《高考物理一輪復習 3.2牛頓第二定律 兩類動力學問題課件 滬科版必修1.ppt》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《高考物理一輪復習 3.2牛頓第二定律 兩類動力學問題課件 滬科版必修1.ppt（70頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

第 2 講 牛頓第二定律 兩類動力學問題,知識點1 牛頓第二定律 Ⅱ 單位制 Ⅰ 【思維激活1】如圖所示,甲、乙兩圖中水平面都是光滑的,小車的質(zhì)量都是M,人的質(zhì)量都是m,甲圖人推車、乙圖人拉繩(繩與輪的質(zhì)量和摩擦均不計)的力都是F,對于甲、乙兩圖中車的加速度大小說法正確的是( ),A.甲圖中車的加速度大小為 B.甲圖中車的加速度大小為 C.乙圖中車的加速度大小為 D.乙圖中車的加速度大小為,【解析】選C。對甲圖,以車和人為研究對象,不受外力作用,故 加速度為零,A、B錯誤;乙圖中人和車受繩子的拉力作用,以人 和車為研究對象,受力為2F,所以a= ,C正確,D錯誤。,【知識梳理】 1.內(nèi)容：物體加速度的大小跟_______________成正比,跟 ___________成反比,加速度的方向跟_______的方向相同。 2.表達式：_____。 3.適用范圍： (1)牛頓第二定律只適用于_____參考系,即相對地面_______ _______________的參考系。 (2)牛頓第二定律只適用于_________(相對于分子、原子)、 低速運動(遠小于光速)的情況。,它受到的作用力,物體的質(zhì)量,作用力,F=ma,慣性,靜止或,做勻速直線運動,宏觀物體,4.單位制： (1)單位制：由_________和_________一起組成了單位制。 (2)基本單位：_______的單位。力學中的基本量有三個,它們 分別是_____、_____和_____,它們的國際單位分別是_________、 ______和______。 (3)導出單位：由_______根據(jù)物理關系推導出來的其他物理 量的單位。,基本單位,導出單位,基本量,質(zhì)量,時間,長度,千克(kg),秒(s),米(m),基本量,知識點2 牛頓定律的應用 Ⅱ 【思維激活2】如圖所示,物體沿斜面由靜止滑下,在水平面上 滑行一段距離后停止,物體與斜面和水平面間的動摩擦因數(shù)相 同,斜面與水平面光滑連接。圖中v、a、f和S分別表示物體的 速度大小、加速度大小、摩擦力大小和位移,其中正確的是 ( ),【解析】選C。物體在兩個過程中所受合力恒定,由牛頓第二定 律可知,物體的加速度恒定,兩個過程物體都做勻變速運動,故 速度v隨時間均勻變化,選項A錯誤;兩個過程加速度a都不隨時 間變化,選項B錯誤;由s=v0t+ at2可知s-t圖像兩個過程都是 拋物線,選項D錯誤;由f1=μmgcosθ和f2=μmg可知,選項C正確。,【知識梳理】 1.動力學的兩類基本問題： (1)已知受力情況求物體的_________; (2)已知運動情況求物體的_________。 2.解決兩類基本問題的方法：以_______為“橋梁”,由_____ _______和_____________列方程求解,具體邏輯關系如圖：,運動情況,受力情況,加速度,運動,學公式,牛頓運動定律,【微點撥】 1.對牛頓第二定律的三點提醒： (1)公式F=ma中,F與a是瞬時對應關系; (2)F=ma是矢量式,a的方向與F的方向相同,與速度方向無關; (3)物體受到幾個力的作用,每個力各自獨立使物體產(chǎn)生一個加速度,但物體表現(xiàn)出來的加速度只有一個,即各個力產(chǎn)生加速度的矢量和。,2.加速度與速度的兩個易混點： (1)a= 是加速度的決定式,a= 是加速度的定義式,物體的加速度是由合外力決定的,與速度無關; (2)物體所受的合外力減小,加速度一定減小,而速度不一定減小。,考點1 對牛頓第二定律的理解 牛頓第二定律的“五性”：,深化 理解,【題組通關方案】 【典題1】(2013·新課標全國卷Ⅱ)一物塊靜止在粗糙的水平桌面上。從某時刻開始,物塊受到一方向不變的水平拉力作用。假設物塊與桌面間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。以a表示物塊的加速度大小,F表示水平拉力的大小。能正確描述F與a之間關系的圖像是( ),【解題探究】 (1)根據(jù)物塊受力情況,在F逐漸增大的過程中,加速度a的變化有什么特點? 提示：當F小于最大靜摩擦力時,a=0;F大于最大靜摩擦力以后,a逐漸增大。 (2)根據(jù)受力情況確定圖像有什么特點。 ①圖像一定_______原點。 ②a一定隨F的增大而_____。,不通過,增大,【典題解析】選C。物塊在水平方向上受到拉力和摩擦力的作 用,根據(jù)牛頓第二定律,有F-f=ma,即F=ma+f,該關系為線性函 數(shù)。當a=0時,F=f;當F=0時,a=- 。符合該函數(shù)關系的圖像 為C。,【通關1+1】 1.(多選)(2014·寧波模擬)如圖所示,一小 車上有一個固定的水平橫桿,橫桿左邊固定 有一輕桿與豎直方向成θ角,輕桿下端連接 一小球,橫桿右邊用一根細線吊一小球,當小車向右做加速運動 時,細線保持與豎直方向成α角,若θα,則下列說法正確的是 ( ) A.輕桿對小球的彈力方向沿著輕桿方向向上 B.輕桿對小球的彈力方向與細線平行 C.輕桿對小球的彈力方向既不與細線平行,也不沿著輕桿方向 D.此時小車的加速度為gtanα,【解析】選B、D。由于兩小球加速度相同,輕桿對 小球的彈力方向與細線平行,小球受力如圖所示, 由牛頓第二定律得mgtanα=ma,解得a=gtanα,故 小車的加速度為gtanα,選項B、D正確。,2.(2013·安徽高考)如圖所示,細線的一端系一質(zhì)量為m的小球,另一端固定在傾角為θ的光滑斜面體頂端,細線與斜面平行。在斜面體以加速度a水平向右做勻加速直線運動的過程中,小球始終靜止在斜面上,小球受到細線的拉力T和斜面的支持力FN分別為(重力加速度為g)( ) A.T=m(gsinθ+acosθ) FN=m(gcosθ-asinθ) B.T=m(gcosθ+asinθ) FN=m(gsinθ-acosθ) C.T=m(acosθ-gsinθ) FN=m(gcosθ+asinθ) D.T=m(asinθ-gcosθ) FN=m(gsinθ+acosθ),【解析】選A。受力分析如圖,建立如圖所示的坐標系 在豎直方向上受力平衡,合力為零,列式可得： FNcosθ+Tsinθ-mg=0 ① 在水平方向上,由牛頓第二定律可得： Tcosθ-FNsinθ=ma ② 聯(lián)立①②兩式可解得： T=m(gsinθ+acosθ) FN=m(gcosθ-asinθ) 故A項正確。,【加固訓練】 1.(2014·唐山模擬)從16世紀末,人類對力的認識逐漸清晰和豐富,建立了經(jīng)典力學理論,以下有關力的說法正確的是( ) A.物體的速度越大,說明它受到的外力越大 B.物體的加速度在改變,說明它受到的外力一定改變 C.馬拉車做勻速運動,說明物體做勻速運動需要力來維持 D.一個人從地面跳起來,說明地面對人的支持力大于人對地面的壓力,【解析】選B。物體的速度大小與加速度大小無關,即與合外力大小無關,選項A錯誤;根據(jù)牛頓第二定律可知物體的加速度在改變,說明它受到的外力一定改變,選項B正確;根據(jù)牛頓第一定律可知力是改變物體運動狀態(tài)的原因,不是維持物體運動狀態(tài)的原因,選項C錯誤;根據(jù)牛頓第三定律可知地面對人的支持力大小等于人對地面的壓力大小,選項D錯誤。,2.(2012·海南高考)根據(jù)牛頓第二定律,下列敘述正確的是 ( ) A.物體加速度的大小跟它的質(zhì)量和速度大小的乘積成反比 B.物體所受合外力必須達到一定值時,才能使物體產(chǎn)生加速度 C.物體加速度的大小跟它所受作用力中的任一個的大小成正比 D.當物體質(zhì)量改變但其所受合力的水平分力不變時,物體水平加速度大小與其質(zhì)量成反比,【解析】選D。物體加速度的大小與物體受到的合力成正比,與物體的質(zhì)量成反比,選項A錯誤;力是產(chǎn)生加速度的原因,只要有合力,物體就有加速度,它們之間有瞬時對應關系,不存在累積效應,選項B錯誤;物體加速度的大小與它受到的合力成正比,選項C錯誤;根據(jù)矢量的合成和分解,即Fx=max,選項D正確。,考點2 牛頓第二定律的瞬時性 1.兩種模型：牛頓第二定律的表達式為F=ma,其核心是加速度與合外力的瞬時對應關系,二者總是同時產(chǎn)生、同時消失、同時變化,具體可簡化為以下兩種模型：,拓展 延伸,(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,其形變恢復需要較長時間,在瞬時性問題中,其彈力的大小往往可以看成保持不變。,2.解題思路：,【題組通關方案】 【典題2】(2014·泉州模擬)如圖所示,豎直放置 在水平面上的輕質(zhì)彈簧上疊放著兩物塊A、B,A、 B的質(zhì)量均為2kg,它們處于靜止狀態(tài),若突然將一 個大小為10N,方向豎直向下的力施加在物塊A上, 則此瞬間,A對B的壓力大小為(g取10m/s2)( ) A.10N B.20N C.25N D.30N,【解題探究】 (1)A與B之間的彈力和彈簧的彈力是否都能發(fā)生突變? 提示：A與B之間的彈力可以發(fā)生突變,而彈簧的彈力是不能發(fā)生突變的。 (2)請畫出施加力F前后,A、B整體和A的受力分析圖。 提示：,【典題解析】選C。對A、B整體分析,當它們處于靜止狀態(tài)時, 彈簧的彈力等于A、B整體的重力,在施加力F的瞬間,彈力不變, 故A、B所受合力為10N,則a= =2.5m/s2;隔離A物塊受力分析 得F+mg-N=ma,解得N=25N,所以A對B的壓力大小等于25N,選項 C正確。,【通關1+1】 1.(拓展延伸)結合【典題2】回答下列問題： (1)若將物塊A突然撤去,此瞬間物塊B的加速度大小及方向如何? 提示：撤去物塊A前,彈簧的彈力等于A、B的總重力,在撤去物塊A的瞬間,彈簧彈力不變,對物塊B由牛頓第二定律得F彈-mg=ma,解得a=10m/s2,方向豎直向上。 (2)若將物塊B突然沿水平方向抽出,此瞬間物塊A的加速度大小及方向如何? 提示：物塊B突然沿水平方向抽出的瞬間,物塊A只受重力作用,故物塊A的加速度a=g=10m/s2,方向豎直向下。,2.(2014·朝陽區(qū)模擬)如圖所示,一根質(zhì)量不計的輕 彈簧上端固定在天花板上,下端與一質(zhì)量為m的托盤 連接,托盤中有一個質(zhì)量為M的砝碼。當托盤靜止時, 彈簧的伸長量為L?，F(xiàn)將托盤向下拉,彈簧又伸長了 ΔL(未超過彈簧的彈性限度),然后使托盤由靜止釋 放,則剛釋放托盤時,砝碼對托盤的作用力等于( ),【解析】選A。以托盤和砝碼整體為研究對象,當托盤靜止時受 到平衡力的作用,設彈簧的勁度系數(shù)為k,由胡克定律得(m+M)g =kL;彈簧又伸長ΔL,剛釋放時,彈簧彈力不變,對整體由牛頓第 二定律得k(L+ΔL)-(m+M)g=(m+M)a;以砝碼為研究對象,設托盤 對砝碼的作用力為N,由牛頓第二定律得N-Mg=Ma,聯(lián)立以上各 式解得N=(1+ )Mg,由牛頓第三定律得砝碼對托盤的作用力 為(1+ )Mg,A正確。,【加固訓練】 1.一輕彈簧的上端固定,下端懸掛一重物,彈簧伸長了8cm,再將 重物向下拉4cm,然后放手,則在釋放重物瞬間,重物的加速度是 ( ) 【解析】選B。假設彈簧的勁度系數(shù)為k,第一次彈簧伸長了 x1=8cm,第二次彈簧伸長了x2=12cm,第一次受力平衡,則有kx1- mg=0,第二次由牛頓第二定律得：kx2-mg=ma,解得：a= ,選 項B正確。,2.(多選)如圖所示,A、B球的質(zhì)量相等,彈簧的 質(zhì)量不計,傾角為θ的斜面光滑,系統(tǒng)靜止時, 彈簧與細線均平行于斜面,在細線被燒斷的瞬 間,下列說法正確的是( ) A.兩個小球的瞬時加速度均沿斜面向下,大小均為gsinθ B.B球的受力情況未變,瞬時加速度為零 C.A球的瞬時加速度沿斜面向下,大小為2gsinθ D.彈簧有收縮的趨勢,B球的瞬時加速度向上,A球的瞬時加速度向下,瞬時加速度都不為零,【解析】選B、C。細線燒斷瞬間,彈簧彈力與原來相等,B球受力平衡,aB=0,A球所受合力為mgsinθ+kx=2mgsinθ=maA,解得aA=2gsinθ,方向沿斜面向下,故A、D錯誤,B、C正確。,【學科素養(yǎng)升華】 瞬時性問題的解題技巧 (1)分析物體在某一時刻的瞬時加速度,關鍵是明確該時刻物體的受力情況或運動狀態(tài),再由牛頓第二定律求出瞬時加速度,此類問題應注意以下兩種模型： ①輕繩模型：受外力時形變微小不計,力可以發(fā)生突變。 ②輕彈簧模型：受外力時形變較大,力不能發(fā)生突變。,(2)在求解瞬時性加速度問題時應注意： ①物體的受力情況和運動情況是時刻對應的,當外界因素發(fā)生變化時,需要重新進行受力分析和運動分析。 ②加速度可以隨著力的突變而突變,而速度的變化需要一個積累的過程,不會發(fā)生突變。,考點3 動力學的兩類基本問題 動力學的兩類基本問題的解題步驟： (1)選取研究對象。根據(jù)問題的需要和解題的方便,選出被研究的物體,可以是一個物體,也可以是幾個物體組成的整體。 (2)分析研究對象的受力情況和運動情況。注意畫好受力分析圖,明確物體的運動過程和運動性質(zhì)。 (3)選取正方向或建立坐標系。通常以加速度的方向為正方向或以加速度方向為某一坐標軸的正方向。 (4)求合外力F。 (5)根據(jù)牛頓第二定律和運動學公式列方程求解,必要時還要對結果進行討論。,解題 技巧,【題組通關方案】 【典題3】(15分)(2013·山東高考)如圖所示,一質(zhì)量m=0.4kg 的小物塊,以v0=2m/s的初速度,在與斜面成某一夾角的拉力F作 用下,沿斜面向上做勻加速運動,經(jīng)t=2s的時間物塊由A點運動 到B點,A、B之間的距離L=10m。已知斜面傾角θ=30°,物塊與 斜面之間的動摩擦因數(shù)μ= 。重力加速度g取10m/s2。,(1)求物塊加速度的大小及到達B點時速度的大小。 (2)拉力F與斜面夾角多大時,拉力F最小?拉力F的最小值是多少?,【解題探究】 (1)請用已知物理量符號寫出物塊由A到B的運動學方程： ①位移方程：____________; ②速度方程：________。,vB=v0+at,(2)請畫出物塊的受力分析圖。 提示： (3)請寫出拉力F最小值的求解思路。 提示：由牛頓第二定律列方程,求出F的表達式,應用三角函數(shù)求極值。,【典題解析】(1)由運動學方程得： L=v0t+ at2 ①(2分) vB=v0+at ②(2分) 代入數(shù)值解得：a=3m/s2,vB=8m/s ③(2分) (2)對物塊受力分析如圖所示,,設拉力F與斜面成α角,對物塊由牛頓第二定律得： 垂直斜面方向：Fsinα+N-mgcos30°=0 ④(2分) 沿斜面方向：Fcosα-mgsin30°-f=ma ⑤(2分) 又f=μN ⑥(2分) 聯(lián)立④⑤⑥三式,代入數(shù)值解得： Fcosα+ Fsinα=5.2,則 = ⑦(2分) 當α=30°時,拉力F有最小值,且Fmin= N ⑧(1分) 答案：(1)3m/s2 8m/s (2)30° N,【通關1+1】 1.為了使雨滴能盡快地淌離房頂,要設計好房頂?shù)母叨?設雨滴沿房頂下淌時做無初速度無摩擦的運動,那么如圖所示的四種情況中符合要求的是( ),【解析】選C。如圖所示,設房屋頂寬為2b, 斜邊長為s,則s= ,根據(jù)牛頓第二定律 a=gsinθ,因s= at2,故t= ,當θ=45°時,t最小,故 選項C正確。,2.某工人裝卸貨物時要把重為1 200N的 貨物沿傾斜的木板推上汽車,木板長5m, 一端離地高1m。貨物與木板間的動摩擦因數(shù)為0.5。假定工人 推力方向與板面平行,g取10m/s2, =2.45, =3.16。求： (1)工人搬運過程中的推力至少多大? (2)若工人用(1)中大小的推力沿板面向下推貨物,貨物由靜止從木板頂端推到底端的時間。,【解析】(1)貨物勻速上滑時用力最小,由平衡條件有： F-Gsinα-μGcosα=0, 由幾何關系,sinα= ,cosα= , 解得F=828N (2)向下推時,由牛頓第二定律得 F+Gsinα-μGcosα=ma, 解得a=2gsinα=4m/s2 由s= at2解得t= s=1.58s 答案：(1)828N (2)1.58s,【加固訓練】 1.質(zhì)量m=10kg的物體,在F=40N的水平向左的力的作用下,沿 水平桌面從靜止開始運動。物體運動時受到的滑動摩擦力 Ff=30N。在開始運動后的第5s末撤去水平力F,求物體從開始 運動到最后停止總共發(fā)生的位移。(保留三位有效數(shù)字) 【解析】加速過程由牛頓第二定律得： F-Ff=ma1 解得：a1=1m/s2,5s末的速度：vt=a1t=5m/s 5s內(nèi)的位移：x1= a1t2=12.5m 減速過程由牛頓第二定律得：Ff=ma2 解得：a2=3m/s2 減速位移：x2= =4.2m 總位移：x=x1+x2=16.7m 答案：16.7m,2.如圖所示,木塊的質(zhì)量m=2kg,與地面間的 動摩擦因數(shù)μ=0.2,木塊在拉力F=10N作用 下,在水平地面上從靜止開始向右運動,運 動5.2m后撤去外力F。已知力F與水平方向的夾角θ=37° (sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取10m/s2)。求： (1)撤去外力前,木塊受到的摩擦力大小; (2)剛撤去外力時,木塊運動的速度; (3)撤去外力后,木塊還能滑行的距離為多少?,【解析】(1)木塊受力如圖所示： 由牛頓第二定律得： 豎直方向： FN+Fsin37°-mg=0 Ff=μFN 解得：Ff=2.8N,(2)由牛頓第二定律得： 水平方向： Fcos37°-Ff=ma1 解得：a1=2.6m/s2 由運動學公式得：v2=2a1x1 解得：v=5.2m/s,(3)撤去外力后,木塊受力如圖所示： 由牛頓第二定律得：μmg=ma2 解得：a2=2m/s2 由運動學公式得：v2=2a2x2 解得：x2=6.76m 答案：(1)2.8N (2)5.2m/s (3)6.76m,【資源平臺】動力學中的臨界問題如圖 所示,物體A疊放在物體B上,B置于光滑 水平面上,A、B質(zhì)量分別為mA=6kg,mB=2kg,A、B之間的動摩擦因數(shù)μ=0.2,開始時F=10N,此后逐漸增加,在增大到45N的過程中,則(g取10m/s2)( ) A.當拉力F12N時,物體均保持靜止狀態(tài) B.兩物體開始沒有相對運動,當拉力超過12N時,開始相對滑動 C.兩物體從受力開始就有相對運動 D.兩物體始終沒有相對運動,【解析】選D。首先了解各物體的運動情況,B運動是因為A對它 有靜摩擦力,但由于靜摩擦力存在最大值,所以B的加速度存在 最大值,可以求出此加速度下拉力的大小;如果拉力再增大,則 物體間就會發(fā)生相對滑動,所以這里存在一個臨界點,就是A、B 間靜摩擦力達到最大值時拉力F的大小。以A為研究對象進行受 力分析,A受水平向右的拉力、水平向左的靜摩擦力,則有F- Ff=mAa,再以B為研究對象,B受水平向右的靜摩擦力Ff=mBa,當Ff 為最大靜摩擦力時,解得a= =6m/s2,F=48N,由此可以 看出當F48N時,A、B間的摩擦力達不到最大靜摩擦力,也就是 說,A、B間不會發(fā)生相對運動。故選項D正確。,滿分指導之3 相對運動中的動力學問題 【案例剖析】(18分)(2013·新課標全國卷Ⅱ) 一長木板在水平地面上運動,在t=0時刻將一 ①相對于地面靜止的物塊輕放到木板上,以后 木板運動的②速度—時間圖像如圖所示。已知 物塊與木板的質(zhì)量相等,物塊與木板間及木板與地面間均有摩擦。物塊與木板間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,且③物塊始終在木板上。取重力加速度的大小g=10m/s2,求：,(1)物塊與木板間、木板與地面間的④動摩擦因數(shù); (2)從t=0時刻到物塊與木板均停止運動時,⑤物塊相對于木板的位移的大小。,【審題】抓住信息,準確推斷,【破題】形成思路,快速突破 (1)物塊與木板間、木板與地面間的動摩擦因數(shù)的求解。 ①請分析t=0至t1=0.5s的時間內(nèi)物塊和木板的運動規(guī)律。 提示：從t=0時開始,木板對物塊的摩擦力使物塊由靜止開始加速,物塊和地面對木板的摩擦力使木板減速,t1=0.5s時兩者達到共同速度。,②由速度—時間圖像寫出物塊和木板加速度大小的表達式： 物塊的加速度： ;木板的加速度： 。 ③列出物塊、木板的動力學方程： 對物塊：_________;對木板：________________。,,,μ1mg=ma1,μ1mg+2μ2mg=ma2,(2)物塊相對于木板的位移的大小的求解。 ①請分析t1=0.5s后的時間內(nèi)物塊和木板的運動規(guī)律。 提示：假設物塊相對于木板靜止,則fμ1mg,與假設矛盾,所以物塊相對于木板向前減速滑動,而不是與木板共同運動。 ②請寫出求解物塊相對于木板的位移的大小的思路。 提示：由牛頓第二定律分別求出物塊和木板的加速度,再由運動學規(guī)律分別求出物塊和木板的位移,兩者位移之差即為物塊相對于木板的位移。,【解題】規(guī)范步驟,水到渠成 (1)從t=0時開始,木板對物塊的摩擦力使物塊由靜止開始加速, 物塊和地面對木板的摩擦力使木板減速,直到兩者具有共同速 度為止。由題圖可知,在t1=0.5s時,物塊和木板的速度相同為 v1=1m/s。設t=0到t=t1時間內(nèi),物塊和木板的加速度大小分別 為a1和a2,則a1= m/s2=2m/s2 (2分) a2= m/s2=8m/s2 (2分),設物塊與木板間、木板與地面間的動摩擦因數(shù)分別為μ1、μ2, 根據(jù)牛頓第二定律, 對物塊有μ1mg=ma1 (2分) 對木板有μ1mg+2μ2mg=ma2 (2分) 聯(lián)立方程得：μ1=0.2 μ2=0.3 (1分),(2)在t1時刻后,地面對木板的摩擦力阻礙木板運動,物塊與木板之間的摩擦力改變方向。設物塊與木板之間的摩擦力大小為f,物塊和木板的加速度大小分別為a′1和a′2,由牛頓第二定律得 對物塊有f=ma′1 對木板有2μ2mg-f=ma′2 假設物塊相對木板靜止,即fμ1mg,與假設矛盾,所以物塊相,對木板向前減速滑動,而不是與木板共同運動, 物塊加速度大小a′1=a1=2m/s2 (2分) 物塊的v-t圖像如圖中的點劃線所示。此過程 木板的加速度 a′2=2μ2g-μ1g=4m/s2 (2分) 由運動學公式可得,物塊和木板相對地面的位移分別為 s1=2× =0.5m (2分) (2分) 物塊相對木板的位移大小為s=s2-s1=1.125m (1分) 答案：(1)0.2 0.3 (2)1.125m,【點題】突破瓶頸,穩(wěn)拿滿分 (1)常見的思維障礙： ①不能根據(jù)速度—時間圖像判斷物塊和木板的運動規(guī)律,導致無法求解; ②沒有判斷物塊和木板共速后二者的運動規(guī)律,誤認為物塊相對于木板靜止,而導致求解錯誤。 (2)因解答不規(guī)范導致的失分： ①在對木板列牛頓第二定律方程時,沒有畫出受力分析圖,把地面對木板的摩擦力寫成μ2mg導致失分; ②求解物塊相對于木板的位移的大小時,沒有認真審題,錯求成物塊的位移而導致失分。,