【物理】2020届二轮复习第1部分专题1第2讲力与直线运动学案 27页

第 2 讲 　力与直线运动 [高考统计·定方向] (教师授课资源) 考点 考向 五年考情汇总 考向 1.匀变速直线运动规律 的应用 2017·全国卷Ⅱ T24 2018·全国卷ⅠT14 2016·全国卷ⅢT16 1.匀变速直线 运动规律的 应用 考向 2.匀变速直线运动推论 及比例关系的应用 2019·全国卷ⅠT18 考向 1.图象的选取与转换 2.运动图象问 题 考向 2.图象信息的应用 2018·全国卷Ⅲ T18 2018·全国卷Ⅱ T19 2016·全国卷Ⅰ T21 考向 1.动力学的两类基本问 题 2019·全国卷Ⅲ T20 2016·全国卷Ⅱ T19 2018·全国卷Ⅱ T24 2015·全国卷Ⅰ T20 考向 2.瞬时性问题 2018·全国卷Ⅰ T15 考向 3.连接体问题 2015·全国卷Ⅱ T20 3.牛顿运动定 律的应用 考向 4.临界和极值问题 2017·全国卷Ⅱ T25 　匀变速直线运动规律的应用(5 年 4 考) ❶近几年高考对匀变速直线运动规律的考查，重在基本规律的应用，命题背 景来源于生活中的实际问题。 ❷在 2020 年的备考中要加强以实际问题为背景的题目的训练。 　 　　　　　　　　　　 　　　　　 　　　 1．(2018·全国卷Ⅰ·T 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 B　[列车启动的过程中加速度恒定，由匀变速直线运动的速度与时间关系可 知 v＝at，且列车的动能为 Ek＝1 2mv2，由以上整理得 Ek＝1 2ma2t2，动能与时间的 平方成正比，动能与速度的平方成正比，A、C 错误；将 x＝1 2at2 代入上式得 Ek＝ max，则列车的动能与位移成正比，B 正确；由动能与动量的关系式 Ek＝ p2 2m 可 知，列车的动能与动量的平方成正比，D 错误。] 2．(2019·全国卷Ⅰ·T 18)如图所示，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H 4 所用的时间为 t1，第四个H 4 所用 的时间为 t2。不计空气阻力，则t2 t1 满足(　　) A．1110 m，故假设不成立，不能安全超车。 [答案]　(1)4 s　(2)不能 考向 2　匀变速直线运动的推论及比例关系的应用 3．物体做匀加速直线运动，相继经过两段距离为 1 6 m 的路程，第一段用 时 4 s，第二段用时 2 s，则物体的加速度是(　　) A.2 3 m/s2 B.4 3 m/s2 C.8 9 m/s2 D.16 9 m/s2 B　[根据题意，物体做匀加速直线运动，t 时间内的平均速度等于t 2 时刻的瞬 时速度，在第一段路程内中间时刻的瞬时速度为：v1＝v1＝16 4 m/s＝4 m/s；在第 二段路程内中间时刻的瞬时速度为：v2＝v2＝16 2 m/s＝8 m/s；则物体加速度为： a＝v2－v1 t ＝8－4 3 m/s2＝4 3 m/s2，故 B 项正确。] 4．(2019·洛阳市高三联考)如图所示，物体自 O 点由静止开始做匀加速直线 运动，途经 A、B、C 三点，其中 A、B 之间的距离 l1＝3 m，B、C 之间的距离 l2 ＝4 m。若物体通过 l1、l2 这两段位移的时间相等，则 O、A 之间的距离 l 等于(　　) A.3 4 m B.4 3 m C.25 8 m D. 8 25 m C　[根据做匀变速直线运动的质点在相邻相等的时间内的位移差是一常量， 设物体通过 l1 和 l2 这两段位移的时间都是 T，可得 l2－l1＝aT2。根据做匀变速直 线运动的质点在一段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，可知物体通过 B 点时的速度 vB＝l1＋l2 2T ，物体从 O 点匀加速运动到 A 点，根据匀变速直线运动 规律，vB＝ 2a(l＋l1)，联立解得 l＝25 8 m，选项 C 正确。] 　运动图象问题(5 年 3 考) ❶近几年高考对图象的考查侧重于图象信息的获取和应用，图象信息不仅体 现运动学的基本规律，还涉及追及、相遇问题，图象反映的规律也不再仅局限于 匀变速直线运动。 ❷预计 2020 年对图象的考查还会涉及追及、相遇问题。图象选取、图象转 换类问题已多年未考，但复习中也应足够重视。 1．(多选)(2018·全国卷Ⅲ·T18)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 t1 到 t2 时间内的某时刻，两车速度相等 CD　[在 x­t 图象中，图线的斜率表示物体运动的速度，在 t1 时刻，两图线 的斜率关系为 k 乙>k 甲，两车速度不相等；在 t1 到 t2 时间内，存在某一时刻甲图 线的切线与乙图线平行，如图所示，该时刻两车速度相等，选项 A 错误，D 正 确。从 0 到 t1 时间内，乙车走过的路程为 x1，甲车走过的路程小于 x1，选项 B 错误。从 t1 到 t2 时间内，两车走过的路程都为 x2－x1，选项 C 正确。] 2．(多选)(2018·全国卷Ⅱ·T 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．在 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 BD　[本题可巧用逆向思维分析，两车在 t2 时刻并排行驶，根据题图分析可 知在 t1～t2 时间内甲车运动的位移大于乙车运动的位移，所以在 t1 时刻甲车在后， 乙车在前，B 正确，A 错误；依据 v­t 图象斜率表示加速度分析出 C 错误，D 正 确。] 3．(多选)(2016·全国卷Ⅰ·T 21)甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其 v ­t 图 象如图所示。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 BD　[由题中 v­t 图象得 a 甲＝10 m/s2，a乙＝5 m/s2，两车在 t＝3 s 时并排行 驶，此时 x 甲＝1 2a 甲 t2＝1 2 ×10×32 m＝45 m，x 乙＝v0t＋1 2a 乙 t2＝10×3 m＋1 2 ×5×32 m＝52.5 m，所以 t＝0 时甲车在前，距乙车的距离为 L＝x 乙－x 甲＝7.5 m， B 项正确。t＝1 s 时，x甲′＝1 2a 甲 t′2＝5 m，x 乙′＝v0t′＋1 2a 乙 t′2＝12.5 m， 此时 x 乙′＝x 甲′＋L＝12.5 m，所以另一次并排行驶的时刻为 t＝1 s，故 A、C 项错误。两次并排行驶的位置沿公路方向相距 L′＝x 乙－x 乙′＝40 m，故 D 项 正确。] 1．解决图象类问题“四个注意” (1)速度图线只有通过时间轴时速度方向才改变。 (2)利用 v­t 图象分析两个物体的运动时，要注意两个物体的出发点是否相同。 (如上 T3) (3)物体的运动图象与运动过程的转化。 (4)x­t 图象、v­t 图象、a­t 图象的应用。 2．应用图象时的“两个误区” (1)误认为 v­t 图象、x­t 图象是物体运动轨迹。 (2)在 v­t 图象中误将交点认为此时相遇。(如上 T2) 考向 1　图象的选取与转换 1．(2019·福州市高三调研)甲、乙两个小球从不同高度做自由落体运动，同 时落地。下列表示这一过程的位移—时间图象和速度—时间图象正确的是(　　) A　 　　　B　　 　 C　　 　D D　[由自由落体运动的位移时间公式可知从不同高度释放甲、乙两个小球， 它们同时落地，即它们的位移大小不同，在空中运动的时间也不同，选项 A 中 两小球的位移不同，在空中运动的时间相同，选项 B 中两小球的位移相同，在 空中运动的时间不同，选项 A、B 均错误；由自由落体运动的速度时间公式可知 甲、乙两个小球在空中运动的加速度(重力加速度 g)相同，即在 v­t 图象中图线的 斜率相同，但位移不同，开始运动的时刻不同，终止时刻相同，选项 C 错误，D 正确。] 2.一物体由静止开始沿直线运动，其加速度随时间变化的规律如图所示。取 物体开始运动的方向为正方向，则下列关于物体运动的 v­t 图象正确的是(　　) A　　　　　B　 　　　C　　　　　D C　[根据加速度随时间变化的图象可得，0～1 s 为匀加速直线运动，速度 v ＝at＝t，速度为正方向，D 项错误；第 1 s 末的速度 v＝1 m/s,1～2 s 加速度变为 负值，而速度为正方向，因此为减速，v′＝1 m/s－a(t－1)，第 2 s 末，速度减 小为 0，B 项错误；2～3 s，加速度为正方向，初速度为 0，物体做正方向的匀加 速直线运动，v＝a(t－2)＝t－2，即从第 2 s 开始又重复前面的运动，C 项正确， A 项错误。] 考向 2　图象信息的获取与应用 3.(易错题)(多选)a、b 两质点在同一直线上运动的位移—时间图象如图所示， b 质点的加速度大小始终为 0.2 m/s2，两图线相切于坐标为(5s，－2.7m)的点，则 (　　) A．前 5 s 内，a、b 两质点的运动方向相同 B．t＝5 s 时，a、b 两质点的速度均为－0.54 m/s C．b 质点的初速度是－1.8 m/s D．图中 x0 应为 2.8 AD　[位移—时间图象在某点切线的斜率表示在该点处的速度，由题意可知， a 质点在 t＝5 s 前沿负方向做匀速直线运动，b 质点在 t＝5 s 前沿负方向做匀减 速直线运动，两质点的运动方向相同，选项 A 正确；两图线相切于坐标为(5 s，－ 2.7 m)的点，故在 t＝5 s 时两质点的速度相同，且 v＝k＝ －2.7－0 5－0.5 m/s＝－0.6 m/s，选项 B 错误；由题意可知，做匀减速直线运动的 b 质点加速度为 0.2 m/s2，根 据运动学公式有 v＝v0＋at，解得 v0＝－1.6 m/s，选项 C 错误；对于 b 质点，前 5 s 内有 x＝vt2＝－1.6－0.6 2 ×5 m＝－5.5 m，故 x0＝－2.7－(－5.5)＝2.8，选项 D 正 确。] 4.(2019·黄冈市高三调研)甲、乙两车在平直的公路上沿相同的方向行驶，两 车的速度 v 随时间 t 的变化关系如图所示，其中阴影部分面积分别为 S1、S2，下 列说法正确的是(　　) A．若 S1＝S2，则甲、乙两车一定在 t2 时刻相遇 B．若 S1>S2，则甲、乙两车在 0～t2 时间内不会相遇 C．在 t1 时刻，甲、乙两车的加速度相等 D．0～t2 时间内，甲车的平均速度vS2，甲、乙两车在 0～t2 时间内可能相遇，选项 B 错 误；速度—时间图象的斜率表示加速度，在 t1 时刻，甲的加速度小于乙的加速度， 选项 C 错误；在 0～t2 时间内，甲车的平均速度v小于 t1～t2 时间内甲车的平均速 度 v1，在 t1～t2 时间内甲车的速度—时间图线与坐标轴所围图形的面积小于做匀 加速直线运动时速度—时间图线与坐标轴所围图形的面积，因此va 乙，选项 C 错误；下落相同的距离，由 h＝1 2at2 知，a 越大，t 越小，选项 A 错误；由 2ah ＝v2－v 20知，v0＝0，a 越大，v 越大，选项 B 正确；由 W 阻＝－F 阻 h 知，甲球 克服阻力做的功更大一些，选项 D 正确。] 3．(多选) (2015·全国卷Ⅰ·T 20)如图(a)所示，一物块在 t＝0 时刻滑上一固定 斜面，其运动的 v­t 图线如图(b)所示。若重力加速度及图中的 v0、v1、t1 均为已 知量，则可求出(　　) A．斜面的倾角 B．物块的质量 C．物块与斜面间的动摩擦因数 D．物块沿斜面向上滑行的最大高度 ACD　[由题图(b)可以求出物块上升过程中的加速度为 a1＝v0 t1 ，下降过程中 的加速度为 a2＝v1 t1 。物块在上升和下降过程中，由牛顿第二定律得 mgsin θ＋f＝ ma1，mgsin θ－f＝ma 2，由以上各式可求得 sin θ＝ v0＋v1 2t1g ，滑动摩擦力 f＝ m(v0－v1) 2t1 ，而 f＝μFN＝μmgcos θ，由以上分析可知，选项 A、C 正确。由 v­t 图 象中横轴上方的面积可求出物块沿斜面上滑的最大距离，可以求出物块沿斜面向 上滑行的最大高度，选项 D 正确。] 1．牛顿第二定律的表达式：F 合＝ma 或 Fx＝max，Fy＝may。 2．牛顿第二定律的“四性” (1)矢量性：公式 F＝ma 是矢量式，F 与 a 方向相同。 (2)瞬时性：力与加速度同时产生，同时变化。(如上 T1) (3)同体性：F＝ma 中，F、m、a 对应同一物体。 (4)独立性：分力产生的加速度相互独立，与其他加速度无关。 3．应用牛顿运动定律的“三点注意” (1)瞬时问题要注意绳、杆弹力和弹簧弹力的区别，绳和轻杆的弹力可以突 变，而弹簧的弹力不能突变，如上 T1 中，F 随 x 而变，而不是突变。 (2)连接体问题要充分利用“加速度相等”这一条件或题中特定条件，交替 使用整体法与隔离法。 (3)两类动力学基本问题的解题关键是运动分析、受力分析，充分利用加速 度的“桥梁”作用。做好受力分析，求出加速度。 (多选)(2019·武汉高三调研)如图所示，水平面上有一质量为 2m 的 物体 A，左端用跨过光滑定滑轮的细线连接着物体 B，物体 B、C 的质量均为 m，用轻弹簧相连放置在倾角为 θ 的斜面上，不计一切摩擦。开始时，物体 A 受 到水平向右的恒力 F 的作用而保持静止，已知重力加速度为 g。下列说法正确的 是(　　) A．在细线被烧断的瞬间，A 的加速度大小为 gsin θ B．在细线被烧断的瞬间，B 的加速度大小为 2gsin θ C．剪断弹簧的瞬间，A 的加速度大小为 gsin θ D．突然撤去外力 F 的瞬间，A 的加速度大小为 gsin θ [题眼点拨]　①“跨过光滑定滑轮”，表明滑轮两侧线上拉力相等； ②“保持静止”可分析各物体受力特点； ③“细线被烧断瞬间”，弹簧弹力不变，物体 C 的受力不变； ④“剪断弹簧瞬间”细线上的力突变。 AB　[细线被烧断前，将 B、C 及弹簧作为整体，由平衡条件得细线的拉力 F1 ＝2mgsin θ，对 A，由平衡条件得拉力 F＝F1＝2mgsin θ。在细线被烧断瞬间， 对 A，由牛顿第二定律得 F＝2maA，解得 aA＝gsin θ，选项 A 正确；在细线被烧 断瞬间，弹簧的弹力不变，B 所受的合力与细线的拉力大小相等，方向相反，由 牛顿第二定律得 F′1＝maB，解得 aB＝2gsin θ，选项 B 正确；剪断弹簧的瞬间， 设此时细线上的拉力为 F2，由牛顿第二定律得，对 A，F－F2＝2ma，对 B，F2－ mgsin θ＝ma，由以上两式解得 a＝1 3gsin θ，选项 C 错误；撤去 F 的瞬间，细线 上的拉力立即发生变化，但绳子仍然绷直，因此 A、B 可视为整体，由于弹簧弹 力不能发生突变，因此 C 仍处于静止状态，对 A、B 整体受力分析有 F弹＋mgsin θ＝3ma′，未烧断细线前，对 B 受力分析，可得 F1＝mgsin θ＋F 弹，联立得 a′ ＝2 3gsin θ，故 A 的加速度为 2 3gsin θ，选项 D 错误。] 反思：(1)当连接体中各物体具有共同的加速度时，一般采用整体法，如 典例中求细线被烧断前的拉力大小时，将 B、C 及弹簧作为整体；当系统内各物 体的加速度不同时，一般采用隔离法。 (2)瞬时加速度的分析与计算，要抓住两类模型的特点，如典例中，剪断细 线时，弹簧弹力不变。 考向 1　动力学中的两类基本问题 1.(原创题)2019 年 4 月 18 日潍坊月报报道，第 36 届潍坊国际风筝会，引入 了科技元素和时尚元素，无人机灯光秀首次亮相，为现场观众带来前所未有的 震撼体验。如图所示为四旋翼无人机，它是一种能够垂直起降的小型遥控飞行 器，目前正得到越来越广泛的应用。一架质量为 m＝2 kg 的无人机，其动力系 统所能提供的最大升力 F＝36 N，运动过程中所受空气阻力大小恒定，无人机在 地面上从静止开始，以最大升力竖直向上起飞，在 t＝5 s 时离地面的高度为 75 m(g 取 10 m/s2)。 (1)求运动过程中所受空气阻力大小； (2)假设由于动力设备故障，悬停的无人机突然失去升力而坠落。无人机坠 落地面时的速度为 40 m/s，求无人机悬停时距地面的高度； (3)假设在第(2)问中的无人机坠落过程中，在遥控设备的干预下，动力设备 重新启动提供向上最大升力。为保证安全着地，求飞行器从开始下落到恢复升 力的最长时间。 [解析]　(1)根据题意，在上升过程中由牛顿第二定律： F－mg－f＝ma 上升高度：h＝1 2at2 联立解得：f＝4 N。 (2)下落过程由牛顿第二定律：mg－f＝ma1 得：a1＝8 m/s2 落地时的速度为 v，则有：v2＝2a1H 联立解得：H＝100 m。 (3)恢复升力后向下减速，由牛顿第二定律： F－mg＋f＝ma2 得：a2＝10 m/s2 设恢复升力时的速度为 vm，飞行器安全着地时速度为 0. 则有v 2m 2a1 ＋v 2m 2a2 ＝H 得：vm＝40 5 3 m/s 由：vm＝a1t1 得：t1＝5 5 3 s。 [答案]　(1)4 N　(2)100 m　(3)5 5 3 s 考向 2　瞬时性问题 2.如图所示，小球在水平轻绳和轻弹簧的拉力作用下静止，弹簧与竖直方向 的夹角为 θ。已知重力加速度为 g，下列说法正确的是(　　) A．从 A 点剪断弹簧瞬间，小球的加速度大小为 g，方向竖直向下 B．从 A 点剪断弹簧瞬间，小球的加速度大小为 g cos θ ，方向与竖直方向成 θ 角斜向右下 C．从 B 点剪断轻绳瞬间，小球的加速度大小为 gsin θ，方向与水平方向成 θ 角斜向左下 D．从 B 点剪断轻绳瞬间，小球的加速度大小为 gtan θ，方向与竖直方向成 θ 角斜向左上 A　[从 A 点剪断弹簧瞬间，小球所受的弹簧拉力消失，所受的轻绳拉力突 变为零，小球在重力作用下向下运动，小球的加速度大小为 g，方向竖直向下， 选项 A 正确，B 错误；剪断弹簧前，设弹簧的拉力为 F，轻绳的拉力为 FT，由 平衡条件知，Fcos θ＝mg，Fsin θ＝FT，解得 F＝ mg cos θ ，FT＝mgtan θ。从 B 点 剪断轻绳瞬间，小球所受的轻绳拉力消失，所受弹簧的拉力和重力均不变，则小 球所受的合力大小为 mgtan θ，由 mgtan θ＝ma 可得小球的加速度 a＝gtan θ， 方向水平向左，选项 C、D 错误。] 3．如图所示，A 球质量为 B 球质量的 3 倍，光滑斜面的倾角为 θ，图甲中， A、B 两球用轻弹簧相连，图乙中 A、B 两球用轻质杆相连，系统静止时，挡板 C 与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行，则在突然撤去挡板的瞬间有(　　) A．图甲中 A 球的加速度为 gsin θ B．图甲中 B 球的加速度为 2gsin θ C．图乙中 A、B 两球的加速度均为 gsin θ D．图乙中轻杆的作用力一定不为零 C　[设 B 球质量为 m，A 球的质量为 3m。撤去挡板前，挡板对 B 球的弹力 大小为 4mgsin θ，因弹簧弹力不能突变，而杆的弹力会突变，所以撤去挡板瞬间， 题图甲中 A 球所受的合力为零，加速度为零，B 球所受合力为 4mgsin θ，加速度 为 4gsin θ，故 A、B 错误；题图乙中，撤去挡板的瞬间，A、B 两球整体的合力 为 4mgsin θ，A、B 两球的加速度均为 gsin θ，则每个球的合力等于重力沿斜面 向下的分力，轻杆的作用力为零，C 正确，D 错误。] 考向 3　连接体问题 4．(易错题)(多选)如图所示，一固定杆与水平方向的夹角 α＝30°，将一质 量为 m 的小球套在杆上，通过轻绳悬挂一质量为 M 的重物，给小球和重物一沿 杆向下的初速度，两者相对静止共同运动，且轻绳处于竖直状态。现给小球和 重物一沿杆向上的初速度，两者相对静止共同沿杆向上做加速度大小为 g 的减 速运动，则(　　) A．小球与杆间的动摩擦因数 μ＝ 3 3 B．小球与杆间的动摩擦因数 μ＝1 2 C．沿杆向上运动时，轻绳中的拉力大小为 Mg D．沿杆向上运动时，轻绳中的拉力与固定杆之间的夹角 β＝60° ACD　[小球和重物相对静止地沿杆向下运动时，轻绳竖直，由受力分析可 知重物的加速度若不为零则沿竖直方向，而小球的加速度若不为零则必不沿竖直 方向，所以两者共有的加速度为零，共同做匀速运动，受力平衡，对小球和重物 整体，由平衡条件得(m＋M)gsin α＝μ(m＋M)gcos α，则 μ＝tan α＝ 3 3 ，选项 A 正确，B 错误；当小球和重物沿杆向上运动时，隔离重物分析受力情况，轻绳中 的拉力大小记为 F，则沿杆方向，由牛顿第二定律得 Fcos β＋Mgsin α＝Mg，垂 直固定杆方向，由平衡条件得 Fsin β＝Mgcos α，解得 β＝60°，F＝Mg，选项 C、D 正确。] 易错点评：不能正确应用整体法和隔离法选取研究对象进行受力分析。 考向 4　临界、极值问题 5.某学校组织趣味课外活动——拉重物比赛，如图所示。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，求重物运动时的最大加速度为(　　) A.F m B.F m －μg C.F m 1－μ2－μg D.F m 1＋μ2－μg D　[由受力分析，重物受到重力、支持力、拉力和摩擦力的作用，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，根据以上三式联立可以求得 a＝Fcos θ＋μFsin θ m －μg，当 tan θ ＝μ 时，加速度最大，最大加速度为 amax＝F m 1＋μ2－μg，故 D 正确，A、B、 C 错误；故选 D。] 6．(2019·郑州市高三一模)如图所示，a、b 两个物体静止叠放在水平地面上， 已知 ma＝mb＝m，a、b 间的动摩擦因数为 μ，b 与地面间的动摩擦因数为 1 4μ。 已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为 g。现对 a 施加一水平向右的 拉力，下列判断正确的是(　　) A．若 a、b 两个物体始终相对静止，则力 F 不能超过 3 2μmg B．当力 F＝μmg 时，a、b 间的摩擦力为 3 2μmg C．无论力 F 为何值，b 的加速度都不会超过 3 8μg D．当力 F>μmg 时，b 相对 a 滑动 A　[若 a、b 两个物体均静止，力 F 一定小于 1 2μmg。若 a、b 两个物体运动 且始终保持相对静止，则 a、b 两个物体的加速度相等，把 a、b 两个物体视为整 体，a、b 刚好不发生相对滑动时，由牛顿第二定律有 F－1 4μ·2mg＝2ma 共，隔离 a 分析受力，由牛顿第二定律，F－μmg＝ma 共，联立解得 F＝3 2μmg，即若 a、b 两个物体始终保持相对静止，则力 F 不能超过 3 2μmg，选项 A 正确；当力 F＝μmg 时，对 a、b 两个物体整体，由牛顿第二定律有 F－1 4μ·2mg＝2ma 1，解得 a1＝1 4 μg，隔离物体 a 分析受力，由牛顿第二定律有 F－f＝ma1，解得 f＝3 4μmg，选项 B 错误；a 对 b 的最大摩擦力为 μmg，隔离 b 受力分析，μmg－1 4μ·2mg＝mamax， 解得 b 的最大加速度 amax＝1 2μg，选项 C 错误；结合上面的分析，可知当力 F 超 过 3 2μmg 时，b 相对 a 发生滑动，选项 D 错误。] 模型特点 解题关键 滑块由滑板的一端运动到另一端的过程中， 若滑块和滑板同向运动，位移大小之差等于 板长；反向运动时，位移大小之和等于板长。 同向运动时：L＝x1－x2 “一个转折、两个关联” (1)一个转折：即滑块与长木板达 到相同的速度时或滑块离开长木 板时的受力情况以及运动状态的 变化为转折点；(下题中在 t1 时刻， 　　　　　反 向运动时：L＝x1＋x2 B 与木板达到共同速度；A 和 B 相遇时，A 与木板的速度也恰好 相同) (2)两个关联：即发生转折前后滑 块和长木板的受力情况以及滑块 与长木板的位移之间的关联，必 要时要通过作草图把握关系。 示例突破(2017·全国卷Ⅲ) 如图所示，两个滑块 A 和 B 的质量分别为 mA＝1 kg 和 mB＝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 v0＝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/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。 [突破过程]　(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 和 木板所受的摩擦力大小分别为 f1、f2 和 f3，A 和 B 相对于地面的加速度大小分别 是 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 f1＝μ1mAg ① f2＝μ1mBg ② f3＝μ2(mA＋mB＋m)g ③ 由牛顿第二定律得 f1＝mAaA ④ f2＝mBaB ⑤ f2－f1－f3＝ma1 ⑥ 设在 t1 时刻，B 与木板达到共同速度，设大小为 v1。由运动学公式有 v1＝v0－aBt1 ⑦ v1＝a1t1 ⑧ 联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得 v1＝1 m/s。⑨ (2)在 t1 时间间隔内，B 相对于地面移动的距离为 sB＝v0t1－1 2aBt21 ⑩ 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 f1＋f3＝(mB＋m)a2 ⑪ 由①②④⑤式知，aA＝aB；再由⑦⑧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 变到 v2 所用时间为 t2，则由运 动学公式，对木板有 v2＝v1－a2t2⑫ 对 A 有 v2＝－v1＋aAt2 ⑬ 在 t2 时间间隔内，B(以及木板)相对地面移动的距离为 s1＝v1t2－1 2a2t22 ⑭ 在(t1＋t2)时间间隔内，A 相对地面移动的距离为 sA＝v0(t1＋t2)－1 2aA(t1＋t2)2 ⑮ 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 s0＝sA＋s1＋sB ⑯ 联立以上各式，并代入数据得 s0＝1.9 m。⑰ (也可用如图的速度－时间图线求解) [答案]　(1)1 m/s　(2)1.9 m