位移大小为x 2，受力分析如图乙所示，则
F N2＝mg cos θ
mg sin θ＋μF N2＝ma 2
由运动学公式有x 2＝0－v 21－2a 2
联立解得a 2＝10 m/s 2，x 2＝1.25 m
工件沿CD 传送带上升的最大高度为
h ＝x 2sin θ＝1.25×0.6 m ＝0.75 m
沿CD 传送带上升的时间为t 3＝0－v 1－a 2
＝0.5 s 故总时间为t ＝t 1＋t 2＋t 3＝1.8 s 。

(2)CD 传送带以速度v 2顺时针运转时，当工件的速度大于v 2时，滑动摩擦力沿传送带向下，加速度大小仍为a 2；当工件的速度小于v 2时，滑动摩擦力沿传送带向上，受力分析如图丙所示，设其加速度大小为a 3，两个过程的位移大小分别为x 3和x 4，由运动学公式和牛顿运动定律可得
－2a2x3＝v22－v21
mg sinθ－μF N2＝ma3
－2a3x4＝0－v22
L CD＝x3＋x4
解得v2＝4 m/s。

答案(1)0.75 m 1.8 s(2)4 m/s
传送带的摩擦力分析
(1)关注两个时刻
①初始时刻：物体相对于传送带的速度或滑动方向决定了该时刻的摩擦力方向。

②物体与传送带速度相等的时刻：摩擦力的大小、方向或性质(滑动摩擦力或静摩擦力)可能会发生突变。

(2)注意过程分解
①摩擦力突变点是加速度突变点，也是物体运动规律的突变点，列方程时要注意不同过程中物理量莫混淆。

②摩擦力突变点对应的状态是前一过程的末状态，也是后一过程的初状态，这是两个过程的连接点。

(3)物体在倾斜传送上运动，物体与传送带速度相同后需比较tanθ与μ的大小关系：μ>tanθ，速度相等后一起匀速；μ<tanθ，速度相等后物体的加速度向下，根据v与a的方向关系即可判定运动情况。

备课记录：
3．(2019·河南许昌高三二诊)(多选)如图所示为运送粮袋的传送带装置，已知A、B间的长度为L，传送带与水平方向的夹角为θ，工作时运行速度为v，粮袋与传送带间的动摩擦因数为μ，正常工作时工人将粮袋从A点无初速度释放，粮袋由A 运动到B，以下说法正确的是(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)()
A ．粮袋到达
B 点的速度与v 比较，可能较大，可能相等，也可能较小
B ．粮袋开始运动的加速度为g (sin θ－cos θ)，若L 足够大，则以后将一定以速度v 做匀速运动
C ．若μ<tan θ，则粮袋从A 到B 一定是一直做加速运动
D ．不论μ如何小，粮袋从A 到B 一直做匀加速运动，且a ＞g sin θ
答案 AC
解析 粮袋刚放上传送带时，相对于传送带向上运动，故受到沿传送带向下的滑动摩擦力，由牛顿第二定律有：mg sin θ＋μmg cos θ＝ma ，得a ＝g sin θ＋μg cos θ。

若传送带长度较短，则粮袋可能在此加速过程中到达底端；若传送带较长，粮袋做匀加速运动至速度v ，与传送带同速。

当μ<tan θ时，重力的下滑分力大于最大静摩擦力，粮袋继续向下做匀加速运动，由牛顿第二定律有：mg sin θ－μmg cos θ＝ma ′，得a ′＝g sin θ－μg cos θ；当μ≥tan θ时，重力的下滑分力小于等于最大静摩擦力，粮袋与传送带同速后做匀速运动，速度为v 。

由上述分析可知，粮袋到达B 点的速度与v 相比，可能较大，可能相等，也可能较小，故A 正确；粮袋开始运动的加速度为a ＝g sin θ＋μg cos θ，且即使L 足够大，以后粮袋也不一定做匀速运动，而是有可能做匀加速运动，故B 错误；当μ<tan θ时，粮袋与传送带同速后继续向下做匀加速运动，但其加速度a ＝g sin θ－μg cos θ<g sin θ，故C 正确，D 错误。

高考考向3 多体问题
命题角度1 连接体问题
例4 (2015·全国卷Ⅱ)(多选)在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢，当机车在东边拉着这列车厢以大小为a 的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P 和Q 间的拉力大小为F ；当机车在西边拉着车厢以大
小为23a 的加速度向西行驶时，P 和Q 间的拉力大小仍为F 。

不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为( )
A ．8
B ．10
C ．15
D ．18
解析 设P 在东，Q 在西，当机车向东加速行驶时，对P 以西的所有车厢应用牛顿第二定律有F ＝m 西a 。

当机车向西加速行驶时，对Q 以东的所有车厢应用
牛顿第二定律有F ＝m 东·23a 。

两式相比可得m 西∶m 东＝2∶3，所以这列车厢的节数只能为5的整数倍，B 、C 两项符合要求，A 、D 两项不符合要求。

答案 BC
连接体问题的解决方法：整体法和隔离法
(1)加速度相同的连接体问题
①若求解整体的加速度，可用整体法。

整个系统看做一个研究对象，分析整体受外力情况，再由牛顿第二定律求出加速度。

②若求解系统内力，可先用整体法求出整体的加速度，再用隔离法将内力转化成外力，由牛顿第二定律求解。

(2)加速度不同的连接体问题
若系统内各个物体的加速度不同，一般应采用隔离法。

将各个物体分别作为研究对象，对每个研究对象进行受力和运动情况分析，分别应用牛顿第二定律建立方程，并注意各个物体间的相互作用关系，联立求解。

备课记录：
4－1 (2019·四川教考联盟三诊)(多选)如图，在水平面上固定一倾角为30°的光滑斜面，斜面底部有一垂直于斜面的固定挡板，A 和B 用轻弹簧相连，A 靠在挡板上，C 靠在B 上，A 、B 、C 三者质量均为m ，力F 作用在C 上使弹簧处于压缩状态。

现撤去F ，弹簧弹开，最后使A 和挡板恰无弹力，重力加速度为g ，在这个过程中以下说法正确的是( )
A ．当
B 速度最大时，B 、
C 间弹力为0
B ．当B 和
C 分离时，A 对挡板的压力为12mg
C ．当B 和C 分离时，它们的速度相等且达到最大
D ．当B 的速度最大时，A 对挡板的压力为32mg
答案 BD
解析 B 和C 分离瞬间加速度相等且弹力消失，分离后的瞬间C 的加速度为g sin θ，则B 的加速度也为g sin θ，由此推知B 和C 在弹簧处于原长时分离，此时，它们的加速度不为0，即速度不是最大，速度最大出现在分离之前，故A 、C 错误；当B 和C 分离时弹簧为原长，此时A 对挡板的压力等于重力沿斜面方向的分力，即12mg ，故B 正确；当B 的速度最大时，C 的速度也最大，它们受弹簧的弹力等于二者重力沿斜面方向的分力，即2mg sin30°＝mg ，弹簧另一端的弹力也是mg ，所
以此时A 对挡板的压力为32mg ，D 正确。

4－2 (2019·黑龙江哈尔滨三中三模)(多选)如图所示，A 、C 、D 长方体木块完全相同，质量均为m ，其中C 、D 放在光滑水平面上，A 放在长木板B 上，B 质量为2m ，A 、B 、C 、D 间动摩擦因数均为μ，现用水平向右的恒力F 拉木块A ，使A 、
B 、
C 、
D 保持相对静止一起沿水平面向右运动，不计空气阻力，重力加速度为g ，则( )
A ．
B 对A 的摩擦力大小为μmg ，方向向左
B ．A 对B 的摩擦力大小为4F 5，方向向右
C ．C 对B 的摩擦力大小为2F 5，方向向右
D ．C 、D 两木块所受到的摩擦力大小相等，方向相同
答案 BD
解析 A 与B 之间没有相对运动，为静摩擦力，A 错误；将A 、B 、C 、D 看
成整体，根据牛顿第二定律可知，整体的加速度a ＝F 5m ，隔离A ，可得F －f BA ＝
ma ，f BA ＝45F ，B 对A 的摩擦力向左，再根据牛顿第三定律，可知A 对B 的摩擦力
向右，大小为45F ，B 正确；隔离C 可得，f BC ＝ma ＝15F ，B 对C 的摩擦力向右，所
以C 对B 的摩擦力向左，大小为15F ，C 错误；隔离D 可得，f BD ＝ma ＝15F ，B 对D
的摩擦力向右，所以C 、D 受到的摩擦力大小相等，方向相同，D 正确。

命题角度2 滑块—木板问题
例5 (2017·全国卷Ⅲ) 如图，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μ1＝0.5；木板的质量为m ＝4 kg ，与地面间的动摩擦因数为μ2＝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：
(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 所受木板的摩擦力大小分别为f 1、f 2，木板所受地面的摩擦力大小为f 3，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 1＝μ1m A
g ①
f 2＝μ1m B
g ②
f 3＝μ2(m ＋m A ＋m B )
g ③
由牛顿第二定律得
f 1＝m A a A ④
f 2＝m B a B ⑤
f 2－f 1－f 3＝ma 1⑥
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 1⑦
v 1＝a 1t 1⑧
联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得
v 1＝1 m/s ⑨
(2)在t 1时间间隔内，B 相对于地面移动的距离为
s B ＝v 0t 1－12a B t 21⑩
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 与木板组成的体系，由牛顿第二定律有
f 1＋f 3＝(m B ＋m )a 2⑪
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，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 2t 2⑫
对A 有
v 2＝－v 1＋a A t 2⑬
在t 2时间间隔内，B (以及木板)相对地面移动的距离为
s 1＝v 1t 2－12a 2t 22⑭
在(t 1＋t 2)时间间隔内，A 相对地面移动的距离为
s A ＝v 0(t 1＋t 2)－12a A (t 1＋t 2)2⑮
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)
答案 (1)1 m/s (2)1.9 m
分析“板—块”模型的四点注意
(1)从速度、位移、时间等角度，寻找滑块与滑板之间的联系。

(2)滑块与滑板共速是摩擦力发生突变的临界条件。

(3)滑块与滑板存在相对滑动的条件
①运动学条件：若两物体速度不等，则会发生相对滑动。

②力学条件：一般情况下，假设两物体间无相对滑动，先用整体法算出一起运动的加速度，再用隔离法算出滑块“所需要”的摩擦力F f，比较F f与最大静摩擦力F fm的关系，若F f>F fm，则发生相对滑动。

(4)滑块不从滑板上掉下来的临界条件是滑块到达滑板末端时，两者共速。

备课记录：
5－1(2019·山东省实验、淄博实验、烟台一中、莱芜一中四校联合一模)(多选)如图所示，物块A叠放在木板B上，m A＝6 kg、m B＝1 kg且均处于静止状态，已知A、B间的动摩擦因数μ1＝0.3，地面与B之间的动摩擦因数μ2＝0.2，现对A 施加一水平向右的拉力F，则下列说法正确的是(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10 m/s2)()
A．当F＞18 N时，A相对B发生滑动
B．当F＝30 N时，A的加速度是2 m/s2
C．当F＝42 N时，A的加速度是4 m/s2
D．当F＝48 N时，B的加速度是4 m/s2
答案CD
解析当A、B刚要发生相对滑动时，A、B间的摩擦力达到最大静摩擦力，隔离B，对B分析，根据牛顿第二定律，得：μ1m A g－μ2(m A＋m B)g＝m B a，解得：a ＝4 m/s2，对整体分析，根据牛顿第二定律，有：F－μ2(m A＋m B)g＝(m A＋m B)a，解得：F＝42 N。

由以上分析知，当F>42 N时，A相对B发生滑动，故A错误；当F＝30 N＜42 N时，A、B保持相对静止，A的加速度等于整体的加速度，为：a A
＝F－μ2(m A＋m B)g
m A＋m B
＝
16
7m/s
2，故B错误；当F＝42 N时，A、B恰保持相对静止，
A的加速度为：a A＝F－μ1m A g
m A＝4 m/s
2，故C正确；当F＝48 N＞42 N时，A、B
已发生相对滑动，B的加速度为：a B＝μ1m A g－μ2(m A＋m B)g
m B＝4 m/s
2，故D正确。

5－2如图所示，有两个高低不同的水平面，高水平面光滑，低水平面粗糙。

一质量为5 kg、长度为2 m的长木板靠在低水平面边缘，其表面恰好与高水平面平齐，长木板与低水平面间的动摩擦因数为0.05，一质量为1 kg、可视为质点的滑块静止放置在高水平面上，距边缘A点3 m，现用大小为6 N、水平向右的外力拉滑块，当滑块运动到A点时撤去外力，滑块以此时的速度滑上长木板。

滑块与长木板间的动摩擦因数为0.5，g取10 m/s2。

求：
(1)滑块滑动到A点时的速度大小；
(2)滑块滑动到长木板上时，滑块和长木板的加速度大小分别为多少？
(3)通过计算说明滑块能否从长木板的右端滑出。

答案(1)6 m/s(2)5 m/s20.4 m/s2(3)见解析
解析(1)根据牛顿第二定律有F＝ma
根据运动学公式有v2＝2aL0
联立方程代入数据解得v＝6 m/s
其中m、F分别为滑块的质量和受到的拉力，a是滑块的加速度，v是滑块滑动到A点时的速度大小，L0是滑块在高水平面上运动的位移。

(2)根据牛顿第二定律，对滑块有
μ1mg＝ma1
代入数据解得a1＝5 m/s2
对长木板有μ1mg－μ2(m＋M)g＝Ma2
代入数据解得a2＝0.4 m/s2
其中M为长木板的质量，a1、a2分别是滑块刚滑上长木板时滑块和长木板的加速度大小，μ1、μ2分别是滑块与长木板间和长木板与低水平面间的动摩擦因数。

(3)假设滑块滑不出长木板，从滑块滑上长木板到两者相对静止所用的时间为t，则
v－a1t＝a2t
代入数据解得t ＝109 s
则此过程中滑块的位移为x 1＝v t －12a 1t 2
长木板的位移为x 2＝12a 2t 2
x 1－x 2＝103 m>L
式中L ＝2 m 为长木板的长度，所以滑块能从长木板的右端滑出。

阅卷现场 板—块模型中的摩擦力方向判定出错
例6 (2015·全国卷Ⅰ)(20分)一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块，在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5 m ，如图甲所示。

从t ＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t ＝1 s 时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)。

碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板。

已知碰撞后1 s 时间内小物块的v -t 图线如图乙所示。

木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g 取10 m/s 2。

求：
(1)木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2；
(2)木板的最小长度；
(3)木板右端离墙壁的最终距离。

正解 (1)规定向右为正方向。

木板与墙壁相碰前，小物块和木板一起向右做匀减速运动，设加速度为a 1，小物块和木板的质量分别为m 和M 。

由牛顿第二定律有
－μ1(m ＋M )g ＝(m ＋M )a 1 ①(2分)
由题图乙可知，木板与墙壁碰前瞬间的速度v 1＝4 m/s ，由运动学公式得 v 1＝v 0＋a 1t 1 ②(1分)
s 0＝v 0t 1＋12a 1t 21 ③(1分)
式中，t 1＝1 s ，s 0＝4.5 m 是木板碰前的位移，v 0是小物块和木板开始运动时的速度。

联立①②③式，并代入数值得μ1＝0.1 ④(1分)
在木板与墙壁碰撞后，木板以－v 1的初速度向左做匀减速运动，小物块以v 1的初速度向右做匀减速运动。

设小物块的加速度为a 2，由牛顿第二定律有
－μ2mg ＝ma 2 ⑤(1分)
由题图乙可得a 2＝v 2－v 1t 2－t 1
⑥(1分) 式中，t 2＝2 s ，v 2＝0，
联立⑤⑥式，并代入数值得μ2＝0.4 ⑦(1分)
(2)设碰撞后木板的加速度为a 3，经过时间Δt ，木板和小物块刚好具有共同速度v 3。

由牛顿第二定律及运动学公式得
μ2mg ＋μ1(M ＋m )g ＝Ma 3 ⑧(2分)
v 3＝－v 1＋a 3Δt ⑨(1分)
v 3＝v 1＋a 2Δt ○
10(1分) 其中M ＝15 m 。

碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运
动的位移为s 1＝－v 1＋v 32
Δt ⑪(1分) 小物块运动的位移为s 2＝v 1＋v 32Δt ⑫(1分)
小物块相对木板的位移为Δs ＝s 2－s 1 ⑬(1分)
联立④⑥⑦⑧⑨⑩⑪⑫⑬式，并代入数值得
Δs ＝6.0 m ⑭(1分)
因为运动过程中小物块没有脱离木板，所以木板的最小长度应为6.0 m 。

(3)在小物块和木板共速后，因为μ1g <μ2g ，所以两者以共同的速度向左做匀减速运动直至停止，设加速度为a 4，此过程中小物块和木板运动的位移为s 3，由牛顿第二定律及运动学公式得
μ1(m ＋M )g ＝(m ＋M )a 4 ⑮(1分)
0－v 23＝2a 4s 3 ⑯(1分)
碰后木板运动的位移为s ＝s 1＋s 3 ⑰(1分)
联立④⑥⑦⑧⑨⑩⑪⑮⑯⑰式，并代入数值得
s ＝－6.5 m ⑱(1分)
木板右端离墙壁的最终距离为6.5 m 。

答案 (1)0.1 0.4 (2)6.0 m (3)6.5 m
错解 (1)规定向右为正方向。

木板与墙壁相碰前，小物块和木板一起向右做匀减速运动，设加速度为a 1，小物块和木板的质量分别为m 和M 。

由牛顿第二定律有
－μ1(m ＋M )g ＝(m ＋M )a 1 ①(2分)
由题图乙可知，木板与墙壁碰前瞬间的速度v 1＝4 m/s ，由运动学公式得 v 1＝v 0＋a 1t 1 ②(1分)
s 0＝v 0t 1＋12a 1t 21 ③(1分)
式中，t 1＝1 s ，s 0＝4.5 m 是木板碰前的位移，v 0是小物块和木板开始运动时的速度。

联立①②③式，并代入数值得μ1＝0.1 ④(1分)
在木板与墙壁碰撞后，木板以－v 1的初速度向左做匀减速运动，小物块以v 1的初速度向右做匀减速运动。

设小物块的加速度为a 2，由牛顿第二定律有
－μ2mg ＝ma 2 ⑤(1分)
由题图乙可得a 2＝v 2－v 1t 2－t 1
⑥(1分) 式中，t 2＝2 s ，v 2＝0，
联立⑤⑥式，并代入数值得μ2＝0.4 ⑦(1分)
(2)设碰撞后木板的加速度为a 3，经过时间Δt ，木板和小物块刚好具有共同速度v 3。

由牛顿第二定律及运动学公式得
μ1(M ＋m )g －μ2mg ＝Ma 3 ⑧(扣2分)
v 3＝v 1＋a 2Δt ＝－v 1＋a 3Δt ⑨(2分)
其中M ＝15m 。

碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运动
的位移为s 1＝－v 1＋v 32
Δt ○10(1分) 小物块运动的位移为s 2＝v 1＋v 32Δt ⑪(1分)
小物块相对木板的位移为Δs ＝s 2－s 1 ⑫(1分)
联立④⑥⑦⑧⑨⑩⑪⑫式，并代入数值得
Δs ＝6.7 m ⑬(扣1分)
因为运动过程中小物块没有脱离木板，所以木板的最小长度应为6.7 m 。

(3)在小物块和木板共速后，两者向左做匀减速运动直至停止，设此过程中小物块和木板运动的位移为s 3，由运动学公式得
0－v 23＝2a 3s 3 ⑭(扣2分)
碰后木板运动的位移为s ＝s 1＋s 3 ⑮(1分)
联立④⑥⑦⑧⑨⑩⑭⑮式，并代入数值得
s ＝－10 m(扣1分)
木板右端离墙壁的最终距离为10 m 。