2019屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題一 力與運動 第2講 力與物體的直線運動學(xué)案

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1、第2講　力與物體的直線運動 真題再現(xiàn) 考情分析 (2018·高考全國卷 Ⅰ )如圖，輕彈簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物塊P，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)．現(xiàn)用一豎直向上的力F作用在P上，使其向上做勻加速直線運動．以x表示P離開靜止位置的位移，在彈簧恢復(fù)原長前，下列表示F和x之間關(guān)系的圖象可能正確的是(　　) 解析：選A.假設(shè)物塊靜止時彈簧的壓縮量為x0，則由力的平衡條件可知kx0＝mg，在彈簧恢復(fù)原長前，當(dāng)物塊向上做勻加速直線運動時，由牛頓第二定律得F＋k(x0－x)－mg＝ma，由以上兩式解得F＝kx＋ma，顯然F和x為一次函數(shù)關(guān)系，且在F軸上有截距，則A正確，B、C、D錯誤.

2、 [命題點分析] 牛頓運動定律、力的圖象問題 [思路方法] 由物塊P的勻加速直線的狀態(tài)，可知力與加速度的關(guān)系，且可與胡克定律聯(lián)立求解問題 (多選)(2018·高考全國卷 Ⅱ )甲、乙兩汽車在同一條平直公路上同向運動，其速度－時間圖象分別如圖中甲、乙兩條曲線所示．已知兩車在t2時刻并排行駛．下列說法正確的是(　　) A.兩車在t1時刻也并排行駛 B.在t1時刻甲車在后，乙車在前 C.甲車的加速度大小先增大后減小 D.乙車的加速度大小先減小后增大 解析：選BD.本題可巧用逆向思維分析，兩車在t2時刻并排行駛，根據(jù)題圖分析可知在t1~ t2時間內(nèi)甲車運動的位移大于乙車運動的位移

3、，所以在t1時刻甲車在后，乙車在前， B正確， A錯誤；依據(jù)v-t圖象斜率表示加速度分析出C錯誤，D正確. [命題點分析] 加速度變化的運動圖象問題 [思路方法] 由v－t圖象中的斜率可知其加速度的變化規(guī)律，由圖中所圍的面積可知汽車的位移 (多選)(2018·高考全國卷 Ⅲ )甲、乙兩車在同一平直公路上同向運動，甲做勻加速直線運動，乙做勻速直線運動．甲、乙兩車的位置x隨時間t的變化如圖所示．下列說法正確的是(　　) A.在t1時刻兩車速度相等 B.從0到t1時間內(nèi)，兩車走過的路程相等 C.從t1到t2時間內(nèi)，兩車走過的路程相等 D.在t1到t2時間內(nèi)的某時刻，兩車速度相等

4、 解析：選 CD.x-t圖象某點的切線斜率表示瞬時速度， A錯誤；前t1時間內(nèi)，由于甲、乙的出發(fā)點不同，故路程不同，B錯誤；t1~ t2時間內(nèi)，甲、乙的位移和路程都相等，大小都為x 2~x1，C正確；t1~ t2時間內(nèi)，甲的x-t圖象在某一點的切線與乙的x-t圖象平行，此時刻兩車速度相等，D正確. [命題點分析] x－t圖象分析 [思路方法] 由x－t圖象的斜率可知物體運動的速度變化，由坐標可知物體的位置情況 命題規(guī)律研究及預(yù)測 分析近幾年的考題可以看出，高考命題突出對運動圖象的理解、牛頓第二定律的應(yīng)用等知識的考查，另外主要從勻變速直線運動規(guī)律的應(yīng)用能力、應(yīng)用圖象分析物體運動

5、規(guī)律的能力、牛頓第二定律在力學(xué)運動中以及在系統(tǒng)問題、多階段問題中的應(yīng)用能力等方面進行命題. 在今后的備考中此部分仍是高考必考題，尤其注重運動圖象及牛頓第二定律和整體法、隔離法的應(yīng)用 　勻變速直線運動規(guī)律的應(yīng)用 求解勻變速直線運動問題的一般思路 →→→ →→ 勻變速直線運動問題常用的六種解題方法 追及問題的解題思路和技巧 (1)解題思路 (2)解題技巧 ①緊抓“一圖三式”，即過程示意圖、時間關(guān)系式、速度關(guān)系式和位移關(guān)系式． ②審題應(yīng)抓住題目中的關(guān)鍵字眼，充分挖掘題目中的隱含條件，如“剛好”“恰好”“最多”“至少”等，往往對應(yīng)一個臨界狀態(tài)，滿足相應(yīng)的

6、臨界條件． ③若被追趕的物體做勻減速運動，一定要注意追上前該物體是否已停止運動，另外最后還要注意對解的討論分析．　 (2017·高考全國卷Ⅲ)如圖，兩個滑塊A和B的質(zhì)量分別為mA＝1 kg和mB＝5 kg，放在靜止于水平地面上的木板的兩端，兩者與木板間的動摩擦因數(shù)均為μ1＝0.5；木板的質(zhì)量為m＝4 kg，與地面間的動摩擦因數(shù)為μ2＝0.1.某時刻A、B兩滑塊開始相向滑動，初速度大小均為v0＝3 m/s.A、B相遇時，A與木板恰好相對靜止．設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度大小g＝10 m/s2.求 (1)B與木板相對靜止時，木板的速度； (2)A、B開始運動時，兩者之間的

7、距離． [解析]　(1)滑塊A和B在木板上滑動時，木板也在地面上滑動．設(shè)A、B所受的摩擦力大小分別為f1、f2，木板與地面間的滑動摩擦力為f3，A和B相對于地面的加速度大小分別為aA和aB，木板相對于地面的加速度大小為a1.在物塊B與木板達到共同速度前有f1＝μ1mAg① f2＝μ1mBg② f3＝μ2(m＋mA＋mB)g③ 由牛頓第二定律得 f1＝mAaA④ f2＝mBaB⑤ f2－f1－f3＝ma1⑥ 設(shè)在t1時刻，B與木板達到共同速度，其大小為v1.由運動學(xué)公式有 v1＝v0－aBt1⑦ v1＝a1t1⑧ 聯(lián)立①②③⑤⑥⑦⑧式，代入已知數(shù)據(jù)得 v1＝1 m/s.⑨

8、 (2)在t1時間間隔內(nèi)，B相對于地面移動的距離為 sB＝v0t1－aBt⑩ 設(shè)在B與木板達到共同速度v1后，木板的加速度大小為a2.對于B與木板組成的體系，由牛頓第二定律有 f1＋f3＝(mB＋m)a2? 由①②④⑤式知，aA＝aB；再由⑦⑧式知，B與木板達到共同速度時，A的速度大小也為v1，但運動方向與木板相反．由題意知，A和B相遇時，A與木板的速度相同，設(shè)其大小為v2.設(shè)A的速度大小從v1變到v2所用的時間為t2，則由運動學(xué)公式，對木板有v2＝v1－a2t2? 對A有v2＝－v1＋aAt2? 在t2時間間隔內(nèi)，B(以及木板)相對地面移動的距離為 s1＝v1t2－a2t?

9、 在(t1＋t2)時間間隔內(nèi)，A相對地面移動的距離為 sA＝v0(t1＋t2)－aA(t1＋t2)2? A和B相遇時，A與木板的速度也恰好相同．因此A和B開始運動時，兩者之間的距離為s0＝sA＋s1＋sB? 聯(lián)立以上各式，并代入數(shù)據(jù)得s0＝1.9 m. (也可用如圖所示的速度－時間圖線求解) [答案]　見解析 角度1　解決直線運動問題方法的靈活運用 1．如圖所示，某“闖關(guān)游戲”的筆直通道上每隔8 m設(shè)有一個關(guān)卡，各關(guān)卡同步放行和關(guān)閉，放行和關(guān)閉的時間分別為5 s和2 s．關(guān)卡剛放行時，一同學(xué)立即在關(guān)卡1處以加速度2 m/s2由靜止加速到2 m/s，然后勻速向前，則最先擋

10、住他前進的關(guān)卡是(　　) A．關(guān)卡2　　　　　　　　　 B．關(guān)卡3 C．關(guān)卡4 D．關(guān)卡5 解析：選C.該同學(xué)加速到2 m/s時所用時間為t1，由v1＝at1，得t1＝＝1 s，通過的位移x1＝at＝1 m，然后勻速前進的位移x2＝v1(t－t1)＝8 m，因x1＋x2＝9 m>8 m，即這位同學(xué)已通過關(guān)卡2，距該關(guān)卡1 m，當(dāng)關(guān)卡關(guān)閉t2＝2 s時，此同學(xué)在關(guān)卡2、3之間通過了x3＝v1t2＝4 m的位移，接著關(guān)卡放行t＝ 5 s，同學(xué)通過的位移x4＝v1t＝10 m，此時距離關(guān)卡4為x5＝16 m－(1＋4＋10) m＝1 m，關(guān)卡關(guān)閉2 s，經(jīng)過t3＝＝0.5 s后關(guān)卡4最

11、先擋住他前進． 角度2　追及、相遇問題 2．[一題多解]在水平軌道上有兩列火車A和B相距x，A車在后面做初速度為v0、加速度大小為2a的勻減速直線運動，而B車同時做初速度為零、加速度為a的勻加速直線運動，兩車運動方向相同．要使兩車不相撞，求A車的初速度v0滿足什么條件． 解析：兩車不相撞的臨界條件是，A車追上B車時其速度與B車相等．設(shè)A、B兩車從相距x到A車追上B車時，A車的位移為xA、末速度為vA、所用時間為t；B車的位移為xB、末速度為vB，運動過程如圖所示，現(xiàn)用如下四種方法解答： 法一：臨界法．利用位移公式、速度公式求解，對A車有xA＝v0t＋×(－2a)×t2，vA＝v0

12、＋(－2a)×t 對B車有xB＝at2，vB＝at 兩車位移關(guān)系有x＝xA－xB 追上時，兩車不相撞的臨界條件是vA＝vB 聯(lián)立以上各式解得v0＝ 故要使兩車不相撞，A車的初速度v0應(yīng)滿足的條件是 v0≤. 法二：函數(shù)法．利用判別式求解，由法一可知xA＝x＋xB，即v0t＋×(－2a)×t2＝x＋at2 整理得3at2－2v0t＋2x＝0 這是一個關(guān)于時間t的一元二次方程，當(dāng)根的判別式Δ＝(－2v0)2－4·3a·2x＝0時，兩車剛好不相撞，所以要使兩車不相撞，A車的初速度v0應(yīng)滿足的條件是 v0≤. 法三：圖象法．利用v－t圖象求解，先作A、B兩車的v－t圖象，如圖所示

13、，設(shè)經(jīng)過t時間兩車剛好不相撞，則對A車有vA＝v′＝v0－2at 對B車有vB＝v′＝at 以上兩式聯(lián)立解得t＝ 經(jīng)t時間兩車發(fā)生的位移之差為原來兩車間距離x，它可用圖中的陰影面積表示，由圖象可知 x＝v0·t＝v0·＝ 所以要使兩車不相撞，A車的初速度v0應(yīng)滿足的條件是v0≤. 法四：相對運動法．巧選參考系求解．以B車為參考系，A車的初速度為v0，加速度為a′＝－2a－a＝－3a.A車追上B車且剛好不相撞的條件是：v＝0，這一過程A車相對于B車的位移為x，由運動學(xué)公式 v2－v＝2a′x得： 02－v＝2·(－3a)·x 所以v0＝. 故要使兩車不相撞，A車的初速度v0

14、應(yīng)滿足的條件是 v0≤. 答案：v0≤ 命題角度 解決方法 易錯辨析 勻變速直線運動規(guī)律的應(yīng)用 推論法、比例法、逆向思維法等 找準運動過程中的轉(zhuǎn)折點 追及、相遇問題 挖掘隱含條件，如“剛好”“恰好”“最多”“至少”等，對應(yīng)兩者速度相等這樣一個轉(zhuǎn)折點 若被追趕的物體做勻減速運動，一定要注意追上該物體前它是否已停止運動，另外最后還要注意對解的討論分析 　 　牛頓運動定律的應(yīng)用 連接體問題的分析 (1)整體法：在連接體問題中，如果不需要求物體之間的相互作用力，且連接體的各部分具有相同的加速度，一般采用整體法列牛頓第二定律方程. (2)隔離法：如果需要求

15、物體之間的相互作用力或?qū)τ诩铀俣炔煌倪B接體，一般采用隔離法列牛頓第二定律方程. 瞬時加速度的求解 (1)兩類模型 ①剛性繩（或接觸面）——不發(fā)生明顯形變就能產(chǎn)生彈力的物體，剪斷（或脫離）后，其彈力立即消失，不需要形變恢復(fù)時間. ②彈簧（或橡皮繩）——兩端同時連接（或附著）有物體的彈簧（或橡皮繩），特點是形變量大，其形變恢復(fù)需要一段時間，在瞬時性問題中，其彈力的大小往往可以看成保持不變. (2)求解瞬時加速度的一般思路 →→　 下暴雨時，有時會發(fā)生山體滑坡或泥石流等地質(zhì)災(zāi)害．某地有一傾角為θ＝37°的山坡C，上面有一質(zhì)量為m的石板B，其上下表面與斜坡平行；B上有一碎石堆A

16、(含有大量泥土)，A和B均處于靜止狀態(tài)，如圖所示．假設(shè)某次暴雨中，A浸透雨水后總質(zhì)量也為m(可視為質(zhì)量不變的滑塊)，在極短時間內(nèi)，A、B間的動摩擦因數(shù)μ1減小為，B、C間的動摩擦因數(shù)μ2減小為0.5，A、B開始運動，此時刻為計時起點；在第2 s末，B的上表面突然變?yōu)楣饣?，?保持不變．已知A開始運動時，A離B下邊緣的距離l＝27 m，C足夠長，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力．取重力加速度大小g＝10 m/s2.求： (1)在0～2 s時間內(nèi)A和B加速度的大?。? (2)A在B上總的運動時間． [解析]　(1)在0～2 s時間內(nèi)，A和B的受力如圖所示，其中Ff1、FN1是A與B之間的摩擦力和正

17、壓力的大小，F(xiàn)f2、FN2是B與C之間的摩擦力和正壓力的大小，方向如圖所示．由滑動摩擦力公式和力的平衡條件得 Ff1＝μ1FN1① FN1＝mgcos θ② Ff2＝μ2FN2③ FN2＝F′N1＋mgcos θ④ 規(guī)定沿斜面向下為正．設(shè)A和B的加速度分別為a1和a2，由牛頓第二定律得 mgsin θ－Ff1＝ma1⑤ mgsin θ－Ff2＋F′f1＝ma2⑥ FN1＝F′N1⑦ Ff1＝F′f1⑧ 聯(lián)立①②③④⑤⑥⑦⑧式，并代入題給數(shù)據(jù)得 a1＝3 m/s2⑨ a2＝1 m/s2.⑩ (2)在t1＝2 s時，設(shè)A和B的速度分別為v1和v2，則 v1＝

18、a1t1＝6 m/s? v2＝a2t1＝2 m/s? t＞t1時，設(shè)A和B的加速度分別為a′1和a′2.此時A與B之間的摩擦力為零，同理可得，a′1＝6 m/s2? a′2＝－2 m/s2? B做減速運動．設(shè)經(jīng)過時間t2，B的速度減為零，則有 v2＋a′2t2＝0? 聯(lián)立???式得t2＝1 s 在t1＋t2時間內(nèi)，A相對于B運動的距離為 x＝－ ＝12 m<27 m 此后B靜止，A繼續(xù)在B上滑動．設(shè)再經(jīng)過時間t3后A離開B，則有 l－x＝(v1＋a′1t2)t3＋a′1t 可得，t3＝1 s(另一解不符合題意，舍去) 設(shè)A在B上總的運動時間為t總，有 t總＝t1＋t

19、2＋t3＝4 s. [答案]　(1)3 m/s2　1 m/s2　(2)4 s 角度1　超重、失重現(xiàn)象分析 1．(多選)一人乘電梯上樓，在豎直上升過程中加速度a隨時間t變化的圖線如圖所示，以豎直向上為a的正方向，則人對地板的壓力(　　) A．t＝2 s時最大　　　　　 B．t＝2 s時最小 C．t＝8.5 s時最大 D．t＝8.5 s時最小 解析：選A D.人受重力mg和支持力FN的作用，由牛頓第二定律得FN－mg＝ma.由牛頓第三定律得人對地板的壓力F′N＝FN＝mg＋ma，當(dāng)t＝2 s時a有最大值，F(xiàn)′N最大．當(dāng)t＝8.5 s時，a有最小值，F(xiàn)′N最小，選項A、D正

20、確． 角度2　瞬時加速度問題 2．(多選)如圖所示，物塊a、b和c的質(zhì)量相同，a和b、b和c之間用完全相同的輕質(zhì)彈簧S1和S2相連，通過系在a上的細線懸掛于固定點O，整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)．現(xiàn)將細線剪斷，將物塊a的加速度的大小記為a1，S1和S2相對于原長的伸長分別記為Δl1和Δl2，重力加速度大小為g，在剪斷的瞬間(　　) A．a(chǎn)1＝3g　　　　　　　　　　 B．a(chǎn)1＝0 C．Δl1＝2Δl2 D．Δl1＝Δl2 解析：選AC.設(shè)物塊的質(zhì)量為m，剪斷細線的瞬間，細線的拉力消失，彈簧還沒有來得及改變，所以剪斷細線的瞬間a受到重力和彈簧S1的拉力FT1，剪斷前對b、c和彈簧S2組成

21、的整體分析可知FT1＝2mg，故a受到的合力F＝mg＋FT1＝mg＋2mg＝3mg，故加速度大小a1＝＝3g，A正確，B錯誤；設(shè)彈簧S2的拉力為FT2，則FT2＝mg，根據(jù)胡克定律F＝kΔx可得Δl1＝2Δl2，C正確，D錯誤． 角度3　多過程動力學(xué)問題 3.如圖所示，質(zhì)量分別為0.5 kg、0.2 kg的彈性小球A、B穿過一繞過定滑輪的輕繩，繩子末端與地面距離為0.8 m，小球距離繩子末端6.5 m，小球A、B與輕繩間的滑動摩擦力都為自身重力的，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力．現(xiàn)由靜止同時釋放A、B兩個小球，不計繩子質(zhì)量，忽略與定滑輪相關(guān)的摩擦力，g＝10 m/s2.

22、求： (1)釋放A、B兩個小球后，A、B各自加速度大小； (2)小球B從開始釋放經(jīng)多長時間落到地面？ 解析：(1)由題意知 B 與輕繩間的滑動摩擦力 fB＝kmBg＝1.0 N，而 A 與輕繩間的滑摩擦力fA＝kmAg＝2.5 N. 即 fB

23、1＝1 s 此時B下落 hB＝aBt＝2.5 m 小球B離開繩時的速度為 vB＝aBt1＝5 m/s 小球B脫離繩子后在重力作用下勻加速下落，設(shè)此時距地面高度為H，再經(jīng)時間t2落地有 H＝6.5 m＋0.8 m－2.5 m＝4.8 m H＝vBt2＋gt 解得t2＝0.6 s 故B從開始釋放到落地共經(jīng)歷時間t＝t1＋t2＝1.6 s. 答案：(1)8 m/s2　5 m/s2　(2)1.6 s 命題角度 解決方法 易錯辨析 超、失重現(xiàn)象分析 牛頓第二定律 明確加速度方向來確定超、失重狀態(tài) 瞬時加速度的求解 力漸變和突變的分析 在繩或桿上的力可以發(fā)生突變，而

24、彈簧上的力只能漸變 　 　動力學(xué)的運動圖象問題 x－t圖象：描述位移隨時間變化的規(guī)律，圖象斜率的大小表示物體運動速度的大小，斜率的正負表示速度的方向． v－t圖象：描述速度隨時間變化的規(guī)律． (1)某一點代表此時刻的瞬時速度，時間軸上方速度方向為正，時間軸下方速度方向為負． (2)圖象斜率的大小表示物體運動的加速度的大小，斜率的正負表示加速度的方向． (3)圖象與時間軸圍成面積代表位移，時間軸上方位移為正，時間軸下方位移為負．　 a－t圖象：描述加速度隨時間變化的規(guī)律，圖象與時間軸圍成的面積表示物體速度的變化量；加速度恒定表示物體做勻變速運動，否則物體做非勻變

25、速運動． 三者關(guān)系：x－t圖象和v－t圖象描述的都是直線運動，而a－t圖象描述的不一定是直線運動；在圖象轉(zhuǎn)換時，必須明確不同圖象間相互聯(lián)系的物理量，必要時還應(yīng)根據(jù)運動規(guī)律寫出兩個圖象所描述的物理量間的函數(shù)關(guān)系式進行分析和判斷． 如圖甲所示，某人正通過定滑輪將質(zhì)量為m的物體提升到高處．滑輪的質(zhì)量和摩擦均不計，物體獲得的加速度a與繩子對物體豎直向上的拉力T之間的函數(shù)關(guān)系如圖乙所示．由圖可以判斷以下說法正確的是(　　) ①圖線與縱軸的交點M的值aM＝－g ②圖線與橫軸的交點N的值TN＝mg ③圖線的斜率等于物體的質(zhì)量m ④圖線的斜率等于物體質(zhì)量的倒數(shù) A．②④　　　　　　　　

26、　 B．②③ C．①②③ D．①②④ [解析]　對物體受力分析，受重力mg和拉力T，根據(jù)牛頓第二定律，有T－mg＝ma，得a＝－g.當(dāng)T＝0時，a＝－g，即圖線與縱軸的交點M的值aM＝－g，①正確；當(dāng)a＝0時，T＝mg，故圖線與橫軸的交點N的值TN＝mg，②正確；圖線的斜率表示質(zhì)量的倒數(shù)，③錯誤，④正確． [答案]　D 角度1　動力學(xué)中的速度圖象 1．(2016·高考江蘇卷)小球從一定高度處由靜止下落，與地面碰撞后回到原高度再次下落，重復(fù)上述運動．取小球的落地點為原點建立坐標系，豎直向上為正方向．下列速度v和位置x的關(guān)系圖象中，能描述該過程的是(　　) 解析：選

27、A.小球從一定高度處由靜止下落，與地面碰撞后能回到原高度，重復(fù)原來的過程，以落地點為原點，速度為零時，位移最大，速度最大時位移為零，設(shè)高度為h，則速度大小與位移的關(guān)系滿足v2＝2g(h－x)，A項正確． 角度2　動力學(xué)中的加速度圖象 2．(多選)(2018·濰坊模擬)一汽車在高速公路上以v0＝30 m/s 的速度勻速行駛，t＝0時刻，駕駛員采取某種措施，汽車運動的加速度隨時間變化關(guān)系如圖所示，以初速度方向為正，下列說法正確的是(　　) A．t＝6 s時車速為5 m/s B．t＝3 s時車速為零 C．前9 s內(nèi)的平均速度為15 m/s D．前6 s內(nèi)車的位移為90 m 解析：

28、選BC.0～3 s，汽車做勻減速直線運動，3 s末的速度v3＝v0＋a1t1＝(30－10×3) m/s＝0，B正確；3～9 s，汽車做勻加速直線運動，t＝6 s時速度v6＝a2t2＝5×3 m/s＝15 m/s，A錯誤；前3 s內(nèi)的位移x3＝＝ m＝45 m，3～9 s內(nèi)的位移x3～9＝a2t＝×5×62 m＝90 m，則前9 s內(nèi)的位移為x9＝x3＋x3～9＝135 m，平均速度為v＝＝ m/s＝15 m/s，C正確；3～6 s內(nèi)的位移x3～6＝a2t＝×5×32 m＝22.5 m，則前6 s內(nèi)的位移為x6＝x3＋x3～6＝67.5 m，D錯誤． 角度3　動力學(xué)中的位移圖象 3．一

29、質(zhì)量為1 kg的物體從高空中由靜止下落，下落過程中所受空氣阻力恒定，在開始一段時間內(nèi)其位移x隨時間t變化的關(guān)系圖象如圖所示，g取10 m/s2.物體下落過程中所受空氣阻力的大小為(　　) A．1 N　　　　　　　　　　　　 B．2 N C．3 N D．4 N 解析：選 B.物體做勻加速運動，位移x＝at2，由圖線過(1，4)，則a＝8 m/s2，由牛頓第二定律，有mg－f＝ma，空氣阻力f＝mg－ma＝2 N，選項 B 正確． 命題角度 解決方法 易錯辨析 x－t圖象 由坐標確定位置，由斜率確定速度 圖象不是運動軌跡且不能確定加速度 v－t圖象 由斜率確定加速

30、度，由面積確定位移 不能確定物體的初始位置 a－t圖象 由面積確定速度變化量 不能確定運動的性質(zhì) 　 　連接體問題 整體法與隔離法常涉及的三種問題類型 (1)涉及滑輪的問題：若要求繩的拉力，一般都采用隔離法． (2)水平面上的連接體問題： ①這類問題一般是連接體(系統(tǒng))中各物體保持相對靜止，即具有相同的加速度．解題時，一般采用先整體后隔離的方法． ②建立直角坐標系時要考慮矢量正交分解越少越好的原則或者正交分解力，或者正交分解加速度． (3)斜面體與物體組成的連接體問題：當(dāng)物體具有沿斜面方向的加速度，而斜面體相對于地面靜止時，一般采用隔離法分析． 解決問題的關(guān)

31、鍵 正確地選取研究對象是解題的首要環(huán)節(jié)，弄清各物體之間哪些屬于連接體，哪些物體應(yīng)該單獨分析，并分別確定它們的加速度，然后根據(jù)牛頓運動定律列方程求解．　 (多選)如圖所示，粗糙的水平地面上有三塊完全相同的木塊 A、B、C，質(zhì)量均為m，B、C 之間用輕質(zhì)細繩連接．現(xiàn)用一水平恒力 F 作用在 C 上，三者開始一起做勻加速直線運動，運動過程中把一塊橡皮泥粘在某一木塊上面，系統(tǒng)仍加速運動，且三者始終沒有相對滑動，則在粘上橡皮泥并達到穩(wěn)定后，下列說法正確的是(　　) A．無論粘在哪個木塊上面，系統(tǒng)加速度都將減小 B．若粘在木塊 A 上面，繩的拉力減小，A、B 間的摩擦力不變 C．若粘在木

32、塊 B 上面，繩的拉力增大，A、B 間的摩擦力增大 D．若粘在木塊 C 上面，繩的拉力和 A、B 間的摩擦力都減小 [解析]　設(shè)橡皮泥的質(zhì)量為Δm，粘上橡皮泥之后，因系統(tǒng)內(nèi)無相對滑動，所以整體分析，由牛頓第二定律有 F－3μmg－μΔmg＝(3m＋Δm)a，可知系統(tǒng)加速度a將減小，選項A正確；若粘在木塊A上面，以木塊C為研究對象，受力分析可知木塊C受拉力F、摩擦力μmg、繩子拉力FT作用，由牛頓第二定律可得F－μmg－FT＝ma，其中a減小，F(xiàn)和μmg不變，所以繩子的拉力 FT增大，選項B錯誤；若粘在木塊B上面，以木塊A為研究對象，設(shè)木塊 A 受到靜摩擦力大小為f，則有f＝ma，其中a減

33、小，m不變，故f減小，選項C錯誤；若粘在木塊C上面，由于加速度a減小，故A、B間的靜摩擦力減小，以A、B為整體，有F′T－2μmg＝2ma，故F′T減小，選項D正確． [答案]　AD 角度1　整體法和隔離法的應(yīng)用 1．如圖所示，在光滑水平面上有一輛小車A，其質(zhì)量為mA＝2.0 kg，小車上放一個物體B，其質(zhì)量為mB＝1.0 kg.如圖甲所示，給B一個水平推力F，當(dāng)F增大到稍大于3.0 N時，A、B開始相對滑動．如果撤去F，對A施加一水平推力F′，如圖乙所示．要使A、B不相對滑動，求F′的最大值Fm. 解析：根據(jù)題圖甲所示情況，設(shè)A、B間的靜摩擦力達到最大值fm時，系統(tǒng)的加

34、速度為a.根據(jù)牛頓第二定律，對A、B整體有F＝(mA＋mB)a，對A有fm＝mAa，代入數(shù)據(jù)解得fm＝2.0 N. 根據(jù)題圖乙所示情況，設(shè)A、B剛開始相對滑動時系統(tǒng)的加速度為a′，根據(jù)牛頓第二定律有： fm＝mBa′，F(xiàn)m＝(mA＋mB)a′， 代入數(shù)據(jù)解得Fm＝6.0 N. 答案：6.0 N 角度2　傳送帶模型 2.如圖所示，傳送帶與地面傾角θ＝37°，從A→B長度為16 m，傳送帶以10 m/s的速率逆時針轉(zhuǎn)動．在傳送帶上端A無初速度地放一個質(zhì)量為0.5 kg的物體，它與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為0.5.求物體從A運動到B所需時間是多少？(sin 37°＝0.6，cos 3

35、7°＝0.8) 解析：物體放在傳送帶上后，開始階段，由于傳送帶的速度大于物體的速度，傳送帶給物體一個沿傳送帶向下的滑動摩擦力Ff，物體受力情況如圖甲所示．物體由靜止加速，由牛頓第二定律有 mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，得a1＝10 m/s2. 物體加速至與傳送帶速度相等需要的時間t1＝＝1 s t1時間內(nèi)物體運動的位移x＝a1t＝5 m. 由于μ

36、＝2 m/s2. 設(shè)后一階段物體滑至底端所用的時間為t2， 由L－x＝vt2＋a2t 解得t2＝1 s或t2＝－11 s(舍去)． 所以物體由A→B的時間t＝t1＋t2＝2 s. 答案：2 s 角度3　滑塊——滑板模型 3．如圖甲所示，質(zhì)量為M的長木板，靜止放置在粗糙水平地面上，有一個質(zhì)量為m、可視為質(zhì)點的物塊，以某一水平初速度從左端沖上木板．從物塊沖上木板到物塊和木板達到共同速度的過程中，物塊和木板的v－t圖象分別如圖乙中的折線acd和bcd所示，a、b、c、d點的坐標分別為a(0，10)、b(0，0)、c(4，4)、d(12，0)．根據(jù)v－t圖象，求： (1)物塊沖上

37、木板做勻減速直線運動的加速度大小a1，木板開始做勻加速直線運動的加速度大小a2，達到共同速度后一起做勻減速直線運動的加速度大小a3； (2)物塊質(zhì)量m與長木板質(zhì)量M之比； (3)物塊相對長木板滑行的距離Δx. 解析：(1)由v－t圖象可求出物塊沖上木板做勻減速直線運動的加速度大小a1＝ m/s2＝1.5 m/s2，木板開始做勻加速直線運動的加速度大小a2＝ m/s2＝1 m/s2，達到共同速度后一起做勻減速直線運動的加速度大小a3＝ m/s2＝0.5 m/s2. (2)對物塊沖上木板勻減速階段：μ1mg＝ma1 對木板向前勻加速階段：μ1mg－μ2(m＋M)g＝Ma2 物塊和木板達

38、到共同速度后向前勻減速階段： μ2(m＋M)g＝(M＋m)a3 以上三式聯(lián)立可得＝. (3)由v－t圖象可以看出，物塊相對于長木板滑行的距離Δx對應(yīng)圖中△abc的面積，故Δx＝10×4× m＝20 m. 答案：(1)1.5 m/s2　1 m/s2　0.5 m/s2　(2) (3)20 m 滑塊——滑板模型是近幾年來高考考查的熱點，涉及摩擦力的分析判斷、牛頓運動定律、勻變速運動等主干知識，能力要求較高，滑塊和滑板的位移關(guān)系、速度關(guān)系是解答滑塊——滑板模型的切入點，前一運動階段的末速度是下一運動階段的初速度，解題過程中必須以地面為參考系． 1．模型特點：滑塊(視為質(zhì)點)置于滑板上

39、，滑塊和滑板均相對地面運動，且滑塊和滑板在摩擦力的相互作用下發(fā)生相對滑動． 2．運動學(xué)分析：無臨界速度時，滑塊與滑板分離，確定相等時間內(nèi)的位移關(guān)系解題；有臨界速度時，滑塊與滑板不分離，假設(shè)速度相等后加速度相同，由整體法求解系統(tǒng)的共同加速度，再由隔離法用牛頓第二定律求滑塊與滑板間的摩擦力f，如果該摩擦力不大于最大靜摩擦力說明假設(shè)成立，則整體列式解題；如果該摩擦力大于最大靜摩擦力說明假設(shè)不成立，則分別列式；確定相等時間內(nèi)的位移關(guān)系解題． 3．動力學(xué)分析：判斷滑塊與滑板是否發(fā)生相對滑動是解決這類問題的一個難點，通常采用整體法、隔離法和假設(shè)法等．往往先假設(shè)兩者相對靜止，由牛頓第二定律求出它們之間的

40、摩擦力f，與最大靜摩擦力fm進行比較．若f

41、　　　　 B．30 m/s，0.5 C．60 m/s，0.5 D．60 m/s，1 解析：選D.本題考查運動學(xué)規(guī)律和牛頓第二定律，利用運動學(xué)知識有x＝·t，代入數(shù)據(jù)得v0＝60 m/s；對上升過程中的禮花彈受力分析，如圖所示．由牛頓第二定律有：mg＋Ff＝ma，又Ff＝kmg，a＝ m/s2＝20 m/s2，解得：k＝1.故A、B、C錯，D對． 2．(2016·高考浙江卷)如圖所示為一種常見的身高體重測量儀．測量儀頂部向下發(fā)射波速為v的超聲波，超聲波經(jīng)反射后返回，被測量儀接收，測量儀記錄發(fā)射和接收的時間間隔．質(zhì)量為M0的測重臺置于壓力傳感器上，傳感器輸出電壓與作用在其

42、上的壓力成正比．當(dāng)測重臺沒有站人時，測量儀記錄的時間間隔為t0，輸出電壓為U0，某同學(xué)站上測重臺，測量儀記錄的時間間隔為t，輸出電壓為U，則該同學(xué)身高和質(zhì)量分別為(　　) A．v(t0－t)，U B.v(t0－t)，U C．v(t0－t)，(U－U0) D.v(t0－t)，(U－U0) 解析：選D.設(shè)測量儀高度和人的身高分別為H和h，根據(jù)題意，沒有站人時有H＝v，站人時有H－h(huán)＝v，得h＝v；又由傳感器輸出的電壓與作用在其上的壓力成正比，則沒有站人時U0＝kM0g，站人時U＝k(M0＋m)g，得m＝(U－U0)，故D項正確． 3．(2018·河北唐山模擬)一旅客在站臺8號車廂候

43、車線處候車，若動車一節(jié)車廂長25米，動車進站時可以看做勻減速直線運動．他發(fā)現(xiàn)第6節(jié)車廂經(jīng)過他用了4 s，動車停下時旅客剛好在8號車廂門口(8號車廂最前頭)．則該動車的加速度大小約為(　　) A．2 m/s2　　　　　　　　 B．1 m/s2 C．0.5 m/s2 D．0.2 m/s2 解析：選C.設(shè)第6節(jié)車廂剛到達旅客處時，車的速度為v0，加速度為a，則有l(wèi)＝v0t＋at2，從第6節(jié)車廂剛到達旅客處到列車停下來，有0－v＝2a·2l，解得a＝－0.5 m/s2或a＝－18 m/s2(舍去)，則加速度大小約為0.5 m/s2. 4．(2018·安徽合肥模擬)如圖所示， a、b兩物體的

44、質(zhì)量分別為m1、m2，由輕質(zhì)彈簧相連．當(dāng)用恒力F豎直向上拉著a，使a、b一起向上做勻加速直線運動時，彈簧伸長量為x1，加速度大小為a1；當(dāng)用大小仍為F的恒力沿水平方向拉著a，使a、b一起沿光滑水平桌面做勻加速直線運動時，彈簧伸長量為x2，加速度大小為a2.則有(　　) A．a(chǎn)1＝a2，x1＝x2 B．a(chǎn)1x2 D．a(chǎn)1x2 解析：選 B.以兩物體及彈簧組成的整體為研究對象，豎直向上運動時，F(xiàn)－(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a1；沿光滑水平桌面運動時，F(xiàn)＝(m1＋m2)a2，比較兩式可得：a1

45、研究對象，由牛頓第二定律有：kx1－m2g＝m2a1，kx2＝m2a2，解得：x1＝x2＝，B項正確，D項錯誤． 5．(2016·高考全國卷Ⅲ)一質(zhì)點做速度逐漸增大的勻加速直線運動，在時間間隔t內(nèi)位移為s，動能變?yōu)樵瓉淼?倍．該質(zhì)點的加速度為(　　) A.　　　　　　　　　　 B. C. D. 解析：選A.設(shè)質(zhì)點的初速度為v0、末速率為vt，由末動能為初動能的9倍，得末速度為初速度的3倍，即vt＝3v0，由勻變速直線運動規(guī)律可知，＝＝2v0，由加速度的定義可知質(zhì)點的加速度a＝＝，由以上兩式可知，a＝，A項正確，B、C、D項錯誤． 6.甲、乙兩汽車在一平直公路上同向行駛．在t＝0到

46、t＝t1的時間內(nèi)，它們的 v－t 圖象如圖所示．在這段時間內(nèi)(　　) A．汽車甲的平均速度比乙的大 B．汽車乙的平均速度等于 C．甲、乙兩汽車的位移相同 D．汽車甲的加速度大小逐漸減小，汽車乙的加速度大小逐漸增大 解析：選A.根據(jù)v－t圖線與時間軸圍成的面積表示位移，可以看出汽車甲的位移x甲大于汽車乙的位移x乙，選項C錯誤；根據(jù)v＝得，汽車甲的平均速度v甲大于汽車乙的平均速度v乙，選項A正確；汽車乙的位移x乙小于初速度為v2、末速度為v1的勻減速直線運動的位移x，即汽車乙的平均速度小于，選項B錯誤；根據(jù)v－t圖象的斜率大小反映了加速度的大小，因此汽車甲、乙的加速度大小都逐漸減小，選

47、項D錯誤． 7．(2018·玉溪模擬)如圖所示，水平桌面由粗糙程度不同的AB、BC兩部分組成，且AB＝BC，小物塊P(可視為質(zhì)點)以某一初速度從A點滑上桌面，最后恰好停在C點，已知物塊經(jīng)過AB與BC兩部分的時間之比為1∶4，則物塊P與桌面上AB、BC部分之間的動摩擦因數(shù)μ1、μ2之比為(P物塊在AB、BC上所做的運動均可看做勻變速直線運動)(　　) A．1∶1 B．1∶4 C．4∶1 D．8∶1 解析：選D.設(shè)AB、BC兩部分的長度為L，在B點的速度為v，受摩擦力F1＝μ1mg、F2＝μ2mg，加速度大小a1＝μ1g，a2＝μ2g，時間t1＝t，t2＝4t，B點速度v＝a2t2

48、；逆向研究由C到B，a2t＝t2＝L；逆向研究由B到A，vt1＋a1t＝L，解得μ1∶μ2＝8∶1，D正確． 8.如圖所示，細繩l1與l2共同作用于質(zhì)量為m的小球而使其處于靜止狀態(tài)，其中細繩l1與豎直方向的夾角為θ，細繩l2水平，重力加速度為g，不計空氣阻力．現(xiàn)剪斷細繩l2，則剪斷瞬間(　　) A．小球立即處于完全失重狀態(tài) B．小球在水平方向上的加速度大小為gsin 2θ C．細繩l1上的拉力大小為 D．小球受到的合力大小為mgtan θ，方向水平向右 解析：選B.剪斷細繩l2瞬間，小球受到的合力將變?yōu)榇怪奔毨Kl1斜向右下方，其大小為mgsin θ，D錯誤；由牛頓第二定律可知此時小

49、球的加速度大小a＝gsin θ，故小球豎直向下的加速度大小為a豎＝gsin2θ，故小球雖然處于失重狀態(tài)，但不是完全失重，A錯誤；小球在水平方向上的加速度大小為a水＝gsin θcos θ，即a水＝gsin 2θ，B正確；此時細繩l1上的拉力大小為mgcos θ，故C錯誤． 二、多項選擇題 9．(2016·高考全國卷Ⅰ)甲、乙兩車在平直公路上同向行駛，其v－t圖象如圖所示．已知兩車在t＝3 s時并排行駛，則(　　) A．在t＝1 s時，甲車在乙車后 B．在t＝0時，甲車在乙車前7.5 m C．兩車另一次并排行駛的時刻是t＝2 s D．甲、乙車兩次并排行駛的位置之間沿公路方向的距離為4

50、0 m 解析：選BD.根據(jù)題述，兩車在t＝3 s時并排行駛，由v－t圖線與橫軸所圍面積表示位移可知，在t＝1 s時，甲車和乙車并排行駛，選項A、C錯誤；由圖象可知，在t＝1 s時甲車速度為10 m/s，乙車速度為15 m/s，0～1 s時間內(nèi)，甲車行駛位移為x1＝5 m，乙車行駛位移為x2＝12.5 m，所以在t＝0時，甲車在乙車前7.5 m，選項B正確；從t＝1 s到t＝3 s，甲、乙兩車兩次并排行駛的位置之間沿公路方向的距離為x＝×(10＋30)×2 m＝40 m，選項D正確． 10．如圖甲所示，一物塊在t＝0時刻滑上一固定斜面，其運動的v－t圖線如圖乙所示．若重力加速度及圖中的v0、

51、v1、t1均為已知量，則可求出(　　) A．斜面的傾角 B．物塊的質(zhì)量 C．物塊與斜面間的動摩擦因數(shù) D．物塊沿斜面向上滑行的最大高度 解析：選ACD.由題圖乙可以求出物塊上升過程中的加速度大小為a1＝，下降過程中的加速度大小為a2＝.物塊在上升和下降過程中，由牛頓第二定律得mgsin θ＋Ff＝ma1，mgsin θ－Ff＝ma2，由以上各式可求得sin θ＝，滑動摩擦力Ff＝，而Ff＝μFN＝μmgcos θ，由以上分析可知，選項A、C正確；由v－t圖象中橫軸上方的面積可求出物塊沿斜面上滑的最大距離，可以求出物塊沿斜面向上滑行的最大高度，選項D正確． 11．在一東西

52、向的水平直鐵軌上，停放著一列已用掛鉤連接好的車廂．當(dāng)機車在東邊拉著這列車廂以大小為a的加速度向東行駛時，連接某兩相鄰車廂的掛鉤P和Q間的拉力大小為F；當(dāng)機車在西邊拉著車廂以大小為a的加速度向西行駛時，P和Q間的拉力大小仍為F.不計車廂與鐵軌間的摩擦，每節(jié)車廂質(zhì)量相同，則這列車廂的節(jié)數(shù)可能為(　　) A．8　　　　　　　　　　 B．10 C．15 D．18 解析：選BC.設(shè)該列車廂與P相連的部分為P部分，與Q相連的部分為Q部分．設(shè)該列車廂有n節(jié)，Q部分為n1節(jié)，每節(jié)車廂質(zhì)量為m，當(dāng)加速度為a時，對Q有F＝n1ma；當(dāng)加速度為a時，對P有F＝(n－n1)ma，聯(lián)立得2n＝5n1.當(dāng)n1＝

53、2，n1＝4，n1＝6時，n＝5，n＝10，n＝15，由題中選項得該列車廂節(jié)數(shù)可能為10或15，選項B、C正確． 12.如圖所示為運送糧袋的傳送裝置，已知AB間長度為L，傳送帶與水平方向的夾角為θ，工作時運行速度為v，糧袋與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ，正常工作時工人在A點將糧袋放到運行中的傳送帶上，關(guān)于糧袋從A到B的運動，以下說法正確的是(設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)(　　) A．糧袋到達B點的速度可能大于、等于或小于v B．糧袋開始運動的加速度為g(sin θ－cos θ)，若L足夠大，則以后將以速度v做勻速運動 C．若μ

54、小如何，糧袋從A到B一直做勻加速運動，且a>gsin θ 解析：選AC.糧袋在傳送帶上可能一直做勻加速運動，到達B點時的速度小于v；可能先勻加速運動，當(dāng)速度與傳送帶相同后，做勻速運動，到達B點時速度與v相同；也可能先做加速度較大的勻加速運動，當(dāng)速度與傳送帶相同后做加速度較小的勻加速運動，到達B點時的速度大于v，故A正確；糧袋開始時受到沿斜面向下的滑動摩擦力，大小為μmgcos θ，根據(jù)牛頓第二定律得，加速度a＝g(sin θ＋μcos θ)，故B錯誤；若μ＜tan θ，則重力的下滑分力大于滑動摩擦力，故a的方向一直沿傳送帶向下，糧袋從A到B一直是做加速運動，可能是一直以加速度g(si

55、n θ＋μcos θ)勻加速；也可能先以加速度g(sin θ＋μcos θ)勻加速，后以加速度g(sin θ－μcos θ)勻加速，故C正確；由此上分析可知，糧袋從A到B不一定一直做勻加速運動，故D錯誤． 三、非選擇題 13．隨著機動車數(shù)量的增加，交通安全問題日益凸顯．如圖所示為某型號貨車緊急剎車時(假設(shè)做勻減速直線運動)的v2－x圖象(v為該貨車的速度，x為制動距離)，其中圖線1為滿載時符合安全要求的制動圖象，圖線2為嚴重超載時的制動圖象．某路段限速72 km/h是根據(jù)該型號貨車滿載時安全制動時間和距離確定的．現(xiàn)有一輛該型號的貨車嚴重超載并以54 km/h的速度行駛，通過計算

56、求解下列問題． (1)求滿載時制動加速度大小a1、嚴重超載時制動加速度大小a2. (2)駕駛員緊急制動時，該型號貨車嚴重超載時的制動時間和制動距離是否符合安全要求？ (3)若駕駛員從發(fā)現(xiàn)險情到采取緊急制動措施的反應(yīng)時間為1 s，則該型號貨車滿載時以72 km/h的速度正常行駛的跟車距離至少應(yīng)為多遠？ 解析：(1)根據(jù)題意由勻變速直線運動的速度位移公式可得：v2＝2ax，則a＝，由圖可知，滿載時加速度大小a1＝5 m/s2，嚴重超載時加速度大小a2＝2.5 m/s2. (2)由題意可知，該型號貨車嚴重超載時的初速度大小為v0＝54 km/h＝15 m/s，滿載的最大安全速度為vm＝

57、72 km/h＝20 m/s.由勻變速直線運動的規(guī)律可得其嚴重超載時制動時間t1＝＝6 s，制動距離 x1＝＝45 m．滿載時安全減速時間為t2＝＝4 s，制動距離為x2＝＝40 m．由于t1>t2，x1>x2，故該型號貨車嚴重超載時的制動時間和制動距離均不符合安全要求． (3)貨車駕駛員在反應(yīng)時間內(nèi)勻速行駛的距離為x3＝vmt＝20 m．勻減速過程行駛的距離為x4＝＝40 m，從發(fā)現(xiàn)險情到貨車停止運動，貨車行駛距離為x＝x3＋x4＝60 m，故從安全的角度考慮，跟車距離至少應(yīng)為60 m. 答案：(1)5 m/s2　2.5 m/s2　(2)該型號貨車嚴重超載時的制動時間和制動距離均不符合安

58、全要求　(3)60 m 14．如圖所示為一個實驗室模擬貨物傳送的裝置，A是一個表面絕緣、質(zhì)量為mA＝2 kg的長板車，車置于光滑的水平面上，在車左端放置一質(zhì)量為mB＝1 kg、帶電荷量為q＝＋1×10－2 C的絕緣小貨物B，在裝置所在空間內(nèi)有一水平勻強電場，可以通過開關(guān)控制其大小及方向．先產(chǎn)生一個方向水平向右、大小E1＝3×102 N/C的電場，車和貨物開始運動，2 s后，改變電場，電場大小變?yōu)镋2＝1×102 N/C，方向向左，一段時間后，關(guān)閉電場，關(guān)閉電場時車右端正好到達目的地，貨物到達車的最右端，且車和貨物的速度恰好為零．已知貨物與車間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1，車不帶電，貨物體積大小不計

59、，g取10 m/s2，求第二次電場作用的時間． 解析：由題意可知，貨物和車起初不可能以相同加速度一起運動，設(shè)車運動的加速度大小為aA，貨物運動的加速度大小為aB aB＝＝2 m/s2 aA＝＝0.5 m/s2 車和貨物運動2 s時貨物和車的速度大小分別為 vB＝aBt＝4 m/s，vA＝aAt＝1 m/s 2 s后貨物和車的加速度大小分別為 a′B＝＝2 m/s2 a′A＝＝0.5 m/s2 設(shè)又經(jīng)t1時間貨物和車共速， vB－a′Bt1＝vA＋a′At1 代入數(shù)據(jù)解得t1＝1.2 s，此時貨物和車的共同速度 v＝1.6 m/s 共速后二者一起做勻減速運動，加速度大小 a＝＝ m/s2 減速到0所經(jīng)歷的時間為t2＝＝4.8 s 所以第二次電場的作用時間為t1＋t2＝6 s. 答案：6 s 24