[推荐学习]2018届高考物理二轮复习板块一专题突破复习专题一力与运动第二讲力与物体的直线运动学案

第二讲力与物体的直线运动(2)(3)(4)考向一 匀变速直线运动的应用[归纳提炼]1．匀变速直线运动问题求解思路2．解答匀变速直线运动的常用技巧(1)基本公式法：v ＝v 0＋at ，x ＝v 0t ＋12at 2，v 2－v 20＝2ax .(2)重要推论法：v t 2＝v 0＋v t 2(利用平均速度求瞬时速度)；v x2＝v 20＋v 2t2；Δx ＝aT 2(用逐差法求加速度)．(3)逆向思维法：“匀减速至速度为零的过程”可逆向处理为“由静止开始做匀加速运动的过程”．(4)图象法：利用v －t 图象或x －t 图象求解． (5)比例法：初速度为零的匀变速直线运动规律1T 末、2T 末、3T 末……nT 末瞬时速度之比为1∶2∶3∶…∶n ； 1T 内、2T 内、3T 内……nT 内位移之比为12∶22∶32∶…∶n 2；第1T 内、第2T 内、第3T 内……第nT 内位移之比为1∶3∶5∶…∶(2n －1)； 从静止开始通过连续相等位移所用时间之比为1∶(2－1)∶(3－2)∶…∶(n －n －1)；从静止开始连续相等位移末速度之比为1∶2∶3∶…∶n .(2017·全国卷Ⅱ)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)处分别放置一个挡板和一面小旗，如图所示．训练时，让运动员和冰球都位于起跑线上，教练员将冰球以初速度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(1)冰球与冰面之间的动摩擦因数； (2)满足训练要求的运动员的最小加速度．[思路路线][解析] (1)假设冰球与冰面之间的动摩擦因数为μ，冰球运动的加速度大小为a ，冰球运动到挡板处时间为t ，由于已知冰球运动的初速度和末速度及运动的位移．解法一：应用牛顿运动定律求解． 根据匀变速直线运动规律可得v 20－v 21＝2as 0a ＝fm＝μg解得μ＝v 20－v 212gs 0解法二：应用动能定理求解．对于冰球依动能定理，恒定不变的摩擦力所做负功引起冰球动能减少量为 μmgs 0＝12mv 20－12mv 21解得 μ＝v 20－v 212gs 0可看出解法二的解题步骤较为简炼．(2)求冰球运动到挡板的时间有多种思路，简析如下：解法一：最直接的想法就是利用匀变速直线运动的速度规律求解．v 1＝v 0－at ，a ＝μg且μ＝v 20－v 212gs 0，可以求得t ＝2s 0v 0＋v 1解法二：如果利用平均速度与位移的关系会比较简便．s 0＝v 0＋v 12t ，t ＝2s 0v 0＋v 1解法三：用图象方法列方程式，会更直观清晰，如下图．方程同解法二．解法四：可以使用动量定理求解． μmgt ＝mv 0－mv 1且μ＝v 20－v 212gs 0，可以求得t ＝2s 0v 0＋v 1.然后依题设条件，要求在冰球到达挡板的同时，运动员运动的最小距离应等于起跑线到小旗的距离s 1，则冰球运动的最小位移s 1＝12a m t 2可以解得加速度的最小值为a m ＝s 1v 0＋v 122s 2.[答案] (1)v 20－v 212gs 0 (2)s 1v 1＋v 022s 2多物体的多过程问题的解题思路：(1)明确各个物体在各个过程中的运动特点． (2)确定各个过程中物体间已知量的关系．(3)选用合适的公式分别列出各个物体遵循的关系式并求解． [熟练强化]迁移一 以生产、生活实际为背景考查1．2017年5月9日，位于浦东陆家嘴的上海中心突然有玻璃掉落下来，玻璃砸落到东泰路后炸开．高空坠物危害极大，在这之前，也常有媒体报道高空坠物伤人的事件．某建筑工地有一根长为l 的直钢筋突然从高空坠下，垂直落地时，恰好被检查安全生产的随行记者用相机拍到钢筋坠地瞬间的照片．为了查询钢筋是从几楼坠下的，检查人员将照片还原后测得钢筋的影像长为L ，且L >l ，查得当时相机的曝光时间为t ，楼房每层高为h ，重力加速度为g .则由此可以求得( )A ．钢筋坠地瞬间的速度约为LtB ．钢筋坠下的楼层为L －l 22ght 2＋1 C ．钢筋坠下的楼层为gt 22h＋1D ．钢筋在整个下落时间内的平均速度约为l2t[解析] 钢筋坠下垂直落地时的影像长度包括钢筋长度和钢筋坠地前在曝光时间t 内下落的距离，因此在时间t 内的平均速度为v ＝L －lt，可认为此速度就等于钢筋坠地时的速度v ，因此A 选项错误；由v 2＝2gH 、v ＝v ，钢筋坠下的楼层n ＝H h ＋1，解得n ＝L －l22ght2＋1，B 选项正确，C 选项错误；钢筋在整个下落时间内的平均速度约为v ′＝0＋v 2＝L －l2t ，D 选项错误．[答案] B迁移二 以追及、相遇模型考查2．2017年8月1日，宁波市32家驾校105辆教练车正式推行“计时培训、计时收费”的新型学驾模式．不同的车型有不同的刹车性能，因此在驾校学习的过程中，除了常规的驾驶技术外，还要学习和积累一些适应不同车型的驾驶经验．现有甲、乙两辆汽车正沿同一平直公路同向匀速行驶，甲车在前，乙车在后，它们行驶的速度大小均为v ＝10 m/s.当两车快要到十字路口时，甲车司机看到绿灯已转换成了黄灯，于是紧急刹车(反应时间忽略不计)，乙车司机为了避免与甲车相撞也紧急刹车，但乙车司机反应较慢(反应时间t 0＝0.5 s)．甲车司机之前为了熟悉车况，驾驶车辆进行了一段空挡滑行，根据经验计算出滑行加速度大小为a 0＝0.5 m/s 2，已知乙车紧急刹车时加速度大小为a 2＝5 m/s 2.(1)若甲车司机看到黄灯时车头距停车线x ＝16 m ，他在刹车过程中发现预计的停车位置离停车线还有一段距离，于是在车头离停车线x ′＝4 m 时停止刹车让车做空挡滑行，车头恰好停在停车线前，则甲车紧急刹车时的加速度为多大？(2)在(1)的情况下，为保证两车在紧急刹车过程中不相撞，甲、乙两车在行驶过程中至少应保持多大距离？[解析] (1)设甲车空挡滑行前的速度大小为v 1，则v 21＝2a 0x ′① 设甲车紧急刹车时的加速度为a 1，则v 2－v 21＝2a 1(x －x ′)②联立①②解得a 1＝4 m/s 2. (2)甲车紧急刹车的时间t 1＝v －v 1a 1＝2 s ③ 设甲、乙两车在行驶过程中至少应保持的距离为x 0，在乙车开始刹车后经过t 2时间两车速度相等，所以v －a 1(t 2＋t 0)＝v －a 2t 2④解得t 2＝2 s(不符合题意)所以速度相等的时刻在甲车空挡滑行的时间内，上式应为v 1－a 0(t 2－t 1＋t 0)＝v －a 2t 2⑤解得t 2＝1.61 s甲车的位移x 甲＝(x －x ′)＋v 1(t 2＋t 0－t 1)－12a 0(t 2＋t 0－t 1)2＝12.2 m ⑥乙车的位移x 乙＝vt 2－12a 2t 22＝9.6 m ⑦x 0＝x 甲－x 乙＝2.6 m.[答案] (1)4 m/s 2(2)2.6 m考向二 运动图象的应用[归纳提炼]1．图象问题常见的是x－t和v－t图象，在处理特殊图象的相关问题时，可以把处理常见图象的思想以及方法加以迁移，通过物理情境遵循的规律，从图象中提取有用的信息，根据相应的物理规律或物理公式解答相关问题．处理图象问题可参考如下操作流程：2．处理特殊图象的问题时，在必要时可将该图象所反映的物理过程转换为常见的x－t 或v－t图象进行处理．(2017·宁夏银川一中二模)甲、乙两车在平直公路上行驶，其速度—时间图象如右图所示，则下列说法正确的是( )A．8 s末，甲、乙两车相遇B．甲车在0～4 s内的位移小于乙车在4～8 s内的位移C．4 s末，甲车的加速度小于乙车的加速度D．在0～8 s内，甲车的平均速度小于乙车的平均速度[解析] 由于两车的初始位置关系未知，无法判断8 s 末甲、乙两车是否相遇，选项A 错误；连接图中(0,0)和(8,40)两点，根据“速度—时间图象中图线与时间轴所围成的面积表示位移”及对称性可知，甲车在0～4 s 内的位移(小于40 m)小于乙车在4～8 s 内的位移(等于40 m)，选项B 正确；根据“速度—时间图象的切线斜率表示加速度”可知，4 s 末，甲车的加速度大于乙车的加速度，选项C 错误；由右图结合对称性可以得出，在0～8 s 内，两车的位移x 大小相等，由v ＝xt知，两车的平均速度大小相等，选项D 错误．[答案] B“面积法”是图象分析中重要的方法之一，而添加辅助线判断、比较更具新意.追及相遇问题常涉及图象的应用，而近四年全国卷中都出现了图象问题，其中速度图象四年四考，足见其重要性.关于速度图象的命题主要围绕三个方面进行.1利用速度图象结合相关情境直接设问：解决此类问题的关键要清楚图线对应的点、线、截距初速度或开始计时的时间、面积位移、拐点加速度方向变化等表示的意义.2图象转化：已知速度图象设问加速度图象，或者反其道而行之，解决处理问题的关键是利用时间段分段作出对应的图象.3巧用图象：对一些变速类问题，如雨滴在空气中坠落、弹簧变化过程等，巧用速度图象辅助分析问题往往会更快捷.处理运动图象时同学们容易出现的错误有以下几点：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.3v－t图象中两条图线在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.[熟练强化]1．(多选)(2017·广西三市联考)甲、乙两质点在同一时刻、从同一地点沿同一方向做直线运动．质点甲做初速度为零，加速度大小为a1的匀加速直线运动．质点乙做初速度为v0，加速度大小为a2的匀减速直线运动至速度减为零保持静止．甲、乙两质点在运动过程中的位置(x)—速度(v)图象如图所示，虚线与对应的坐标轴垂直．则下列判断正确的是( )A．在x－v图象中，图线a表示质点甲的运动B．质点乙的初速度v0＝6 m/sC．质点甲的加速度大小a1＝1 m/s2D．质点乙的加速度大小a2＝1 m/s2[解析] 由速度与位移公式v2－v20＝2ax分析题中x－v图象可知，图线a表示质点甲以加速度a1做匀加速直线运动，图线b表示质点乙以加速度a2做匀减速直线运动，选项A正确；由于甲、乙两质点是同一时刻、从同一地点沿同一方向做直线运动，所以从图线b可知当位移为零时，质点乙的初速度v0＝6 m/s，选项B正确；设图线a上横坐标为8的点对应的纵坐标为x0，图线a、b交点的横坐标为v1，由运动学规律并结合x－v图象有(6 m/s)2－(2 m/s)2＝2a2x0，(8 m/s)2＝2a1x0，可得甲、乙两质点加速度大小关系是a1＝2a2，又从x －v图象知v21＝2a1·6 m，v20－v21＝2a2·6 m，解得a2＝1 m/s2，a1＝2 m/s2，选项C错误，D 正确．[答案]ABD2．(2017·江西南昌3月模拟)一辆汽车做直线运动，其v 2—x 图象如图所示．关于汽车的运动，下列说法错误的是( )A ．汽车的初速度为4 m/sB ．汽车的加速度大小为0.5 m/s 2C ．汽车第4 s 末的速度为2 m/sD ．汽车前10 s 内的位移为15 m[解析] 由图可知初始时速度的平方为16 m 2/s 2，则汽车的初速度v 0＝4 m/s ，A 项正确．由题图可知v 2与x 的关系式为v 2－42＝－x ，再与公式v 2－v 20＝2ax 对比可知汽车做匀减速直线运动，加速度a ＝－0.5 m/s 2，B 项正确．由v ＝v 0＋at ，可得汽车第4 s 末的速度为v 4＝4 m/s －0.5×4 m/s＝2 m/s ，C 项正确．因0－v 0a＝8 s ，则知第8 s 末车停止，汽车前10 s 内位移x ＝0－v 22a＝16 m ，D 项错误，故选D.[答案] D3．如图甲所示，物体受到水平推力F 的作用，在粗糙水平面上由静止开始做直线运动．通过传感器监测到加速度a 随时间t 变化的规律如图乙所示．取开始运动的方向为正方向，则下列说法正确的是( )A ．在2～6 s 内，推力F 小于阻力，物体做减速运动B ．在0～7 s 内，6 s 末时物体的速度最大，大小为12 m/sC ．在2～7 s 内，物体做匀变速直线运动D ．在0～7 s 内，物体先沿正方向运动，后沿负方向运动[解析] 在0～6 s 内，加速度为正，物体沿正方向运动，故2～6 s 内推力F 大于阻力，物体做加速度减小的加速运动；在6～7 s 内，加速度为负，物体沿正方向做减速直线运动，故A 、D 错误．在2～7 s 内，物体的加速度一直在变化，故C 错误．a －t 图线与t 轴围成的面积表示速度变化量，0～6 s 内物体一直在加速，6 s 末加速度反向，此时速度最大，v ＝12×6×4 m/s＝12 m/s ，故B 正确． [答案] B考向三 动力学的连接体问题[归纳提炼]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．整个系统看作一个研究对象，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．以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，并注意各个物体的相互作用关系，联立求解．水平地面上有质量分别为m 和4m 的物块A 和B ，两者与地面的动摩擦因数均为μ.细绳的一端固定，另一端跨过轻质、光滑动滑轮与A 相连，动滑轮与B 相连，如图所示．初始时，细绳处于水平拉直状态．若物块A 在水平向右的恒力F 作用下向右移动了距离s ，重力加速度大小为g .求：(1)物块B 受到的摩擦力； (2)物块A 、B 的加速度大小．[思路点拨] 运动关系：由于细绳的长度不变，故A 前进距离s 时，A 、B 间的细绳上面部分长了12s ，下面部分短了12s ，由于细绳的固定端位置不动，故B 的位移为12s ，因此有a A ＝2a B .受力关系：考虑到滑轮质量不计，设细绳中的张力为T ，动滑轮对B 的作用力T B ＝2T . [解析] (1)物块A 移动了距离s ，则物块B 移动的距离为s 1＝12s物块B 受到的摩擦力大小为f ＝4μmg(2)设物块A 、B 的加速度大小分别为a A 、a B ，细绳中的张力为T .由牛顿第二定律得F －μmg －T ＝ma A2T －4μmg ＝4ma B由A 和B 的位移关系得a A ＝2a B 联立解得a A ＝F －3μmg2ma B ＝F －3μmg 4m.[答案] (1)4μmg (2)F －3μmg 2m F －3μmg4m从上面的例题可以看出，解决有相对运动的连接体问题，要找到连接体中物体间的位移关系、速度关系和加速度关系，要充分考虑两物体的受力关系.滑轮质量不计，可得作用在滑轮上的绳子的受力关系，这是解题的关键，两物体加速度的关系是突破的难点.该题常见的易错点是不从位移关系入手，直接认为两物体速度相等，或者把B 的位移错认为A 的位移的2倍，从而错误地得到a B ＝2a A .[熟练强化]1．(2017·湖南衡阳联考)质量不等的两木块A 、B ，用跨过一轻质定滑轮的轻绳相连，在图示情况下，木块A 、B 一起做匀速运动．若木块A 、B 的位置互相交换，则木块A 运动的加速度为(木块A 、B 与桌面间的动摩擦因数均为μ，且μ<1，重力加速度为g ，空气阻力、滑轮摩擦均不计)( )A ．(1－μ)gB ．(1－μ2)gC.1－μ2μg D ．与木块A 、B 的质量有关[解析] A 、B 匀速运动过程，有m A g ＝μm B gA 、B 互相交换后，对A 、B 整体受力分析后有 m B g －μm A g ＝(m A ＋m B )a解得a ＝(1－μ)g . 故选A. [答案] A2．(多选)(2017·河北六校联考)如图所示，一轻弹簧的劲度系数为k ，其一端固定在倾角为θ的光滑斜面底端，另一端与物块A 连接，物块B 紧挨着物块A 放置，两物块A 、B 的质量均为m ，初始时均静止．现用平行于斜面向上的力F 拉动物块B ，使物块B 做加速度为a 的匀加速运动，重力加速度为g ，则( )A ．拉力F 一定是恒力B ．A 、B 分离时刻，弹簧形变量为mg sin θ＋makC ．整个过程中物块A 与弹簧组成的系统机械能守恒D ．从开始到A 、B 分离时刻，拉力F 做的功比弹簧弹力做的功少[解析] 对A 、B 整体受力分析可知，在A 和B 分离前该整体在沿斜面方向的拉力F 、总重力、斜面的支持力和弹簧弹力作用下做匀加速运动，运动过程中弹簧弹力发生变化，而重力沿斜面方向的分力不变，故F 一定是变力，A 错误；A 、B 分离时刻，A 、B 间的作用力为0，A 的加速度仍是a ，设弹簧弹力大小为F T ，根据牛顿第二定律有F T －mg sin θ＝ma ，由胡克定律有F T ＝kx ，解得弹簧的形变量为mg sin θ＋mak，B 正确；从开始到A 、B 分离前，弹簧弹力对A 、B 整体做正功，故A 与弹簧组成的系统机械能不守恒，C 错误；从开始到A 、B 分离时刻，拉力F 由2ma 随位移均匀增大到ma ＋mg sin θ，而弹簧弹力由2mg sin θ随位移均匀减小到ma ＋mg sin θ，所以拉力F 做的功比弹簧弹力做的功少，D 正确．[答案] BD对连接体中的临界极值问题可采用下列三种方法分析解决：1极限法：把物理问题或过程推向极端，从而使临界现象或状态暴露出来，以达到正确解决问题的目的.2假设法：临界问题存在多种可能，特别是非此即彼两种可能时，或变化过程中可能出现临界条件，也可能不出现临界条件时，往往用假设法解决问题.3数学法：将物理过程转化为数学表达式，根据数学表达式解出临界条件.考向四 牛顿第二定律的综合应用[归纳提炼]应用牛顿第二定律解题的思路[熟练强化]1．(多选)(2017·江西新余二模)如图所示为运送粮袋的传送装置，已知A、B间长度为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，正常工作时工人在A点将粮袋放到运行中的传送带上，关于粮袋从A到B的运动，以下说法正确的是(已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g)( )A．粮袋到达B点的速度可能大于、等于或小于vB．粮袋开始运动的加速度为g sinθ－μg cosθ，若L足够大，则粮袋最终将以速度v 做匀速运动C．若μ<tanθ，则粮袋从A到B一直做加速运动D．不论μ大小如何，粮袋从A到B一直做匀加速运动，且a>g sinθ[解析] 粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达B点时的速度不大于v；也可能先匀加速运动，当速度与v相同后，粮袋做匀速运动，到达B点时速度与v相同；也可能先做加速度较大的匀加速运动，当速度与传送带相同后做加速度较小的匀加速运动，到达B 点时的速度大于v ，故A 正确；粮袋开始时受到沿传送带向下的滑动摩擦力，大小为μmg cos θ，根据牛顿第二定律得加速度a ＝g sin θ＋μg cos θ，故B 错误；若μ<tan θ，则粮袋重力沿传送带方向的分力大于滑动摩擦力，故加速度的方向一直向下，粮袋从A 到B 一直做加速运动(可能一直以g sin θ＋μg cos θ的加速度加速运动，也可能先以g sin θ＋μg cos θ的加速度加速运动，后以g sin θ－μg cos θ的加速度加速运动)，故C 正确；由上分析可知，粮袋从A 到B 不一定一直匀加速运动，故D 错误．[答案] AC2．如图甲所示，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，B 受到水平向左的外力F 的作用．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F f 的大小等于最大静摩擦力，且A 、B 的质量相等，则下列图中可以定性描述物块A 的运动情况的v －t 图象是( )[解析] 刚开始时外力F 较小，A 、B 保持相对静止，加速度大小为a ＝F 2m ＝kt2m ，可见加速度a 的大小随着时间t 逐渐增大，这个过程对应的v －t 图线的斜率逐渐增加，C 、D 错误；随着时间t 的增加，外力F 增大，当物块和木板之间的摩擦力大小达到最大静摩擦力时，物块A 与木板B 之间刚好发生相对运动，此时有F f ＝ma ，F －F f ＝ma ，解得F ＝2F f ，即kt ＝2F f ，可见t >2F fk后物块将在大小恒定的摩擦力的作用下做匀加速直线运动，其对应的v －t 图线是倾斜的直线，A 错误、B 正确．[答案] B滑块临界问题处理方法高考题答题规范——“板—块”模型[考点归纳]板块模型中动力学问题的解题思路[典题示例](20分)(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．第一步读题干—提信息1) }⇒⎭⎪⎬⎪⎫板向右运动B 向右运动⇒t 1时刻B 与板共速⎭⎪⎪⎬⎪⎪⎫B 与木板共速后―――――――――――――→牛顿第二定律木板加速度a 2＝f 1＋f 3m B ＋m⎭⎪⎬⎪⎫受力分析牛顿第二定律⇒B 与木板共速前A 、B 加速度相同⇒B 与板共速时A 、B 速度大小相同⇒⎩⎪⎨⎪⎧运动学公式图象法―→求解[满分答案] (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f 1、f 2和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.在物块B 与木板达到共同速度前有f 1＝μ1m Ag ①(1分) f 2＝μ1m B g ②(1分)f 3＝μ2(m ＋m A ＋m B )g ③(2分)由牛顿第二定律得f 1＝m A a A ④ f 2＝m B a B ⑤f 2－f 1－f 3＝ma 1⑥(2分)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(2分)联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得v 1＝1 m/s ⑨(2分)(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(2分)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(2分)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(2分)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(2分)联立以上各式，并代入数据得s 0＝1.9 m ⑰(2分)(也可用如图的速度－时间图线求解)[答案] (1)1 m/s (2)1.9 m1慢审题，快答题,只有认真审题，透彻理解命题的意图、试题给定的物理情境、各物理量间的对应关系、物理过程所遵循的物理规律，才能快速正确答题.所谓审题要慢，就是要仔细，要审透，关键的词句理解要到位，深入挖掘试题的条件，提取解题所需要的相关信息，排除干扰因素.要做到这些，必须通读试题，特别是括号内的内容，千万不要忽视. 2习惯画图，分段处理,对综合性强、过程较为复杂的题，要习惯画草图，采用“分段”处理，所谓的“分段”处理，就是根据问题的需要和研究对象的不同，将问题涉及的物理过程，按照时间和空间的发展顺序，合理地分解为几个彼此相对独立又相互联系的阶段，再根据各个阶段遵从的物理规律逐个建立方程，最后通过各阶段的联系综合起来解决，从而使问题化整为零、各个击破.[满分体验] (2017·河南五校联考)如下图所示，可视为质点的物体A 叠放在长木板B 上，A 、B 的质量分别为m 1＝10 kg 、m 2＝10 kg ，B 长为L ＝16 m ，开始时A 在B 的最右端；A 与B 、B 与地之间的动摩擦因数分别为μ1＝0.4、μ2＝0.4；现将一水平恒力F ＝200 N 作用在B 上，使A 、B 由静止开始运动，当A 恰好运动到B 的中点时撤去外力F ，g 取10 m/s 2.求：(1)力F 作用的时间，及此时B 前进的距离；(2)撤去外力F 后B 还能走多远？[解析] (1)力F 开始作用时，设A 、B 的加速度分别为a 1、a 2，对A ：μ1m 1g ＝m 1a 1，a 1＝4 m/s 2对B ：F －μ1m 1g －μ2(m 1＋m 2)g ＝m 2a 2， a 2＝8 m/s 2，设力F 作用的时间为t ，对应此时A 、B 的速度为v A 、v B则有12a 2t 2－12a 1t 2＝12L 代入数据得，t ＝2 s ，v A ＝8 m/s ，v B ＝16 m/s此时B 前进的距离为x B ＝12a 2t 2＝16 m. (2)撤去外力F 后，对A 有μ1m 1g ＝m 1a 3，a 3＝4 m/s 2对B 有μ1m 1g ＋μ2(m 1＋m 2)g ＝m 2a 4， a 4＝12 m/s 2设A 、B 经过时间t 1达到共同速度v 1 则有v A ＋a 3t 1＝v B －a 4t 1 解得：t 1＝0.5 s ，v 1＝10 m/s 此过程中B 前进的距离为x 1＝v 2B －v 212a 4＝6.5 m A 、B 共速后一起匀减速的加速度为a 5 μ2(m 1＋m 2)g ＝(m 1＋m 2)a 5，a 5＝4 m/s 2此时B 前进的距离为x 2＝v 212a 5＝12.5 m 撤去F 后B 前进的总距离为x ＝x 1＋x 2＝19 m.[答案] (1)2 s 16 m (2)19 m。