【物理】2019届二轮复习力与直线运动学案（全国通用） 25页

第2讲　力与直线运动 ‎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 答案　B 解析　速度v＝at，动能Ek＝mv2＝ma2t2，与它所经历的时间的平方成正比，A项错误；根据v2＝2ax，动能Ek＝mv2＝m·2ax＝max，与位移成正比，B项正确；动能Ek＝mv2，与速度的平方成正比，C项错误；动量p＝mv，动能Ek＝mv2＝，与动量的平方成正比，D项错误．‎ ‎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(　　)‎ 图1‎ 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 答案　BD 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，0～3 s内甲车位移x甲＝×3×30 m＝45 m，乙车位移x乙＝×3×(10＋25) m＝52.5 m．故t＝0时，甲、乙相距Δx1＝x乙－x甲＝7.5 m，即甲在乙前方7.5 m，B选项正确；0～1 s内，x甲′＝×1×10 m＝5 m，x乙′＝×1×(10＋15) m＝12.5 m，Δx2＝x乙′－x甲′＝7.5 m＝Δx1，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．‎ ‎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 答案　BD 解析　小球的质量m＝ρ·πr3，由题意知m甲>m乙，ρ甲＝ρ乙，则r甲>r乙．空气阻力F阻＝kr，对小球由牛顿第二定律得，mg－F阻＝ma，则a＝＝g－＝g－，可得a甲>a乙，由h＝at2知，t甲v乙，故选项B正确；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．‎ ‎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 ‎【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 答案　A 解析　设物块P静止时，弹簧的长度为x0，‎ 则k(l－x0)＝mg，物块P匀加速直线运动时受重力mg、弹簧弹力k(l－x0－x)及力F ‎，根据牛顿第二定律得，‎ F＋k(l－x0－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.‎ ‎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s0和s1(s16 s B．t＝6 s C．4 sGB＝mg，根据牛顿第二定律可得：3mg－mg＝maB，解得aB＝2g，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(　　)‎ 图11‎ 答案　CD 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/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则下列说法正确的是(　　)‎ 图12‎ 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 答案　CD 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大小为a＝＝1 m/s2，由牛顿第二定律得μmgcos θ－mgsin θ＝ma，解得μ＝0.875，故B错误；0～8 s内物体位移为x＝－×2×2 m＋×4 m＝14 m，故C正确；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内传送带运动的距离为x带＝4×6 m＝24 m,0～6 s内物体位移为x物＝－×2×2 m＋ m＝6 m，产生的热量Q＝μmgcos θ·x相对＝μmgcos 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mA＝2 kg和mB＝1 kg的A、B两物块，A、B与木板间的动摩擦因数分别为μ2＝0.3、μ3＝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/s2.则(　　)‎ 图13‎ 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 答案　D 解析　A与木板间的最大静摩擦力为FfAmax＝μ2mAg＝6 N，‎ B与木板间的最大静摩擦力为FfBmax＝μ3mBg＝5 N，‎ 木板与地面间的最大静摩擦力为Ff＝μ(M＋mA＋mB)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－Ff＝(M＋mA＋mB)a，对A有F－FfA＝mAa，解得FfA＝4.5 N<6 N，对B有FfB＝mBa，解得FfB＝0.25 N<5 N，故A、B物块相对木板静止，且FfA＝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－Ff＝(M＋mA＋mB)a，对A有F－FfA＝mAa，解得FfA＝5 N<6 N，对B有FfB＝mBa，解得FfB＝0.5 N<5 N，故A、B物块相对木板静止，且FfB＝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－Ff＝(M＋mA＋mB)a，对A有F－FfA＝mAa，解得FfA＝5.5 N<6 N，对B有FfB＝mBa，解得FfB＝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FfAmax－Ff＝(M＋mB)a，对B有FfB＝mBa，解得FfB＝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v0＝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μ1＝0.2，薄木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.3，g＝10 m/s2.求：‎ 图14‎ ‎(1)小铁块放到薄木板后瞬间铁块和木板的加速度大小a1、a2；‎ ‎(2)小铁块与薄木板的速度相等时，二者的位移大小；‎ ‎(3)当小铁块速度刚好减小到零时，小铁块到A端的距离．‎ 答案　(1)2 m/s2　8 m/s2　(2)0.25 m　1.5 m ‎(3)1.125 m 解析　(1)对m由牛顿第二定律得：Ffm＝ma1‎ a1＝＝2 m/s2‎ 对M由牛顿第二定律得：Ffm＋FfM＝Ma2‎ a2＝＝8 m/s2‎ ‎(2)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＝a1t 对M：v＝v0－a2t 解得t＝0.5 s，v＝1 m/s 二者速度相等时m的对地位移xm1＝a1t2＝0.25 m M的对地位移xM1＝v0t－a2t2＝1.5 m ‎(3)0.5 s后，m在M上会向右减速滑动，此时，‎ m减速时的加速度大小am＝＝2 m/s2‎ M减速时的加速度大小 aM＝＝4 m/s2‎ m减速到0的时间tm＝＝0.5 s M减速到0的时间tM＝＝0.25 s 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，‎ 木板的位移xM2＝＝0.125 m 铁块的位移xm2＝＝0.25 m 所以铁块离木板A端的距离：‎ d＝xM1＋xM2－(xm1＋xm2)＝1.125 m ‎1.(2018·广东省深圳市第一次调研)如图1所示为甲、乙两物体做直线运动的x－t图象，对于0～t1时间内两物体的运动，下列说法中正确的是(　　)‎ 图1‎ A．甲物体速度方向与加速度方向相同 B．乙物体加速度方向与速度方向相反 C．甲物体的平均速度大于乙物体的平均速度 D．乙物体位移变小，速度变大 答案　B 解析　由x－t图象可知甲物体速度逐渐减小，做减速运动，加速度方向与速度方向相反，选项A错误；乙物体速度逐渐减小，做减速运动，加速度方向与速度方向相反，选项B正确；由题图可知，两物体在t1时间内的位移大小相等，则平均速度大小相等，选项C错误；乙物体位移变小，速度变小，选项D错误．‎ ‎2.(2018·山西省晋城市第一次模拟)一平直公路上有甲、乙两辆车，他们从t＝0时刻开始运动，在0～6 s内速度随时间变化的情况如图2所示．已知两车在t＝3 s时刻相遇，下列说法正确的是(　　)‎ 图2‎ A．两车的出发点相同 B．t＝2 s时刻，两车相距最远 C．两车在3～6 s之间的某时刻再次相遇 D．t＝0时刻两车之间的距离大于t＝6 s时刻两车之间的距离 答案　D 解析　由题图可得，0～3 s内，‎ 乙车的位移为×(2＋0.5)×3 m＝3.75 m，‎ 甲车的位移为 ×(2＋4)×2 m＋×(4＋3)×1 m＝9.5 m，‎ 则两车的出发点相距9.5 m－3.75 m＝5.75 m，‎ 选项A错误；3～6 s内，‎ 乙车的位移为－×(1＋0.5)×1 m＝－0.75 m，‎ 甲车的位移为×3×3 m＝4.5 m，‎ 二者相距4.5 m＋0.75 m＝5.25 m.‎ 所以t＝0时刻两车之间的距离大于t＝6 s时刻两车之间的距离，选项D正确；‎ ‎0～2 s内，两车间距逐渐减小，t＝2 s时刻两车相距不是最远，选项B错误；‎ 两车在3～6 s之间距离越来越大，不可能再次相遇，选项C错误．‎ ‎3．(2018·湖北省武汉市调研)一物块沿倾角为θ的固定斜面从底端开始上滑，到达最大高度处后又返回斜面底端．已知物块下滑的时间是上滑时间的2倍．则物块与斜面间的动摩擦因数为(　　)‎ A.tan θ B.tan θ C.tan θ D．tan θ 答案　C 解析　上升的加速度a1＝gsin θ＋μgcos θ，则x＝a1t2；‎ 下滑的加速度a2＝gsin θ－μgcos θ，则x＝a2(2t)2；‎ 联立解得μ＝tan θ，故选C.‎ ‎4.(2018·福建省漳州市期末调研)如图3，质量均为m的A、B两个小物体置于倾角为θ＝30°的斜面上，它们相互接触但不粘连．其中B与斜面间的动摩擦因数为μ＝，A为光滑物体，同时由静止释放两个物体，重力加速度为g.则下列说法正确的是(　　)‎ 图3‎ A．两个物体在下滑过程中会分开 B．两个物体会一起向下运动，加速度为 C．两个物体会一起向下运动，加速度为 D．两个物体会一起向下运动，它们之间的相互作用力为mg 答案　C 解析　对A受力分析，如图甲所示，‎ 由牛顿第二定律得mgsin θ－FNBA＝maA ‎　‎ 对B受力分析，如图乙所示，‎ 由牛顿第二定律得mgsin θ＋FNAB－μmgcos θ＝maB，‎ 又aA＝aB，由牛顿第三定律得FNAB＝FNBA 联立解得aA＝aB＝g，故C正确．‎ ‎5．(2018·山东省日照市11月校际联合质检)将物体以某一速度竖直向上抛出，经过时间t0到达最高点，之后返回．运动过程中所受空气阻力大小与速率成正比．则此物体从抛出到返回抛出点的过程中，速率随时间变化的图象可能正确的是(　　)‎ 答案　D 解析　物体竖直向上抛出，受重力和向下的空气阻力，又空气阻力的大小与速率成正比，则mg＋kv＝ma1，物体上升时做加速度减小的减速运动．物体从最高点返回，受重力和向上的空气阻力，则mg－kv＝ma2，物体下降时做加速度减小的加速运动．上升过程中的加速度大于下降过程中的加速度，且上升和下降过程中物体运动的距离相同，由速率随时间变化图象的切线的斜率表示物体的加速度及速率随时间变化图象与时间轴围成的面积表示对应的运动距离，可知D项正确．‎ ‎6.(2018·福建省龙岩市上学期期末)将物体A、B放在竖直固定在地面上的轻弹簧上端，A的质量为m，B的质量为M，在外力F作用下保持静止，如图4所示．突然撤去外力F，不计空气阻力，则(　　)‎ 图4‎ A．在撤去F的瞬间，弹簧对B的弹力大于B对弹簧的压力 B．在撤去F的瞬间，A、B间相互作用力为＋mg C．在撤去F以后，弹簧对地面的压力总是等于(m＋M)g D．在撤去F以后，A、B组成的系统机械能守恒 答案　B 解析　在撤去F的瞬间，弹簧对B的弹力与B对弹簧的压力是一对作用力与反作用力，则弹簧对B的弹力等于B对弹簧的压力，选项A错误；在撤去F的瞬间，对A、B整体有F＝(M＋m)a，对物体A有FN－mg＝ma，解得FN＝＋mg，选项B正确；在撤去F以后，A、B整体先向上加速运动，后减速运动，即先超重后失重，则弹簧对地面的压力先大于(m＋M)g，后小于(m＋M)g，选项C错误；在撤去F以后，A、B及弹簧组成的系统机械能守恒，选项D错误．‎ ‎7．(多选)(2018·山东省菏泽市上学期期末)如图5甲所示，在光滑水平面上，静置一质量为M的长木板，质量为m的小滑块(可视为质点)放在长木板上．长木板受到水平拉力的作用，拉力F与加速度a的关系如图乙所示，重力加速度大小g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　)‎ 图5‎ A．长木板的质量M＝1 kg B．小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.5‎ C．当F＝6.5 N时，长木板的加速度大小为2.5 m/s2‎ D．当F增大时，小滑块的加速度一定增大 答案　AC 解析　对整体由牛顿第二定律有：F＝(M＋m)a，‎ 当F＝6 N时，两物体具有最大的共同加速度，‎ 代入数据解得：M＋m＝3 kg 当F大于6 N时，‎ 根据牛顿第二定律得：F－μmg＝Ma，即F＝Ma＋μmg，‎ 由题图乙知，图线的斜率k＝1，‎ 即M＝1 kg，滑块的质量为：m＝3 kg－M＝2 kg.‎ 纵截距为μmg＝4 N，则μ＝0.2，故A、B错误；‎ 当F大于6 N时，F＝a＋4.‎ 所以，当F＝6.5 N时，长木板的加速度为：a＝2.5 m/s2，故C正确；‎ 当拉力增大，两物体发生滑动时，木块的加速度为 a＝＝2 m/s2，恒定不变，故D错误．‎ ‎8.(2018·河北省衡水中学第一次调研)如图6所示，n个质量为m的相同木块并列放在水平面上，木块跟水平面间的动摩擦因数为μ，当对1木块施加一个水平向右的推力F时，木块加速运动，木块5对木块4的压力大小为(　　)‎ 图6‎ A．F B. C. D. 答案　D 解析　以整体为研究对象，‎ 根据牛顿第二定律F－μnmg＝nma，‎ 得a＝，以1、2、3、4为研究对象，设5对4的压力为FN，‎ 根据牛顿第二定律：F－FN－4μmg＝4ma 联立可得：FN＝，故A、B、C错误，D正确．‎ ‎9.(2018·广东省华南师大附中三模)在光滑水平面上，a、b两球沿水平面相向运动．当两球间距小于或等于L时，受到大小相等、相互排斥的水平恒力作用；当两球间距大于L时，则相互作用力为零．两球在相互作用区间运动时始终未接触，两球运动的v－t图象如图7所示，则(　　)‎ 图7‎ A．a球质量小于b球质量 B．t1时刻两球间距最小 C．0～t2时间内，两球间距逐渐减小 D．0～t3时间内，b球所受排斥力方向始终与运动方向相反 答案　C 解析　由题图可知0～t3时间内b小球v－t图象的斜率绝对值较大，所以b小球的加速度较大，两小球之间的排斥力为相互作用力，大小相等，根据a＝知，加速度大的质量小，所以b小球质量较小，故A错误；二者做相向运动，所以当速度相等时距离最近，即t2时刻两小球最近，之后两者间距离又开始逐渐变大，所以B错误，C正确；b球在t1～t3时间内匀加速，所以t1～t3时间内排斥力与运动方向相同，D错误．‎ ‎10.(2018·河南省洛阳市上学期期中)某学校组织趣味课外活动——拉重物比赛，如图8所示．设重物的质量为m，重物与地面间的动摩擦因数为μ，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，则重物运动时的最大加速度为(　　)‎ 图8‎ A. B.－μg C.－μg D.－μg 答案　D 解析　重物受到重力、支持力、拉力(与水平方向夹角为θ)和摩擦力的作用，‎ 根据牛顿第二定律，在水平方向有Fcos θ－Ff＝ma，‎ 竖直方向有Fsin θ＋FN＝mg，‎ 滑动摩擦力Ff＝μFN，‎ 则a＝－μg，‎ 由数学知识知当tan θ＝μ时，加速度最大，最大加速度为amax＝－μg，故D正确，A、‎ B、C错误．‎ ‎11．(2018·河南省驻马店市第二次质检)某次滑雪训练，运动员站在水平雪道上第一次利用滑雪杖对雪面的作用获得水平推力F＝100 N而由静止向前滑行，其作用时间为t1＝10 s，撤除水平推力F后经过t2＝15 s，他第二次利用滑雪杖对雪面的作用获得同样的水平推力，第二次利用滑雪杖对雪面的作用距离与第一次相同．已知该运动员连同装备的总质量为m＝75 kg，在整个运动过程中受到的滑动摩擦力大小恒为Ff＝25 N，求：‎ ‎(1)第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小及这段时间内的位移大小；‎ ‎(2)该运动员(可视为质点)第二次撤除水平推力后滑行的最大距离．‎ 答案　(1)10 m/s　50 m　(2)187.5 m 解析　(1)设运动员利用滑雪杖获得的加速度为a1‎ 由牛顿第二定律可知F－Ff＝ma1‎ 解得a1＝1 m/s2‎ 第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小为v1＝a1t1＝10 m/s，‎ 通过的位移为x1＝a1t＝50 m ‎(2)第一次撤除水平推力后，‎ 运动员的加速度大小为a2＝＝ m/s2，‎ 经历时间t2速度变为v1′＝v1－a2t2＝5 m/s 第二次利用滑雪杖获得的速度大小为v2，‎ 则v－v1′2＝2a1x1‎ 第二次撤去水平推力后，滑行的最大距离x2＝，‎ 联立解得x2＝187.5 m.‎ ‎12．(2018·河南省郑州一中上学期期中)如图9甲所示，质量为M＝0.5 kg的木板静止在光滑水平面上，质量为m＝1 kg的物块以初速度v0＝4 m/s滑上木板的左端，物块与木板之间的动摩擦因数为μ＝0.2.在物块滑上木板的同时，给木板施加一个水平向右的恒力F，当恒力F取某一值时，物块在木板上相对于木板滑动的路程为s，给木板施加大小不同的恒力F，得到－F的关系如图乙所示，其中AB段与横轴平行，且AB段的纵坐标为1 m－1.将物块视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2.‎ 图9‎ ‎(1)若恒力F＝0，则物块会从木板的右端滑下，求物块在木板上滑行的时间；‎ ‎(2)图乙中BC为直线段，求该段恒力F的取值范围及－F的函数关系式；‎ ‎(3)简要说明图乙中线段DE所表示的物块和木板的相对运动情况．‎ 答案　见解析 解析　(1)以初速度v0的方向为正方向，物块的加速度大小：‎ am＝μg＝2 m/s2‎ 木板的加速度大小：aM＝＝4 m/s2‎ 由题图乙知，板长L＝1 m，物块相对木板的路程：‎ L＝v0t－amt2－aMt2‎ 解得t＝1 s或t＝ s 当t＝1 s时，物块的速度为2 m/s，木板的速度为4 m/s，而当物块从木板右端滑离时，物块的速度不可能小于木板的速度，t＝1 s应舍弃，故t＝ s.‎ ‎(2)①当F较小时，物块将从木板右端滑下，当F增大到某一值时物块恰好到达木板的右端，且两者具有共同速度v，历时t1，则a1＝ 根据速度时间关系可得：v＝v0－amt1＝a1t1‎ 又s＝t1－t1＝t1‎ 联立解得：＝ 由题图乙知，相对路程：s≤1 m 代入解得：F≥1 N.‎ ‎②当F继续增大时，物块减速、木板加速，在木板上某一位置两者具有共同速度，当两者具有共同速度后能保持相对静止(静摩擦力作用)一起以相同加速度a做匀加速运动，则a＝，而Ff＝ma，由于静摩擦力存在最大值，则：Ff≤Ffmax＝μmg＝2 N，‎ 联立解得F≤3 N 综上所述：BC段恒力F的取值范围是1 N≤F≤3 N，‎ 与F的函数关系式是：＝ ‎(3)若F>3 N时，物块和木板速度相等后将不能一起运动，且am