（新课标）2020版高考物理大二轮复习 专题一 力与运动 第二讲 力与物体的直线运动教学案

1 第第二二讲讲 力力与与物物体体的的直直线线运运动动 答案 1 合外力为零 2 项目一般形式v0 0 涉及的 物理量 不涉及的 物理量 速度公式vt v0 atvt atvt v0 a t位移x 位移公式 x v0t at2 1 2 x at2 1 2 x v0 a t 末速 度vt 速度 位移 关系公式 v v 2ax 2t2 0 v 2ax 2t vt v0 a x时间t 3 匀加速直线运动匀减速直线运动说明 位移图像 曲线为抛物 线的一部分 2 速度图像 4 现象超重失重完全失重 定义 物体对支持物的压力 或对悬挂物的拉力 大 于物体所受重力的现象 物体对支持物的压力 或对悬挂物的拉力 小 于物体所受重力的现象 物体对支持物的压力 或对悬挂物的拉力 等 于 0 的现象 产生 条件 物体具有竖直向上的加 速度或加速度分量 物体具有竖直向下的加 速度或加速度分量 物体具有竖直向下的加 速度 a g 热点考向一 运动学基本规律的应用 典例 2019 全国卷 如图 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 所用的时间为t1 第四个 所用的时间为t2 不计空气 h 4 h 4 阻力 则满足 t2 t1 a 1 2 b 2 3 t2 t1 t2 t1 c 3 4 d 4 5 t2 t1 t2 t1 3 思路引领 可考虑逆向思维法 将竖直上抛运动等效为逆向的自由落体运动 解析 本题应用逆向思维求解 即运动员的竖直上抛运动可等同于从一定高度处开 始的自由落体运动 所以第四个 所用的时间为t2 第一个 所用的时间为t1 h 4 2 h 4 g h 4 因此有 2 即 3 4 选项 c 正确 2h g 2 3 4h g t2 t1 1 2 33 t2 t1 答案 c 1 匀变速直线运动的 四类公式 2 处理匀变速直线运动的五种方法 迁移一 以生产 生活实际考查 4 1 多选 2019 河北名校联盟 拥堵已成为现代都市一大通病 发展 空中轨道列车 简称空轨 如图所示 是缓解交通压力的重要举措 假如某空轨从甲站沿直线运动到乙站 为了使旅客舒适 其加速度不能超过 2 5 m s2 行驶的速度不能超过 50 m s 已知甲 乙 两站之间的距离为 2 5 km 下列说法正确的是 a 空轨从静止开始加速到最大速度的最短时间为 25 s b 空轨从最大速度开始刹车到停下来运动的最小位移为 500 m c 从甲站运动到乙站的最短时间为 70 s d 从甲站运动到乙站的最大平均速度为 25 m s 解析 空轨从静止开始以最大加速度加速到最大速度时所用时间最短 则最短时间 为t1 20 s 选项 a 错误 以最大加速度刹车时 空轨从最大速度开始刹车到停下 vmax amax 来运动的位移最小 由v 2amaxx解得最小位移为x 500 m 选项 b 正确 以最大加速 2max 度加速到最大速度 然后以最大速度匀速运动 再以最大加速度刹车时 空轨从甲站到乙 站的运动时间最短 且刹车时间与加速时间相等 等于t1 两段时间对应的位移相等 等 于x 匀速运动时间为t2 30 s 所以最短时间为t 2t1 t2 70 s 选项 2500 m 2x vmax c 正确 从甲站运动到乙站的最大平均速度为 m s 35 7 m s 选项 d 错误 v 2500 70 答案 bc 迁移二 以追及 相遇模型考查 2 2019 福建四校联考 货车a在平直公路上以 20 m s 的速度匀速行驶 当司机发 现正前方有一辆静止的轿车b时 两车间的距离仅有 75 m 这段公路很窄 无法靠边让 道 1 若此时b车立即以 2 m s2的加速度启动 通过计算判断 如果a车司机没有刹车 是否会撞上b车 若不相撞 求两车间的最小距离 若相撞 求出从a车发现b车到a车 撞上b车的时间 2 若a车司机发现b车 立即刹车 不计反应时间 做匀减速直线运动 加速度大小为 2 m s2 两车均视为质点 为避免碰撞 在a车刹车的同时 b车立即做匀加速直线运动 5 不计反应时间 b车的加速度至少为多大才能避免发生事故 结果保留两位小数 解析 1 设两车不相撞 经过的时间为t时 两车速度相等 则有 va vb 对b车又有vb at 联立可得t 10 s t时间内a车的位移xa vat 200 m t时间内b车的位移xb at2 100 m 1 2 因为xb x0 175 m xa 所以假设不成立 两车会相撞 设经过时间t1两车相撞 有vat1 x0 at 1 22 1 代入数据解得t1 5 s 另一解舍去 2 已知a车的加速度大小aa 2 m s2 初速度va 20 m s 设b车的加速度大小为ab b车运动时间为t2时两车速度相等 且此时两车恰好不相 撞 则有va va aat2 vb abt2且va vb 在时间t2内a车的位移大小xa vat2 aat 1 22 2 b车的位移大小xb abt 1 22 2 又xb x0 xa 联立并代入数据解得ab 0 67 m s2 答案 1 会相撞 5 s 2 0 67 m s2 追及减速运动的物体时 要注意隐含条件 即两物体相遇时 要先判断被追物体的速 度是否已经减为零 根据t 首先分析出相遇时减速物体的状态 v0 a 热点考向二 挖掘图像信息解决动力学问题 6 典例 多选 2019 全国卷 如图 a 物块和木板叠放在实验台上 物块用一 不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连 细绳水平 t 0 时 木板开始受到水 平外力f的作用 在t 4 s 时撤去外力 细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图 b 所 示 木板的速度v与时间t的关系如图 c 所示 木板与实验台之间的摩擦可以忽略 重力 加速度取 10 m s2 由题给数据可以得出 a 木板的质量为 1 kg b 2 s 4 s 内 力f的大小为 0 4 n c 0 2 s 内 力f的大小保持不变 d 物块与木板之间的动摩擦因数为 0 2 思路引领 题图 b 中细绳上拉力的变化情况与木板的受力情况不易联系在一起 是 本题的易错点 要通过力传感器固定判断出物块相对于地面静止 从而判断木板的受力情 况 由v t图像求出木板在施加力f时的加速度和撤掉f时的加速度 根据牛顿第二定律 求解待求物理量 解析 由题图 c 可知木板在 0 2 s 内处于静止状态 再结合题图 b 中细绳对物块 的拉力f在 0 2 s 内逐渐增大 可知物块受到木板的摩擦力逐渐增大 故可以判断木板受 到的水平外力f也逐渐增大 选项 c 错误 由题图 c 可知木板在 2 4 s 内做匀加速运动 其加速度大小为a1 m s2 0 2 m s2 在 4 5 s 内做匀减速运动 其加速度大小 0 4 0 4 2 为a2 m s2 0 2 m s2 另外由于物块静止不动 同时结合题图 b 可知物块与 0 4 0 2 5 4 木板之间的滑动摩擦力ff f 故对木板进行受力分析 由牛顿第二定律可得 f ff ma1 ff ma2 解得m 1 kg f 0 4 n 选项 a b 均正确 由于不知道物块的质 量 所以不能求出物块与木板之间的动摩擦因数 选项 d 错误 答案 ab 7 1 从v t图像巧分析四个物理量 1 速度 从速度轴上读出速度 正负表示物体的运动方向 2 时间 从时间轴上读出时刻 两时刻的差值表示物体的运动时间 3 位移 由图线与时间轴围成的面积表示位移 时间轴上方表示位移的方向与规定的 正方向相同 下方表示位移的方向与规定的正方向相反 4 加速度 由图线的斜率求得 斜率的正 负表示加速度的方向 2 求解运动图像与牛顿第二定律综合问题的基本思路 迁移一 动力学中的f t图像 1 多选 2019 泰安模拟 物体最初静止在倾角 30 的足够长斜面上 如图甲所示受到平行斜面向下的力f的作用 力f随时间变化 的图像如图乙所示 开始运动 2 s 后物体以 2 m s 的速度匀速运动 下列说法正确的是 g 取 10 m s2 8 a 物体的质量m 1 kg b 物体的质量m 2 kg c 物体与斜面间的动摩擦因数 3 3 d 物体与斜面间的动摩擦因数 7 3 15 解析 由开始运动 2 s 后物体以 2 m s 的速度匀速运动 可知 0 2 s 内物体的加速 度大小为a 1 m s2 在 0 2 s 内对物体应用牛顿第二定律得 f1 mgsin30 mgcos30 ma 2 s 后由平衡条件可得 f2 mgsin30 mgcos30 0 联立解 得m 1 kg 选项 a d 正确 7 3 15 答案 ad 迁移二 动力学中的a f图像 2 多选 2019 河北六校联考 用一水平力f拉静止在水平面上的物体 在f从零开 始逐渐增大的过程中 加速度a随外力f变化的图像如图所示 g 10 m s2 则可以得出 a 物体与水平面间的最大静摩擦力 b f为 14 n 时物体的速度 c 物体与水平面间的动摩擦因数 d 物体的质量 解析 由题图可知 物体在水平面间的最大静摩擦力为 7 n a 正确 由 9 f mg ma 解得a f g 将f1 7 n a1 0 5 m s2 f2 14 n a2 4 m s2代入 1 m 上式可得m 2 kg 0 3 c d 正确 因物体做变加速运动 无法求出f为 14 n 时物 体的速度 b 错误 答案 acd 处理运动图像时容易出现的错误有以下几点 1 对于x t图像 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 图像 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图像中 两条图线的交点不表示两物体相遇 而是表示两物体速度相同 3 v t图像中两条图线在v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 热点考向三 利用牛顿运动定律解决多体问题 典例 2017 海南卷 一轻弹簧的一端固定在倾角为 的固定光滑斜面的底部 另一端和质量为m的小物块a相连 如图所示 质量为m的小物块b紧靠a静止在斜面上 此时弹簧的压缩量为x0 从t 0 时开始 3 5 对b施加沿斜面向上的外力 使b始终做匀加速直线运动 经过一段时间后 物块a b分 离 再经过同样长的时间 b距其出发点的距离恰好也为x0 弹簧的形变始终在弹性限度内 重力加速度大小为g 求 10 1 弹簧的劲度系数 2 物块b加速度的大小 3 在物块a b分离前 外力大小随时间变化的关系式 思路引领 1 由运动学公式知形变量为x0时二者分离 3 4 2 分离时 ab间没有弹力 a b加速度相同 解析 1 对整体分析 根据平衡条件可知开始时沿斜面方向上重力的分力与弹簧弹 力平衡 则有kx0 gsin m 3 5m 解得k 8mgsin 5x0 2 由题意可知 b经两段相等的时间位移为x0 由x at2可知 1 2 x1 x0 1 4 说明当形变量x2 x0 x1 时二者分离 3x0 4 对物块a分析 因分离时a b间没有弹力 a b加速度相同 则对物块a 根据牛顿 第二定律可知kx2 mgsin ma 解得a gsin 5 3 设时间为t 则经时间t时 a b运动的位移 x at2 1 2 gt2sin 10 弹簧形变量 x x0 x 对整体分析 由牛顿第二定律有f k x gsin a 解得 m 3 5m m 3 5m f mgsin t2 8 25 4mg2sin2 25x0 因分离时位移x x1 由x at解得t1 故应保证 x0 4 x0 4 1 22 1 5x0 2gsin t f的表达式才能成立 5x0 2gsin 答案 1 2 8mgsin 5x0 gsin 5 3 f mgsin t2 8 25 4mg2sin2 25x0 0 tfmax 则发生相对滑动 3 滑块滑离滑板的临界条件 当滑板的长度一定时 滑块可能从滑板滑下 恰好滑到 滑板的边缘达到共同速度是滑块滑离滑板的临界条件 1 多选 2019 昆明高三年级教学质检 如下图甲所示 倾角为 37 的足够长的传 送带以恒定速度运行 将一质量m 1 kg 的小物体以某一初速度放上传送带 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取 10 20 m s2 sin37 0 6 cos37 0 8 则下列说法正确的是 a 传送带沿逆时针转动 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 解析 由题图可知小物体先反向做减速运动后向正方向做加速运动 故可知传送带 速度方向沿顺时针方向 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 故 a 错误 根据v t图像的斜率表示加速度 物体相对传送带滑动时的加速度大小为a 2 2 m s2 1 m s2 由牛顿第二定律得 mgcos37 mgsin37 ma 解得 0 875 故 b 错误 0 8 s 内物体的位移为s m 14 m 故 c 正确 1 2 2 2 2 6 2 4 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s带 4 6 m 24 m 0 6 s 内物体的位移为s物 m 6 m 因摩擦 1 2 2 2 4 4 2 而产生的热量为q mgcos37 s带 s物 126 j 故 d 正确 答案 cd 2 2019 武汉外校阶段性测试 如图 1 甲所示 静止在光滑水平面上的长木板b 长 木板足够长 的左端放着小物块a 某时刻 a受到水平向右的外力f作用 f随时间t的变 化规律如图乙所示 即f kt 其中k为已知常数 若a b之间的滑动摩擦力ff的大小等 于最大静摩擦力 且a b的质量相等 则下列图 2 中可以定性地描述长木板b运动的 v t图像的是 21 解析 以a b整体为研究对象 a b整体具有共同的最大加速度 由牛顿第二定 律得a1 对b由牛顿第二定律有a1 对a由牛顿第二定律有a1 达到最 f 2m ff m f ff m 大加速度所经历的时间t 由以上各式解得t 此后b将受恒力作用 做匀加速直 f k 2ff k 线运动 v t图线为倾斜的直线 故 b 正确 答案 b 专题强化训练 二 一 选择题 1 2019 贵阳高三监测 一物体做匀减速直线运动 4 s 内的位移为 16 m 速度大小 变为原来的三分之一 方向不变 则该物体的加速度大小为 a 1 m s2 b 1 5 m s2 c 2 m s2 d 0 75 m s2 解析 设该物体的初速度为v0 加速度大小为a 由题意知t 4 s 根据匀变速直 线运动规律 x t v0 at 联立解得a 1 m s2 选项 a 正确 v0 v0 3 2 v0 3 答案 a 22 2 多选 2019 江西南昌三模 高速公路上甲 乙两车在同一车道上同向行驶 甲车 在前 乙车在后 速度均为v0 30 m s 距离s0 100 m t 0 时刻甲车遇紧急情况后 甲 乙两车的加速度随时间变化的关系如图甲 乙所示 取运动方向为正方向 下列说法 正确的是 a t 3 s 时两车相距最近 b 0 9 s 内两车位移之差为 45 m c t 6 s 时两车相距最近 为 10 m d 两车在 0 9 s 内会相撞 解析 由题图可画出两车的速度 时间图像 如图所示 由图像可知 t 6 s 时两车速度相等 此时两车相距最近 故 a 错误 图中阴影部分 面积为 0 6 s 内两车位移之差 可得 x 30 3 m 30 6 3 m 90 m 100 1 2 1 2 m 此时两车相距最近 为 10 m 所以两车不会相撞 故 c 正确 d 错误 0 9 s 内两车 位移之差 x 30 3 m 45 m 故 b 正确 1 2 答案 bc 3 2019 福州市质检 物体在水平地面上受到水平推力的作用 在 6 s 内力f 速度 v随时间变化如图所示 由图像可得 23 a 物体的质量为 2 kg b 物体在 6 s 内运动的位移为 6 m c 在 0 2 s 内推力做的功为 2 j d 物体与地面间的动摩擦因数为 0 025 解析 物体在 0 2 s 内做匀加速直线运动 加速度为a m s2 由牛顿第二定律 1 2 有 f mg ma 即 3 mg ma 物体在 2 6 s 内做匀速直线运动 因此有 mg 1 n 联立解得 物体的质量为m 4 kg 物体与地面间的动摩擦因数为 0 025 选项 a 错误 选项 d 正确 根据v t图像所围的面积表示物体运动的位移可 得物体在 6 s 内运动的位移为x 2 1 m 4 1 m 5 m 选项 b 错误 力对物体所做 1 2 的功等于力乘以力方向上的位移 因此在 2 s 内推力做的功为w fx 3 2 1 j 3 1 2 j 选项 c 错误 答案 d 4 2019 河南南阳一中开学考试 如图所示 一轻质长木板置于光滑水平地面上 木 板上有质量分别为ma 1 kg 和mb 2 kg 的a b两物块 a b与木板之间的动摩擦因数都 为 0 2 水平恒力f作用在a物块上 最大静摩擦力等于滑动摩擦力 重力加速度g 取 10 m s2 则 a 若f 1 n 则物块 木板都静止不动 b 若f 1 5 n 则a物块所受摩擦力大小为 1 5 n c 若f 4 n 则b物块所受摩擦力大小为 4 n d 若f 8 n 则b物块的加速度大小为 1 m s2 解析 a与木板间的最大静摩擦力fa mag 0 2 1 10 n 2 n b与木板间的最 大静摩擦力fb mbg 0 2 2 10 n 4 n 设a与木板恰好发生相对滑动时水平恒力大 24 小为f0 则由牛顿第二定律可知 解得f0 3 n f 1 n f0 则a b均与木板 f0 fa ma fa mb 保持相对静止 整体在f作用下向左做匀加速运动 故 a 错误 f 1 5 n f0 则a b均 与木板保持相对静止 整体在f作用下向左做匀加速运动 根据牛顿第二定律得 f f1 maa 所以a物块所受摩擦力f1f0 所以a在木板 上滑动 b和木板整体受到的摩擦力大小为fa 轻质木板质量不计 所以b的加速度大小 为a1 m s2 1 m s2 对b进行受力分析 有f2 mba1 2 1 n 2 n 故 c 错误 fa mb 2 2 f 8 n f0 所以a相对于木板滑动 b和木板整体受到摩擦力fa 由上述分析可知b的加 速度大小为 1 m s2 故 d 正确 答案 d 5 多选 2019 乐山二诊 如下图所示 在光滑水平面上放着紧靠在一起的a b两 物体 b的质量是a的 2 倍 b受到水平向右的恒力fb 2 n a受到的水平向右的变力 fa 9 2t n t的单位是 s 从t 0 开始计时 则 a a物体在 3 s 末时刻的加速度是初始时刻的倍 5 11 b t 4 s 后 b物体做匀加速直线运动 c t 4 5 s 时 a物体的速度为零 d t 4 5 s 后 a b的加速度方向相反 解析 当a b间作用力为 0 时二者分离 此时aa ab 即 t 4 s 此 9 2t ma 2 mb 后b做匀加速直线运动 而a做加速度逐渐减小的加速运动 当t 4 5 s 时 a物体的加 速度为零而速度不为零 t 4 5 s 后 a所受合外力反向 即a b的加速度方向相反 当 t 4 s 时 a b的加速度均为a 综上所述 选项 a b d 正确 fa fb ma mb 答案 abd 6 多选 2019 沈阳教学抽样检测 如图所示 足够长的固定斜面倾角为 斜面 a点以下 含a点 光滑 a点以上粗糙 可视为质点的质量均为 1 kg 的a b两滑块静止在 a点 某时刻在b上加一沿斜面向上 大小为 7 n 的恒力 弹簧的劲度系数为 100 n m 37 sin37 0 6 cos37 0 8 两滑块与斜面间的动摩擦因数均为 0 25 则a b向上运动的过程中有 25 a a b刚分离时a有沿斜面向上的加速度 b 从加上恒力到a b分离a上升高度为 7 cm c a速度最大时 a沿斜面移动的距离为 3 cm d a速度最大时 a b间弹力为 1 n 解析 由题意知m 1 kg f 7 n k 100 n m 0 25 a b刚过a点时的加 速度大小为 1 5 m s2 刚分离时a b间无弹力 对b有ab f 2 mgcos 2m 1 m s2 此时a b加速度相同 故a的加速度沿斜面向下 f mgcos mgsin m 此时对a有aa 1 m s2 解得x1 0 07 m 初态 kx1 mgcos mgsin m kx0 2mgsin 解得x0 0 12 m a上升的高度为 0 12 m 0 07 m sin37 3 cm a b 错 a速度最大即加速度为零 对a b整体有 kx2 f 2mgsin 2 mgcos 0 解得x2 0 09 m a沿斜面移动的距离 x x0 x2 0 03 m 此时对a有kx2 n mgsin mgcos 0 解得a b间弹力 n 1 n c d 对 答案 cd 7 多选 2019 湖北七市联合模拟 如下图所示 在一沿顺时针方向匀速转动的传送 带的左端a点 每隔t的时间 轻放上一个相同的工件 已知工件与传送带间的动摩擦因 数为 工件的质量均为m 经测量 发现后面那些已经和传送带达到相同速度的工件之 间的距离为x 重力加速度为g 下列判断正确的是 a 传送带的速率为 x t b 工件加速运动的时间为 x gt c 工件与传送带间的相对位移一定为x 26 d 根据题目已知条件可以求出工件与传送带的相对位移 解析 工件在传送带上先做匀加速直线运动 然后做匀速直线运动 每个工件放上 传送带后运动的规律相同 可知x vt 解得传送带的速率v 故 a 正确 设每个工件 x t 匀加速运动的时间为t 根据牛顿第二定律得 工件的加速度为a g 根据v at 解 得t 故 b 正确 工件加速过程的位移x工件 工件加速过程中传 v a x gt v2 2a x2 2 gt2 送带的位移x传送带 vt 2 x工件 工件与传送带间的相对位移 x x传送带 x工 x2 gt2 件 故 c 错误 d 正确 x2 2 gt2 答案 abd 8 多选 2019 山东省泰安市上学期期中 如图所示 倾角为 的斜面静置于地面 上 斜面上表面光滑 a b c三球的质量分别为m 2m 3m 轻质弹簧一端固定在斜面顶 端 另一端与a球相连 a b间固定一个轻杆 b c间由一轻质细线连接 弹簧 轻杆与 细线均平行于斜面 初始系统处于静止状态 现突然剪断细线或弹簧 下列判断正确的是 a 弹簧被剪断的瞬间 a b c三个小球的加速度均为零 b 弹簧被剪断的瞬间 a b之间杆的弹力大小为零 c 细线被剪断的瞬间 a b球的加速度沿斜面向上 大小为gsin d 细线被剪断的瞬间 a b之间杆的弹力大小为 4mgsin 解析 若是弹簧被剪断 将三个小球看做一个整体 整体的加速度为a gsin 然后隔离a 对a分析 设杆的作用力为f 则f mgsin ma 解得f 0 a 错误 b 正 确 剪断细线前 以a b c组成的系统为研究对象 系统静止 处于平衡状态 合力为 零 则弹簧的弹力为f弹 3m 2m m gsin 6mgsin 以c为研究对象知 细线的拉 力为 3mgsin 剪断细线的瞬间 由于弹簧弹力不能突变 以a b组成的系统为研究对象 由牛顿第二定律得f弹 m 2m gsin m 2m aab 解得a b两个小球的加速度为 aab gsin 方向沿斜面向上 以b为研究对象 由牛顿第二定律得 fab 2mgsin 2maab 解得杆的拉力为fab 4mgsin 故 c d 正确 27 答案 bcd 9 多选 2019 湖北省黄冈市质检 如图所示 足够长的倾斜传送带以v 2 4 m s 的速度逆时针匀速转动 传送带与水平面的夹角 37 某时刻同时将a b物块 可视 为质点 轻放在传送带上 已知a b两物块释放时的间距为 0 042 m 与传送带间的动摩 擦因数分别为 a 0 75 b 0 5 设最大静摩擦力等于滑动摩擦力 取 sin37 0 6 cos37 0 8 重力加速度g 10 m s2 则下列说法中正确的是 a 物块b先做匀加速直线运动 后与传送带保持相对静止 b 物块b最终一定追上物块a c 在t 0 24 s 时 a b物块速度大小相等 d 在t 0 54 s 前 a b两物块之间的距离先增大后不变 解析 物块b先做匀加速直线运动 当与传送带共速后 因为 b 0 5 tan37 0 75 则物块b将继续加速下滑 选项 a 错误 物块a先做匀加速直线运动 当与传送 带共速后 因为 a 0 75 tan37 则物块a将与传送带相对静止 一起下滑 则物块 b最终一定追上物块a 选项 b 正确 物块b开始下滑的加速度ab1 gsin37 bgcos37 10 m s2 与传送带共速经过的时间 tb 0 24 s 共速后物块b以 v ab1 ab2 gsin bgcos 2 m s2的加速度加速下滑 物块a开始下滑的加速度 aa1 gsin37 agcos37 12 m s2 与传送带共速时经过的时间 ta 0 2 s v aa1 共速后物块a与传送带一起匀速下滑 则t 0 24 s 时两物块速度相等 选项 c 正确 在 开始的 0 24 s 内因为a的加速度较大 则两物块间的距离逐渐变大 在 0 24 s 后物块b 继续加速下滑 速度逐渐变大 则两物块间的距离又逐渐减小 选项 d 错误 答案 bc 二 非选择题 10 2019 成都实验中学月考 如图所示 质量m 1 kg 的物块a放在质量m 4 kg 的木板b的左端 起初a b均静止在水平地面上 现用一水平向左的力f作用在木板b上 28 已知a b之间的动摩擦因数为 1 0 4 地面与b之间的动摩擦因数为 2 0 1 假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力 g取 10 m s2 1 求能使a b相对静止的f的最大值 2 若f 30 n 作用 1 s 后撤去f 要使a不从b上滑落 则木板至少为多长 从开 始到a b均静止 a运动的总位移是多少 解析 1 对a进行受力分析可知 其最大加速度由a b之间的最大静摩擦力决定 由牛顿第二定律得 1mg mamax 代入数据解得amax 4 m s2 对a b整体进行受力分析可知 恰好无相对运动时 a b具有共同的加速度 且大 小为amax 由牛顿第二定律得 fmax 2 m m g m m amax 代入数据解得fmax 25 n 2 设f作用在b上时 a b的加速度大小分别为a1 a2 经t1 1 s 撤掉f时 a b的速度大小