《（全國通用）2018年高考物理二輪復習 專題一 力與運動 第2講 力與物體的直線運動學案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（全國通用）2018年高考物理二輪復習 專題一 力與運動 第2講 力與物體的直線運動學案（15頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第2講　力與物體的直線運動 知識必備 1.勻變速直線運動的“四類公式” 2.符號法則 (1)勻變速直線運動的“四類公式”都是矢量式，應用時注意各量符號的確定。 (2)一般情況下，取初速度的方向為正方向。 3.牛頓第二定律F合＝ma。 4.典型運動的動力學特征 (1)F合＝0，物體做勻速直線運動或靜止。 (2)F合≠0且與v共線，物體做變速直線運動。 ①F合不變，物體做勻變速直線運動。 5.必須辨明的“4個易錯易混點” (1)物體做加速或減速運動取決于速度與加速度方向間的關(guān)系。 (2)“剎車”問題要先判斷剎車時間，再分析計算。 (3)力是改變運動狀態(tài)的原因

2、，慣性大小只與質(zhì)量有關(guān)。 (4)物體的超重、失重狀態(tài)取決于加速度的方向，與速度方向無關(guān)。, 備考策略 1.抓好“兩個分析、兩個橋梁”，攻克動力學問題 (1)兩分析 ①物體受力情況分析，同時畫出受力示意圖； ②物體運動情況分析，同時畫出運動情境圖。 (2)兩個橋梁 ①加速度是聯(lián)系運動和力的橋梁； ②速度是各物理過程相互聯(lián)系的橋梁。 2.解決圖象類問題“四個注意”、“一個關(guān)鍵” (1)“四個注意” ①x－t圖象和v－t圖象描述的都是直線運動，而不是曲線運動。 ②x－t圖象和v－t圖象不表示物體運動的軌跡。 ③x－t圖象中兩圖線的交點表示兩物體相遇，而v－t圖象中兩圖線的

3、交點表示兩物體速度相等。 ④a－t圖象中，圖線與坐標軸圍成的面積表示速度的變化量；v－t圖象中，圖線與坐標軸圍成的面積表示位移；而x－t圖象中，圖線與坐標軸圍成的面積則無實際意義。 (2)“一個關(guān)鍵” 要將物體的運動圖象轉(zhuǎn)化為物體的運動模型。 　勻變速直線運動規(guī)律的應用 【真題示例1】 (2016·全國卷Ⅲ，16)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　動能變?yōu)樵瓉淼?倍，則物體的速度變?yōu)樵瓉淼?倍，即v＝3v0，由s＝(v0＋v)t和a＝得a＝，故A正確。 答案　A

4、 【真題示例2】 (2017·全國卷Ⅰ，25)真空中存在電場強度大小為E1的勻強電場，一帶電油滴在該電場中豎直向上做勻速直線運動，速度大小為v0，在油滴處于位置A時，將電場強度的大小突然增大到某值，但保持其方向不變。持續(xù)一段時間t1后，又突然將電場反向，但保持其大小不變；再持續(xù)同樣一段時間后，油滴運動到B點。重力加速度大小為g。 (1)求油滴運動到B點時的速度； (2)求增大后的電場強度的大??；為保證后來的電場強度比原來的大，試給出相應的t1和v0應滿足的條件。已知不存在電場時，油滴以初速度v0做豎直上拋運動的最大高度恰好等于B、A兩點間距離的兩倍。 解析　(1)設(shè)油滴質(zhì)量和電荷量分別

5、為m和q，油滴速度方向向上為正。油滴在電場強度大小為E1的勻強電場中做勻速直線運動，故勻強電場方向向上。在t＝0時，電場強度突然從E1增加至E2時，油滴做豎直向上的勻加速運動，加速度方向向上，大小a1滿足 qE2－mg＝ma1① 油滴在時刻t1的速度為 v1＝v0＋a1t1② 電場強度在時刻t1突然反向，油滴做勻變速直線運動，加速度方向向下，大小a2滿足 qE2＋mg＝ma2③ 油滴在時刻t2＝2t1的速度為 v2＝v1－a2t1④ 由①②③④式得 v2＝v0－2gt1⑤ (2)由題意，在t＝0時刻前有 qE1＝mg⑥ 油滴從t＝0到時刻t1的位移為 s1＝v0t1＋

6、a1t⑦ 油滴在從時刻t1到時刻t2＝2t1的時間間隔內(nèi)的位移為 s2＝v1t1－a2t⑧ 由題給條件有v＝2g(2h)⑨ 式中h是B、A兩點之間的距離。 若B點在A點之上，依題意有 s1＋s2＝h⑩ 由①②③④⑤⑥⑦⑧⑨⑩式得 E2＝[2－2＋()2]E1? 為使E2＞E1，應有 2－2＋()2＞1? 即當0＜t1＜(1－)? 或t1＞(1＋)? 才是可能的；條件?式和?式分別對應于v2＞0和v2＜0兩種情形。若B在A點之下，依題意有 s2＋s1＝－h(huán)? 由①②③⑥⑦⑧⑨?式得 E2＝[2－2－()2]E1? 為使E2>E1，應有 2－2－()2>1?

7、即t1>(＋1)? 另一解為負，不符合題意，已舍去。 答案　(1)v0－2gt1　(2)見解析 真題感悟 1.高考考查特點 (1)高考題注重基本概念的理解及基本公式及推論的靈活應用，計算題要注意數(shù)學知識的應用，如2017全國卷Ⅰ第25題考查了不等式的求解。 (2)熟練掌握運動學的基本規(guī)律及推論，實際問題中做好過程分析及運動中的規(guī)律選取是解題的關(guān)鍵。 2.解題常見誤區(qū)及提醒 (1)基本概念、公式及基本推論記憶不準確，應用不靈活。 (2)實際問題中過程不清晰，時間關(guān)系、速度關(guān)系、位移關(guān)系把握不準。 (3)解決追及相遇問題時，要抓住題目中的關(guān)鍵詞語(如“剛好”“最多”“至少”等

8、)。 預測1 勻變速直線運動規(guī)律的靈活選用 預測2 追及相遇問題 預測3 應用勻變速直線運動規(guī)律解決生活實際問題 1.(2017·福建省畢業(yè)班質(zhì)量檢查)如圖1，a、b、c、d為光滑斜面上的四個點。一小滑塊自a點由靜止開始下滑，通過ab、bc、cd各段所用時間均為T?，F(xiàn)讓該滑塊自b點由靜止開始下滑，則該滑塊(　　) 圖1 A.通過bc、cd段的時間均大于T B.通過c、d點的速度之比為1∶2 C.通過bc、cd段的位移之比為1∶3 D.通過c點的速度等于通過bd段的平均速度 解析　當滑塊由a點靜止下滑時，滑塊沿光滑的斜面做勻加速直線運動，加速度大小為a′。假設(shè)a

9、b段的間距為x，則bc段、cd段的間距應分別為3x、5x，xbc∶xcd＝3∶5，C錯誤；如果滑塊由b點靜止釋放，顯然滑塊通過bc段、cd段的時間均大于T，A正確；滑塊在c點的速度應為v1＝，滑塊在d點的速度應為v2＝，則v1∶v2＝∶，B錯誤；因為xbc∶xcd＝3∶5，顯然通過c點的時刻不是bd的中間時刻，則滑塊通過c點的速度不等于bd段的平均速度，D錯誤。 答案　A 2.為了保障市民出行安全，減少交通事故，交管部門強行推出了“電子眼”，此后機動車闖紅燈大幅度減少?，F(xiàn)有甲、乙兩汽車正沿同一平直馬路同向勻速行駛，甲車在前，乙車在后，它們行駛的速度均為10 m/s。當兩車快要到十字路口時，

10、甲車司機看到綠燈已轉(zhuǎn)換成了黃燈，于是緊急剎車(反應時間忽略不計)，乙車司機為了避免與甲車相撞也緊急剎車，但乙車司機反應較慢(反應時間為0.5 s)。已知甲車緊急剎車時制動力為車重的0.4，乙車緊急剎車時制動力為車重的0.5，g取10 m/s2。問： (1)若甲司機看到黃燈時車頭距警戒線15 m，他采取上述措施能否避免闖紅燈； (2)為保證兩車在緊急剎車過程中不相撞，甲、乙兩車行駛過程中應保持多大距離。 解法指導　(1)兩車在司機的反應時間內(nèi)做勻速運動，這一點要記住。 (2)兩車避免相撞的臨界條件是在同一位置處，后車的速度等于前車的速度。 解析　(1)甲車緊急剎車的加速度為a1＝0.4

11、g＝4 m/s2 甲車停下來所需時間t1＝＝2.5 s 甲車滑行距離s＝＝12.5 m 由于12.5 m<15 m，所以甲車能避免闖紅燈 (2)設(shè)甲、乙兩車行駛過程中至少應保持距離s0，在乙車剎車t2時刻兩車速度相等，則有： 乙車緊急剎車的加速度大小為a2＝0.5g＝5 m/s2 由v1＝v2得v0－a1(t2＋t0)＝v0－a2t2，解得t2＝2.0 s 此過程中乙的位移：x乙＝v0t0＋v0t2－a2t＝15 m 甲的位移：x甲＝v0(t0＋t2)－a1(t0＋t2)2＝12.5 m 所以兩車安全距離至少為：s0＝x乙－x甲＝2.5 m 答案　(1)能　(2)2.5

12、 m 3.足球比賽中，經(jīng)常使用“邊路突破、下底傳中”的戰(zhàn)術(shù)，即攻方隊員帶球沿邊線前進，到底線附近進行傳中。如圖2，某足球場長90 m、寬60 m，攻方前鋒在中線處將足球沿邊線向前踢出，足球在地面上的運動可視為初速度為12 m/s的勻減速直線運動，減速過程的加速度大小為2 m/s2。 圖2 (1)足球從開始減速到停下來的位移為多大？ (2)若足球開始做勻減速直線運動的同時，該前鋒隊員沿邊線向前追趕足球，該隊員的啟動過程可視為初速度為零、加速度為2 m/s2的勻加速直線運動，他能達到的最大速度為8 m/s，則該前鋒隊員經(jīng)過多長時間才能追上足球？ 解析　(1)設(shè)足球初速度大小為v0，加

13、速度大小為a1，足球做勻減速直線運動的時間為t1，位移為x1，則有v0＝a1t1，x1＝t1，代入數(shù)據(jù)可解得t1＝6 s，x1＝36 m。 (2)設(shè)前鋒隊員的加速度大小為a2，最大速度為vm，前鋒隊員加速到最大速度所用時間為t2、位移為x2，則有vm＝a2t2，x2＝t2，代入數(shù)據(jù)可解得t2＝4 s，x2＝16 m。前鋒隊員加速到最大速度時，足球的位移x1′＝v0t2－a1t＝32 m，故此時隊員沒有追上足球。之后前鋒隊員做勻速直線運動，到足球停止運動時，設(shè)前鋒隊員勻速運動的位移為x3，則有x3＝vm(t1－t2)，解得x3＝16 m。由于x1>x2＋x3，故當足球停止運動時，前鋒隊員仍

14、沒有追上足球，設(shè)前鋒隊員又運動了t3時間才追上足球，如圖，則有x1－(x2＋x3)＝vmt3，代入數(shù)據(jù)解得t3＝0.5 s。故前鋒隊員追上足球所用的總時間t＝t1＋t3＝6.5 s。 答案　(1)36 m　(2)6.5 s 歸納總結(jié) 1.“一畫、二選、三注意”解決勻變速直線運動問題 2.追及問題的解題思路和注意事項 (1)解題思路 (2)注意事項：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，另外還要注意最后對解的討論分析。 　直線運動中的圖象問題 【真題示例】 (多選)(2016·全國卷Ⅰ，21)甲、乙兩車在平直公路上同向行駛，其v－t圖象如圖

15、3所示。已知兩車在t＝3 s時并排行駛，則(　　) 圖3 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40 m 解析　根據(jù)v－t圖，甲、乙都沿正方向運動。t＝3 s時，甲、乙相遇，此時v甲＝30 m/s，v乙＝25 m/s，由v－t圖線所圍面積對應位移關(guān)系知，0～3 s內(nèi)甲車位移x甲＝×3×30 m＝45 m，乙車位移x乙＝×3×(10＋25) m＝52.5 m。故t＝0時，甲、乙相距Δx1＝x乙－x甲＝7.5 m，即甲在乙前方7.5 m，B選項正確；0～

16、1 s內(nèi)，x甲′＝×1×10 m＝5 m，x乙′＝×1×(10＋15) m＝12.5 m，Δx2＝x乙′－x甲′＝7.5 m＝Δx1，說明甲、乙第一次相遇，A、C錯誤；甲、乙兩次相遇地點之間的距離為x＝x甲－x甲′＝45 m－5 m＝40 m，所以D選項正確。 答案　BD 真題感悟 1.高考考查特點 (1)以選擇題型為主，重在考查v－t圖象的意義及圖象信息的提取能力。2017年沒有考查v－t圖象，2018年考查的幾率很大。 (2)明確圖象交點、斜率、截距的意義，并將圖象信息與物體的運動過程相結(jié)合是解題的關(guān)鍵。 2.解題常見誤區(qū)及提醒 (1)v－t圖象、x－t圖象不是物體運動軌跡，

17、均反映物體直線運動的規(guī)律。 (2)在v－t圖象中誤將交點認為此時相遇。 (3)圖象與動力學相結(jié)合的題目中不能正確地將圖象信息和運動過程相結(jié)合。 預測1 運動學中的v－t圖象問題 預測2 動力學中的圖象問題 1.(2017·廣西重點高中高三一模)甲、乙兩車同時從同一地點沿著平直的公路前進，它們運動的v－t 圖象如圖4所示，下列說法正確的是(　　) 圖4 A.兩車在t＝40 s時再次并排行駛 B.甲車減速過程的加速度大小為0.5 m/s2 C.兩車再次并排行駛之前，t＝30 s時兩車相距最遠 D.兩車之間的距離先增大，再變小，最后不變 解析　t＝40 s時

18、，甲車的位移為×30 m＋5×10 m＝425 m，乙車的位移為10×40 m＝400 m，甲車在乙車前面，A錯誤；甲車做減速運動的加速度大小為a＝ m/s2＝0.5 m/s2，B正確；在兩車再次并排行駛之前，t＝20 s時，兩車相距最遠，C錯誤；兩車距離先增大，再變小，最后又變大，D錯誤。 答案　B 2.(多選)如圖5甲所示，足夠長的固定光滑細桿與地面成一定傾角，在桿上套有一個光滑小環(huán)，沿桿方向給環(huán)施加一個拉力F，使環(huán)由靜止開始沿桿向上運動，已知拉力F及小環(huán)速度v隨時間t變化的規(guī)律如圖乙所示，重力加速度g取10 m/s2。則以下說法正確的是(　　) 圖5 A.小環(huán)的質(zhì)量是1 kg

19、 B.細桿與地面間的夾角為30° C.前1 s內(nèi)小環(huán)的加速度大小為5 m/s2 D.前3 s內(nèi)小環(huán)沿桿上升的位移為1.25 m 解析　設(shè)細桿與地面間的夾角為θ，由v－t圖象可知0～1 s 內(nèi)小環(huán)的加速度為a＝0.5 m/s2，因此選項C錯誤；拉力為F1＝5 N時，由牛頓第二定律得F1－mgsin θ＝ma，1 s 后小環(huán)做勻速直線運動，此時的拉力為F2＝4.5 N，根據(jù)力的平衡有F2＝mgsin θ，聯(lián)立解得m＝1 kg，sin θ＝，因此選項A正確，B錯誤；根據(jù)題圖乙，前1 s內(nèi)小環(huán)沿桿上升的位移為x1＝×1 m＝0.25 m，之后2 s內(nèi)做勻速直線運動，位移為x2＝0.5×2 m＝

20、1.0 m，所以前3 s內(nèi)小環(huán)沿桿上升的位移為x＝x1＋x2＝1.25 m，選項D正確。 答案　AD 歸納總結(jié) 1.x－t圖象、v－t圖象、a－t圖象的物理意義 2.圖象問題的五看 軸、線、斜率、面積、特殊點。 3.圖象問題三點注意 (1)速度圖線只有通過時間軸時速度方向才改變。 (2)利用v－t圖象分析兩個物體的運動時，要注意兩個物體的出發(fā)點是否相同。 (3)物體的運動圖象與運動模型的轉(zhuǎn)化。 　牛頓運動定律的綜合應用 【真題示例1】 (多選)(2016·全國卷Ⅱ)兩實心小球甲和乙由同一種材料制成，甲球質(zhì)量大于乙球質(zhì)量。兩球在空氣中由靜止下落，假設(shè)它們運動時受到的阻力

21、與球的半徑成正比，與球的速率無關(guān)。若它們下落相同的距離，則(　　) A.甲球用的時間比乙球長 B.甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小 C.甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小 D.甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功 解析　小球的質(zhì)量m＝ρ·πr3，由題意知m甲>m乙，ρ甲＝ρ乙，則r甲>r乙?？諝庾枇＝kr，對小球由牛頓第二定律得，mg－f＝ma，則a＝＝g－＝g－，可得a甲>a乙，選項C錯誤；由h＝at2知，t甲v乙，故選項B正確；因f甲>f乙，由球克服阻力做功Wf＝f h知，甲球克服阻力做功較大，選項D正確。 答案　BD 【真題示

22、例2】 (2017·全國卷Ⅲ，25)如圖6，兩個滑塊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 圖6 (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和木板所受的摩擦力大小分

23、別為f1、f2和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。由運動學公式有 v1＝v0－aBt1⑦ v1＝a1t1⑧ 聯(lián)立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知數(shù)據(jù)得 v1＝1 m/s⑨ (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

24、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? 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

25、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? (也可用下圖中的速度—時間圖線求解) 答案　(1)1 m/s　(2)1.9 m 真題感悟 1.高考考查特點 (1)本考點的考查重在物體的受力分析、運動學公式與牛頓第二定律的綜合應用。 (2)整體法、隔離法是動力學中連接體問題的常用方法，在不涉及相互作用力時，可用整體法，在涉及相互作用力時要用隔離的方式。 2.解題的常見誤區(qū)及提醒 (1)研究對象選取時，不能靈活應用整體法、隔離法。 (2)對物體受力分析有漏力、多力現(xiàn)象，合

26、力的計算易出錯。 預測1 連接體問題 預測2 動力學觀點在力學中的應用 預測3 動力學觀點在電學中的應用 1.(多選)如圖7所示，兩個由相同材料制成的物體A、B以輕繩連接，組成的連接體在傾角為θ的斜面上運動，已知A、B的質(zhì)量分別為m1、m2，當作用力F一定時，關(guān)于物體B所受繩的拉力的說法正確的是(　　) 圖7 A.與θ無關(guān) B.與物體和斜面間的動摩擦因數(shù)無關(guān) C.與系統(tǒng)運動狀態(tài)有關(guān) D.等于，僅與兩物體質(zhì)量有關(guān) 解析　對A、B組成的整體分析，根據(jù)牛頓第二定律得 a＝。對B分析，有T－m2gsin θ－μm2gcos θ＝m2a，解得T＝，由此式可知當F一定時

27、，輕繩上的拉力與θ無關(guān)，與物體和斜面間的動摩擦因數(shù)無關(guān)，與運動狀態(tài)無關(guān)，僅與兩物體的質(zhì)量有關(guān)，A、B、D正確。 答案　ABD 2.俯式冰橇(Skeleton)又叫鋼架雪車，是冬奧會的比賽項目之一。俯式冰橇的賽道可簡化為長度為1 200 m，起點和終點高度差為120 m的斜坡。比賽時，出發(fā)信號燈亮起后，質(zhì)量為M＝70 kg的運動員從起點開始，以F＝40 N、平行于賽道的恒力推動質(zhì)量m＝40 kg的冰橇開始運動，8 s 末迅速登上冰橇與冰橇一起沿直線運動直到終點。已知冰橇與賽道間的動摩擦因數(shù)μ＝0.05，設(shè)運動員登上冰橇前后冰橇速度不變，不計空氣阻力，求：(g＝10 m/s2，取賽道傾角θ的s

28、in θ＝，cos θ＝1) (1)出發(fā)8 s內(nèi)冰橇發(fā)生的位移； (2)比賽中運動員的最大速度。 解析　(1)設(shè)出發(fā)8 s內(nèi)冰橇的加速度為a1， 由牛頓第二定律有F＋mgsin θ－μmgcos θ＝ma1① 出發(fā)8 s內(nèi)發(fā)生的位移為x1＝a1t② 聯(lián)立①②解得x1＝48 m③ (2)8 s末冰橇的速度為 v1＝a1t1④ 8 s后冰橇的加速度設(shè)為a2，由牛頓第二定律有 (m＋M)gsin θ－μ(m＋M)gcos θ＝(m＋M)a2⑤ 到達終點時速度最大，設(shè)最大速度為v2，則 v－v＝2a2(x－x1)⑥ 聯(lián)立①②③④⑤⑥解得v2＝36 m/s。 答案　(1)48

29、m　(2)36 m/s 3.(2017·湖南長沙四縣3月模擬)如圖8所示，互相絕緣且緊靠在一起的A、B物體，靜止在水平地面上，A的質(zhì)量為m＝0.04 kg，帶電荷量為q＝＋5.0×10－5 C，B的質(zhì)量為M＝0.06 kg，不帶電。兩物體與水平面間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.4，t＝0時刻開始，空間存在水平向右的勻強電場，電場強度為E＝1.6×104 N/C。設(shè)運動過程中小物塊所帶的電荷量沒有變化。 圖8 (1)求A、B的加速度及其相互作用力的大?。? (2)若t＝2 s后電場反向，且場強減為原來的一半，求物體B停下時兩物體間的距離。 解析　(1)對整體分析，加速度大小a＝＝4 m

30、/s2 隔離B分析，根據(jù)牛頓第二定律有F－μMg＝Ma 解得F＝μMg＋Ma＝0.48 N (2)t＝2 s時，A、B的速度大小v＝2×4 m/s＝8 m/s t＝2 s后電場反向，且場強減為原來的一半 此時A做勻減速運動的加速度大小aA＝＝14 m/s2 B做勻減速運動的加速度大小aB＝μg＝4 m/s2 B速度減為零的時間tB＝＝2 s 減速到零的位移大小xB＝＝8 m A速度減為零的時間tA1＝＝ s 減速到零的位移大小xA1＝＝ m 則A反向做勻加速運動的加速度大小 aA′＝＝6 m/s2 則反向做勻加速直線運動的位移大小 xA2＝aA′(tB－tA1)2＝

31、 m 則A、B的距離Δx＝xA2－xA1＋xB＝11.8 m 答案　(1)4 m/s2　0.48 N　(2)11.8 m 歸納總結(jié) 解答牛頓運動定律的應用問題的方法 (1)研究對象的選取方法：整體法和隔離法靈活應用，一般已知或求解外力時選用整體法，已知或求解物體間的相互作用力時選用隔離法。 (2)受力分析的處理方法：合成法和正交分解法合理應用，當物體在兩個力作用下變速運動時，可用合成法；當物體在兩個以上的力的作用下變速運動時，常用正交分解法解題。 (3)多階段問題的分析方法：常用程序法，即針對先后經(jīng)歷的幾個過程逐一分析，運用程序法時要注意前一個過程的結(jié)束是后一個過程的開始，兩個過程交接點的速度往往是解決問題的關(guān)鍵。 - 15 -