第2讲 力与直线运动
[相关知识链接] 1．基本公式
v＝v0＋at，x＝v0t＋at2，v2－v02＝2ax.
2．重要推论
12
vt＝v＝
2v0＋v2
vx＝(利用平均速度测瞬时速度)；
2v02＋v22
；Δx＝aT(用逐差法测加速度)．
2
3．符号法则
选定正方向，将矢量运算转化为代数运算． [规律方法提炼] 1．解题思路
建立物体运动的图景，画出物体运动示意图，并在图上标明相关位置和所涉及的物理量，明确哪些量已知，哪些量未知，然后根据运动学公式的特点恰当选择公式求解． 2．刹车问题的分析
末速度为零的匀减速直线运动问题常用逆向思维法，特别对于刹车问题应先判断车停下所用的时间，再选择合适的公式求解． 3．双向可逆类运动分析
匀减速直线运动速度减为零后反向运动，全过程加速度的大小和方向均不变，故求解时可对全过程列式，但需注意x、v、a等矢量的正负及物理意义． 4．平均速度法的应用
在用运动学公式分析问题时，平均速度法常常能使解题过程简化．
例1 (2019·广东广州市下学期一模)高速公路的ETC电子收费系统如图所示，ETC通道的长度是识别区起点到自动栏杆的水平距离．某汽车以21.6km/h的速度匀速进入识别区，ETC天线用了0.3 s的时间识别车载电子标签，识别完成后发出“滴”的一声，司机发现自动栏杆没有抬起，于是采取制动刹车，汽车刚好没有撞杆．已知司机的反应时间为0.7 s，刹车的加速度大小为5 m/s，则该ETC通道的长度约为( )
2
A．4.2mB．6.0mC．7.8mD．9.6m 答案 D
解析 汽车匀速运动的位移
x1＝v(t1＋t2)＝6×(0.3＋0.7) m＝6m.
2
v26
匀减速过程x2＝＝m＝3.6m.
2a2×5
故通道长度x＝x1＋x2＝9.6m，选项D正确．
拓展训练1 (2019·金华十校高三期末)气悬球是近几年新兴的一项小球运动，深受人们喜爱．如图所示，球桌台面上有无数个小孔，从小孔中喷出的气体使小球(红色圆形塑料片)浮离在台面上，小球受击打后在台面上快速运动．某次比赛中，当小球受击打后以速度v0做匀速直线运动至离对方球门L处时，小孔突然停止喷气，小球恰能匀减速直线运动到对方球门，则( )
A．若小球以速度v0运动到离对方球门0.5L处小孔突然停止喷气，小球破门的速度为
2v0
2
B．若小球以速度v0运动到离对方球门0.5L处小孔突然停止喷气，小球破门的速度为 2C．若小球以速度v0运动到离对方球门L处所受浮力突然减半，小球破门的速度为
2v0
4
v0
D．若小球以速度v0运动到离对方球门L处所受浮力突然减半，小球破门的速度为
2答案 A
v0
L2222
解析 由题意知v0＝2μgL，若0.5L处停止喷气，由v0－v＝2μg，得v＝v0，故A正
22
确，B错误；
11μ?mg－F浮′?1
若离球门L处浮力减半，即F浮′＝F浮＝mg，则a＝＝μg
22m2由v0－v′＝2aL得v′＝
2
2
2
v0，故C、D均错误． 2
拓展训练2 (2019·安徽蚌埠市第二次质检)图中ae为港珠澳大桥上四段110m的等跨钢箱连续梁桥，若汽车从a点由静止开始做匀加速直线运动，通过ab段的时间为t，则通过ce段的时间为( )
A．tB.2tC．(2－2)tD．(2＋2)t 答案 C
121
解析 设汽车的加速度为a，经历bc段、ce段的时间分别为t1、t2，xab＝at，xac＝a(t＋
22
t1)2，xae＝a(t＋t1＋t2)2，解得：t2＝(2－2)t，故选C.
1
2
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1．a＝0时，物体静止或做匀速直线运动，此时合外力为0.
2．a为恒量(不为0)时，且v0和a在同一条直线上，物体做匀变速直线运动，此时合外力恒定．
[规律方法提炼] 1．瞬时问题
要注意绳、杆的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． 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，灵活运用整体法与隔离法． 3．超重和失重问题
物体的超重、失重状态取决于加速度的方向，与速度方向无关．
例2 (多选)(2019·广东深圳市第一次调研)高铁已成为重要的“中国名片”，领跑世界．一辆由8节车厢编组的列车，从车头开始的第2、3、6和7共四节为动力车厢，其余为非动力车厢．列车在平直轨道上匀加速启动时，若每节动力车厢牵引力大小为F，每节车厢质量都为m，每节车厢所受阻力为车厢重力的k倍，重力加速度为g.则( ) A．启动时车厢对乘客作用力的方向竖直向上 B．整列列车的加速度大小为
F－2kmg 2mFC．第2节车厢对第1节车厢的作用力大小为
2D．第2节车厢对第3节车厢的作用力大小为答案 BC
F＋kmg2
解析 启动时车厢对乘客竖直方向有竖直向上的支持力，水平方向有沿列车运动方向的摩擦力，两个力的合力方向斜向上方，选项A错误；对整列列车，根据牛顿第二定律：4F－8kmg＝8ma，解得a＝
F－2kmg，选项B正确；对第1节车厢，根据牛顿第二定律：F21－kmg＝ma，2m解得F21＝，选项C正确；对第1、2节车厢的整体，根据牛顿第二定律：F32＋F－2kmg＝2ma，
2解得F32＝0，选项D错误．
拓展训练3 2015年7月的喀山游泳世锦赛中，陈若琳勇夺女子十米跳台桂冠．她从跳台斜向上跳起，一段时间后落入水中，如图所示．不计空气阻力，下列说法正确的是( )
F
A．她在空中上升过程中处于超重状态 B．她在空中下落过程中做自由落体运动
C．她即将入水时的速度为整个跳水过程中的最大速度 D．入水过程中，水对她的作用力大小等于她对水的作用力大小 答案 D
解析 起跳以后的上升过程中她有方向向下的加速度，所以处于失重状态，故A错误；她具有水平初速度，所以空中下落过程不能看做自由落体运动，故B错误；入水过程中，开始时水对她的作用力大小(浮力和阻力)小于她的重力，所以先向下做一段加速运动，即入水后的速度先增大，故C错误；入水过程中，水对她的作用力和她对水的作用力是一对作用力与反作用力，二者大小相等，故D正确．
拓展训练4 如图所示，在动摩擦因数μ＝0.2的水平面上有一个质量m＝1kg的小球，小球分别与水平轻弹簧及与竖直方向成θ＝45°角的不可伸长的轻绳一端相连，此时小球处于静止状态，且水平面对小球的弹力恰好为零．在剪断轻绳的瞬间(g取10m/s，最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，下列说法中正确的是( )
2
A．小球受到地面的弹力仍然为零 B．小球立即向左运动，且a＝8m/s C．小球立即向左运动，且a＝10m/s D．小球仍然静止 答案 B
22
解析 分析剪断轻绳前小球的受力情况，如图所示，可知弹簧的弹力F＝mg，剪断轻绳后，弹簧弹力未变化，但小球立即受到地面的弹力和摩擦力的作用，F＞μmg，小球发生滑动，则有F－μmg＝ma，a＝8m/s，选项A、C、D错误，B正确．
2
1．基本思路
2．解题关键
抓住两个分析，受力分析与运动过程分析，特别是多过程问题，一定要明确各过程受力的变化、运动性质的变化、速度方向的变化等． 3．常用方法
(1)正交分解法：一般沿加速度方向和垂直于加速度方向进行分解，有时根据情况也可以把加速度进行正交分解．
(2)逆向思维法：把运动过程的末状态作为初状态的反向研究问题的方法，一般用于末速度为零的匀减速直线运动问题，比如刹车问题、竖直上抛问题等．
例3 (2019·绍兴市3月选考)如图所示，一辆满载西瓜的卡车从某地由静止出发，以0.5m/s的加速度沿直线运动了30s，由于司机疏忽大意，车头撞在断桥桥头的护栏上(车立即停下)，碰撞瞬间安全气囊弹出，司机(上半身，质量为40kg)被气囊护住相对于地面向前移动了75cm后停住，与此同时车顶上绑住行李箱的绳子断裂，行李箱(可看作质点)在车顶上滑行了1m后飞出，已知箱子与车顶的动摩擦因数为0.75，车顶距地面的高度为h1＝2.45m，平底河床距离地面h2＝2.55m．求：
2
(1)卡车与护栏碰撞时的速度大小； (2)气囊对司机(上半身)的作用力大小；
(3)箱子的落点到河岸侧壁的距离．(结果中可以保留根号) 答案 (1)15m/s (2)6000N (3)210m 解析 (1)汽车匀加速过程，据v＝0＋a1t1
代入数据得v＝15m/s
(2)把司机与气囊相互作用当作匀减速过程，根据v＝2a2x 解得a2＝150m/s 作用力F＝ma2＝6000N
(3)行李箱在车顶上滑行过程是匀减速运动，a3＝μg＝7.5m/s 平抛初速度v0＝v－2a3L＝210m/s
飞行高度h＝h1＋h2＝2.45m＋2.55m＝5m，则飞行时间t＝则s＝v0t＝210m
拓展训练5 (2019·台州3月一模)2019年1月3日，中国的“嫦娥四号”成为了人类历史上第一个在月球背面成功实施软着陆的人类探测器．“嫦娥四号”探测器在距离月面100m高度的A点时，利用发动机的反推力作用悬停，用自身的三维成像敏感器对着陆区进行障碍检测，选出月面C点为最安全的着陆点．此时，探测器调整发动机的反推力，沿水平方向从静止做匀加速直线运动，然后再以相同加速度大小做匀减速直线运动，刚好在C点正上方的B点减速为零，如图所示．已知AB长10 m，从A到B的运动时间为20 s，探测器总质量为300 kg(忽1
略喷气对探测器质量的影响)，探测器在月球表面的重力为地球表面的，重力加速度g＝
610m/s，求探测器：
2
2
2
2
2
2h＝1s
g
(1)从A运动到B过程中的最大速率； (2)匀加速运动时的加速度大小； (3)匀减速运动时发动机的反推力大小． 答案 (1)1.0m/s (2)0.1 m/s (3)102509N 解析 (1)探测器从A运动到B的平均速度为
2
s10
v＝＝m/s＝0.5 m/s
t20
最大速度为vm＝2v＝1.0m/s (2)加速时间t1＝＝10s
2加速度大小为a＝＝
tvm122
m/s＝0.1 m/s t110
(3)水平方向的合力：Fx＝ma＝30N 根据力的平行四边形定则，可得
F＝122
?mg?＋Fx＝102509N(写为500N也对) 6
拓展训练6 (2019·安徽黄山市一模检测)如图所示，一质量为m的小物块，以v0＝15m/s的速度向右沿水平面运动12.5m后，冲上倾斜角为37°的固定斜面，若物块与水平面及斜面的动摩擦因数均为0.5，斜面足够长，物块从水平面到斜面的连接处无能量损失．求：
(1)物块在斜面上能达到的最大高度；
(2)物块在斜面上运动所需的时间．(g取10m/s，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，结果保留二位有效数字) 答案 (1)3m (2)3.2s
解析 (1)小物块在水平面上：a1＝－μg＝－5m/s，v1－v0＝2a1x，解得v1＝10m/s 小物块在斜面上向上运动：a2＝－gsinθ－μgcosθ＝－10m/s，0－v1＝2a2s，可解得s＝5m，所以h＝ssinθ＝3m
0－v1
(2)小物块在斜面上向上运动的时间：t1＝＝1s
2
2
2
2
2
2
a2
小物块在最高点时：mgsinθ＞μmgcosθ，
所以小物块会匀加速下滑，加速度a3＝gsinθ－μgcosθ＝2m/s， 12
由s＝a3t2，解得：t2＝5s
2
小物块在斜面上运动所需时间为：t＝t1＋t2＝(1＋5) s≈3.2s.
2
1．模型特点
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． 2．解题关键
(1)搞清楚物体与传送带间的相对运动方向及摩擦力方向是解决该问题的关键．
(2)传送带问题还常常涉及临界问题，即物体与传送带达到相同速度，这时会出现摩擦力改变的临界状态，对这一临界状态进行分析往往是解题的突破口．
例4 如图所示，水平传送带两端相距x＝8m，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.6，工件滑上A端时速度vA＝10m/s，设工件到达B端时的速度大小为vB.(取g＝10 m/s)
2
(1)若传送带静止不动，求vB；
(2)若传送带顺时针转动，工件还能到达B端吗？若不能，说明理由；若能，求到达B点的速度大小vB；
(3)若传送带以v＝13m/s逆时针匀速转动，求vB及工件由A到B所用的时间． 答案 (1)2m/s (2)能 2 m/s (3)13m/s 0.67s
解析 (1)工件受到的摩擦力方向水平向右，设加速度大小为a，根据牛顿第二定律可知μmg＝ma，则a＝μg＝6m/s，且vA－vB＝2ax，故vB＝2m/s.
(2)能．当传送带顺时针转动时，工件受力不变，其加速度不发生变化，仍然做相同的减速运动，故工件到达B端的速度大小vB＝2m/s.
(3)传送带以v＝13m/s逆时针匀速转动时，开始时工件受到的摩擦力方向水平向左，加速度大小a′＝6 m/s，工件速度达到13m/s时所用时间为t1＝1
2
2
2
2
2
v－vA＝0.5s，运动的位移为x1＝a′
vAt1＋a′t12＝5.75m＜8m，则工件在到达B端前速度就达到了13m/s，此后工件与传送带相
对静止，因此工件先加速后匀速运动．匀速运动的位移x2＝x－x1＝2.25m，t2＝≈0.17s，工件由A到B所用的时间t＝t1＋t2＝0.67s.
拓展训练7 如图所示，电动传送带以恒定速度v0＝1.2m/s运行，传送带与水平面的夹角α＝37°，现将质量m＝20 kg的物品箱轻放到传送带底端，经过一段时间后，物品箱被送到高
x2
vh＝1.8 m的平台上，已知物品箱与传送带间的动摩擦因数μ＝0.85，不计其他损耗，则每件
物品箱由静止从传送带底端送到平台上，需要多长时间？(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，
g取10 m/s2)
答案 3.25s
解析 物品箱刚放到传送带上时做匀加速运动，当速度达到v0时，与传送带一起做匀速运动到平台．物品箱刚放上去时，根据牛顿第二定律有μmgcosα－mgsinα＝ma，解得a＝0.8m/s.
2
v01.2
从静止到与传送带共速所用时间t1＝＝s＝1.5s，
a0.8
此过程中，物品箱沿斜面向上的位移x＝t1＝0.9m.
2物品箱随传送带匀速运动到达平台的时间为
v0
1.8
－x－0.9sinαsin37°t2＝＝s＝1.75s，
v01.2总时间为t＝t1＋t2＝3.25s.
h
专题强化练
基础题组
1.(2019·湖南长沙市雅礼中学期末)如图所示，一骑行者所骑自行车前后轮轴的距离为L，在水平道路上匀速运动，当看到道路前方有一条减速带时，立刻刹车使自行车做匀减速直线运动，自行车垂直经过该减速带时，对前、后轮造成的两次颠簸的时间间隔为t.利用以上数据，可以求出前、后轮经过减速带这段时间内自行车的( )
A．初速度 C．平均速度 答案 C
12
解析 匀变速直线运动的位移公式：x＝v0t＋at，速度公式：vt＝v0＋at，共含有vt、v0、x、
2
B．末速度 D．加速度
a、t五个未知量，至少要知道三个，才能求出另外两个物理量．由题意知，自行车垂直经过
该减速带时，前、后轮造成的两次颠簸的时间间隔为t，自行车前后轮轴的距离为L，只知道两个物理量，所以不能求出vt、v0、a三个物理量，故A、B、D错误；由平均速度定义可得：
xv＝，已知前、后轮造成的两次颠簸的时间间隔为t，自行车前后轮轴的距离为L，所以能
t求出平均速度，故C正确．
2．(多选)(2019·湖北天门、仙桃等八市第二次联考)矿井中的升降机以5m/s的速度竖直向上匀速运行，某时刻一螺钉从升降机底板松脱，经过3 s升降机底板上升至井口，此时松脱的螺钉刚好落到井底，不计空气阻力，取重力加速度g＝10 m/s，下列说法正确的是( )
2
A．螺钉松脱后做自由落体运动 B．矿井的深度为45m
C．螺钉落到井底时的速度大小为25m/s
D．螺钉随升降机从井底出发到落回井底共用时6s 答案 BC
解析 螺钉松脱时具有与升降机相同的向上的初速度，故螺钉脱落后做竖直上抛运动，A项12
错误；螺钉自脱落至井底的位移h1＝－v0t＋gt，升降机这段时间的位移h2＝v0t，故矿井的
2深度为h＝h1＋h2＝45m，B项正确；螺钉落到井底时速度大小为v＝－v0＋gt＝25m/s，C项正确；螺钉松脱前运动的时间为h1＝v0t′，解得t′＝6s，所以螺钉运动的总时间为t＋t′＝9s，D项错误．
3．蹦床运动要求运动员在一张绷紧的弹性网上蹦起、腾空并在空中做各种动作．为了测量运动员跃起的高度，训练时可在弹性网上安装压力传感器，利用传感器记录弹性网所受的压力，并在计算机上作出压力－时间图象，假如作出的图象如图所示．设运动员在空中运动时可视为质点，空气阻力忽略不计，则运动员跃起的最大高度是(g取10m/s)( )
2
A．1.8mB．3.6mC．5.0mD．7.2m 答案 C
解析 由题图可知，运动员腾空的时间为2s，由对称性可得自由下落的时间为1s，故运动员12
跃起的最大高度是h＝gt＝5.0m，C正确．
2
4．(2019·杭州市高三期末)我国南方多雨地区在建造房屋屋顶时，需要考虑将屋顶设置成一定的角度，以便雨水可以快速地流下．若忽略雨水从屋顶流下时受到的阻力，为使雨水在屋顶停留时间最少，则屋顶应设计成下图中的( )
答案 C
解析 设屋顶的夹角为2θ，屋顶的宽度为L，由牛顿第二定律得雨滴下滑的加速度：a＝
gcosθ，由几何关系得斜面的长度：x＝
12
；由位移公式得：x＝at；联立得：t＝
2sinθ2
L2L，可知当θ＝45°时时间最短，即屋顶的夹角为90°，故C正确，A、B、D错误．
gsin2θ
5．(2019·江西赣州市上学期期末)电梯顶上悬挂一根劲度系数是200N/m的弹簧，弹簧的原长为20 cm，在弹簧下端挂一个质量为0.4 kg的砝码．当电梯运动时，测出弹簧长度变为 23 cm，g取10 m/s，则电梯的运动状态及加速度大小为( ) A．匀加速上升，a＝2.5m/s B．匀减速上升，a＝2.5m/s C．匀加速上升，a＝5m/s D．匀减速上升，a＝5m/s 答案 C
解析 由胡克定律可知，弹簧的弹力F＝kx＝200×(0.23－0.20) N＝6N， 由牛顿第二定律知：F－mg＝ma，解得：a＝5m/s
物体加速度向上，可能是加速上升，也可能是减速下降，故C正确，A、B、D错误． 6．(多选)(2019·山东泰安市3月第一轮模拟)雨滴在空气中下落时会受到空气阻力的作用，假设阻力大小只与雨滴的速率成正比，所有雨滴均从相同高处由静止开始下落，到达地面前均达到最大速率．下列判断正确的是( ) A．达到最大速率前，所有雨滴均做匀加速运动 B．所有雨滴的最大速率均相等 C．较大的雨滴最大速率也较大 D．较小的雨滴在空中运动的时间较长 答案 CD
解析 根据牛顿第二定律：a＝
2
22
22
2
mg－kv，则雨滴下落时，随速度的增加，加速度逐渐减小，则m达到最大速率前，所有雨滴均做加速度减小的变加速运动，选项A错误；当a＝0时速度最大，则vm＝，则质量越大，最大速度越大，选项B错误，C正确；较小的雨滴在空中运动的最大速度较小，整个过程的平均速度较小，则在空中运动的时间较长，选项D正确． 7.如图所示，光滑水平面上，水平恒力F拉小车和木块一起做匀加速直线运动，小车质量为
mgkM，木块质量为m，它们的共同加速度为a，木块与小车间的动摩擦因数为μ.则在运动过程
中( )
A．木块受到的摩擦力大小一定为μmg B．木块受到的合力大小为(M＋m)a C．小车受到的摩擦力大小为
mF m＋MD．小车受到的合力大小为(M＋m)a 答案 C
解析 木块与小车共同加速，木块受到静摩擦力，由牛顿第二定律Ff＝ma，A、B错误；小车受到的合外力为Ma，D错误；对小车和木块整体：F＝(M＋m)a，对木块：Ff＝ma＝牛顿第三定律得小车受到的摩擦力大小也为mFM＋m，由mF，C正确． M＋m8.如图所示，水平放置的传送带以速度v＝2m/s沿顺时针方向转动，现将一小物体轻轻地放在传送带A端，物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，g取10 m/s.若A端与B端相距6m，则物体由A到B的时间为( )
2
A．2sB．2.5sC．3.5sD．4s 答案 C
解析 物体放在传送带上，传送带对物体有向右的滑动摩擦力，使物体开始做匀加速直线运动，物体与传送带速度相等后滑动摩擦力消失，物体与传送带以相同的速度做匀速直线运动．根据牛顿第二定律得μmg＝ma，物体加速运动的加速度为a＝μg＝2m/s，达到共同速
2
vvL－x1度所用的时间t1＝＝1s，发生的位移x1＝t1＝1m，此后匀速运动的时间t2＝＝2.5s，
a2v到达B共用时间3.5s，选项C正确． 能力题组
9．(2019·北京市东城区上学期期末)如图甲所示，倾斜的传送带正以恒定速率v1沿顺时针方向转动，传送带的倾角为37°.一物块以初速度v0从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，其运动的v－t图象如图乙所示，物块到传送带顶端时速度恰好为零，sin37°＝0.6，
cos37°＝0.8，g取10m/s，则( )
2
A．由图乙可知，0～1s内物块受到的摩擦力大于1～2s内的摩擦力
B．摩擦力方向一直与物块运动的方向相反 1
C．物块与传送带间的动摩擦因数为
4D．传送带底端到顶端的距离为11m 答案 C
解析 由题图乙可知在0～1s内物块的速度大于传送带的速度，物块所受摩擦力的方向沿斜面向下，与物块运动的方向相反；1～2s内，物块的速度小于传送带的速度，物块所受摩擦力的方向沿斜面向上，与物块运动的方向相同，由于物块对传送带的压力相等，根据摩擦力公式Ff＝μFN可知两段时间内摩擦力大小相等，故选项A、B错误．在0～1s内物块的加速度Δv4－1222
为a＝＝m/s＝－8 m/s，根据牛顿第二定律得：－(mgsin37°＋μmgcos37°)＝ma，
Δt114＋12解得μ＝，故C正确；物块上升的位移大小等于v－t图象所包围的面积大小，为：x＝
424×1
×1m＋m＝10m，所以传送带底端到顶端的距离为10m，故D错误．
2
10．(2019·金华十校期末)如图所示，在某段平直的铁路上一列以324km/h高速行驶的“和谐号”列车某时刻开始匀减速行驶，5 min后恰好停在某车站，并在该站停留5 min，随后匀加速驶离车站，经9 km后恢复原速324 km/h.求：
(1)“和谐号”减速、加速时的加速度；
(2)“和谐号”从开始减速到恢复原速这段时间内的平均速度大小． 答案 (1)－0.3 m/s 0.45 m/s (2)28.125 m/s Δv2解析 (1)由a1＝，得a1＝－0.3m/s
Δt由v＝2a2x2，得a2＝0.45m/s (2)由x1＝t1，得x1＝13500m
2由x2＝t2，得t2＝200s
2由v＝
2
2
2
2
vvx1＋x2
，得v＝28.125m/s
t1＋t＋t2
11．(2019·江苏无锡市上学期期末)如图(a)所示，质量为m＝2kg的物块以初速度v0＝20m/s从图中所示位置开始沿粗糙水平面向右运动，同时物块受到一水平向左的恒力F作用，在运动过程中物块速度随时间变化的规律如图(b)所示，g取10 m/s.试求：
2
(1)物块在0～4s内的加速度a1的大小和4～8s内的加速度a2的大小； (2)恒力F的大小及物块与水平面间的动摩擦因数μ； (3)8s内恒力F所做的功．
答案 (1)5 m/s 2 m/s (2)7 N 0.15 (3)－168 J
解析 (1)由题图可知，0～4s内，物块向右做匀减速直线运动，4～8s内，物块向左做匀加速直线运动；0～4s内，a1＝
Δv－20222
＝ m/s＝－5 m/s，大小为5m/s，方向水平向左； Δt4
2
2
Δv′－8222
4～8s内，a2＝＝m/s＝－2 m/s，大小为2m/s，方向水平向左；
Δt′8－4(2)根据牛顿第二定律，在0～4s内恒力F与摩擦力同向：F＋μmg＝ma1 4～8s内恒力F与摩擦力反向：F－μmg＝ma2，解得：F＝7N，μ＝0.15
11
(3)根据图形的面积可得8s内物块运动的位移大小为x＝×(4×20) m－×(4×8) m＝24m，
22方向水平向右，与恒力F方向相反，
故恒力F做的功为W＝－Fx＝－7×24J＝－168J.
12．(2019·吉林吉林市友好学校联合体期末)如图甲所示，光滑平台右侧与一长为L＝10m的水平木板相接，木板固定在地面上，现有一小滑块以初速度v0＝10m/s滑上木板，恰好滑到木板右端停止．现让木板右端抬高，如图乙所示，使木板与水平地面的夹角θ＝37°，让滑块以相同的初速度滑上木板，不计滑块滑上木板时的能量损失，g取10 m/s，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：
2
(1)滑块与木板之间的动摩擦因数μ；
(2)滑块从滑上倾斜木板到滑回木板底端所用的时间t. 答案 (1)0.5 (2)1＋5s
解析 (1)设滑块质量为m，木板水平时滑块的加速度大小为a，则对滑块有μmg＝ma① 滑块恰好到木板右端停止，故有0－v0＝－2aL②
2
v02
解得μ＝＝0.5③
2gL(2)当木板倾斜，设滑块上滑时的加速度大小为a1，最大距离为s，上滑的时间为t1，有
μmgcosθ＋mgsinθ＝ma1④ 0－v0＝－2a1s⑤ 0＝v0－a1t1⑥
由④⑤⑥式，解得t1＝1s，s＝5m⑦
设滑块下滑时的加速度为a2，下滑的时间为t2，有
2
mgsinθ－μmgcosθ＝ma2⑧ s＝a2t22⑨
由⑧⑨式解得t2＝5s
滑块从滑上倾斜木板到滑回木板底端所用的时间t＝t1＋t2＝1＋5s. 12
浙江专用版2020版高考物理二轮复习专题一力与运动第2讲力与直线运动讲义
