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1、专题三牛顿运动定律高考物理（课标专用）高考物理（课标专用）考点一牛顿运动定律考点一牛顿运动定律考点清考点清单考向基础考向基础一、牛顿第一定律一、牛顿第一定律1.内容内容一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态,直到有外力迫使它改变这种状态为止。2.意义意义(1)揭示了物体在不受外力或所受合外力为零时的运动规律。(2)提出了一切物体都具有惯性,即保持原来运动状态的特性。(3)揭示了力与运动的关系,说明力不是维持物体运动状态的原因,而是改变物体运动状态的原因,即产生加速度的原因。二、惯性二、惯性1.定义:一切物体都有保持匀速直线运动状态或静止状态的性质,我们把这个性质叫做惯性。2.惯性大小的量度惯
2、性大小的量度(1)质量是物体惯性大小的唯一量度,质量大的物体惯性大,反之物体惯性小。(2)惯性与物体是否受力、怎样受力无关,与物体是否运动、怎样运动无关,与物体所处的地理位置无关,一切有质量的物体都具有惯性。三、牛顿第二定律三、牛顿第二定律1.内容内容:物体的加速度的大小跟它受到的合外力成正比,跟它的质量成反比,加速度的方向跟合外力的方向相同。2.表达式表达式:F合=ma。该表达式只能在国际单位制中成立,因为公式F合=kma只有在国际单位制中才有k=1。3.物理意义物理意义反映物体运动的加速度大小、方向与所受合外力的关系,且这种关系是瞬时的。4.力的单位力的单位:当质量单位为kg,加速度单位为
3、m/s2时,力的单位为N,即1N=1kgm/s2。5.牛顿第二定律的适用范围牛顿第二定律的适用范围(1)牛顿第二定律只适用于相对地面静止或匀速直线运动的参考系。(2)牛顿第二定律只适用于宏观、低速运动的物体。四、单位制、基本单位、导出单位四、单位制、基本单位、导出单位1.单位制单位制:基本单位和导出单位一起组成了单位制。(1)基本量:只要选定几个物理量的单位,就能够利用这几个单位推导出其他物理量的单位。这些被选定的物理量叫做基本量。(2)基本单位:基本物理量的单位。力学中的基本量有三个,它们是质量、长度、时间;它们的单位是基本单位,分别是kg、m、s。(3)导出单位:由基本单位根据物理公式推导
4、出来的其他物理量的单位。基本物理量符号单位名称单位符号质量m千克(公斤)kg时间t秒s长度l米m电流I安培A热力学温度T开尔文K物质的量n,()摩尔mol发光强度I,(IV)坎德拉cd2.国际单位制中的基本单位国际单位制中的基本单位五、牛顿第三定律五、牛顿第三定律1.作用力与反作用力的关系作用力与反作用力的关系作用力与反作用力的关系可总结为“三同、三异、三无关”。(1)三同(2)三异(3)三无关作用力与反作用力一对平衡力相同点等大、反向,作用在同一条直线上受力物体作用在两个不同的物体上作用在同一个物体上依赖关系相互依存,不可单独存在无依赖关系,解除一个,另一个可依然存在,只是不再平衡力的效果两
5、力作用效果不可抵消,不可叠加,不可求合力两力作用效果可相互抵消,可叠加,可求合力,合力为零力的性质一定相同不一定相同2.一对作用力、反作用力和一对平衡力的区别一对作用力、反作用力和一对平衡力的区别考向突破考向突破考向一考向一对牛顿第一、三定律和惯性的理解对牛顿第一、三定律和惯性的理解1.惯性的表现形式惯性的表现形式(1)物体在不受外力或所受的合外力为零时,惯性表现为使物体保持原来的运动状态(静止或匀速直线运动)不变。(2)物体受到外力时,惯性表现为运动状态改变的难易程度。惯性大,物体运动状态难以改变;惯性小,物体运动状态容易改变。2.惯性定律与惯性的实质是不同的惯性定律与惯性的实质是不同的(1
6、)惯性是物体保持原有运动状态不变的一种性质,与物体是否受力、受力的大小无关。(2)惯性定律(牛顿第一定律)则反映物体在一定条件下的运动规律。3.牛顿第一定律与牛顿第二定律的关系牛顿第一定律与牛顿第二定律的关系(1)牛顿第一定律不是实验定律,它是以伽利略的“理想实验”为基础,经过科学抽象、归纳推理而总结出来的;牛顿第二定律是通过探究加速度与力和质量的关系得出的实验定律。(2)牛顿第一定律不是牛顿第二定律的特例,而是不受任何外力的理想情况,在此基础上,牛顿第二定律定量地指出了力和运动的联系:F=ma。注意注意(1)惯性不是一种力,对物体受力分析时,不能把“惯性力”作为物体实际受到的力。(2)物体的
7、惯性总是以“保持原状”或“反抗改变”两种形式表现出来。例例1一汽车在路面情况相同的公路上沿直线行驶,下面关于车速、惯性、质量和滑行位移的讨论,正确的是()A.车速越大,它的惯性越大B.质量越大,它的惯性越大C.车速越大,刹车后滑行的位移越大D.车速越大,刹车后滑行的位移越大,所以惯性越大解析解析质量是惯性大小的唯一决定因素,惯性是物体的固有属性,质量越大,惯性越大,所以A错、B对。滑行位移应由刹车时的速度确定,因为刹车过程中,其加速度是相同的,根据v2-=2ax,知车速越大,其滑行位移越大,而与其惯性大小无关,所以C对、D错。答案答案BC例例2如图所示,甲、乙两人在冰面上“拔河”。两人中间位置
8、处有一分界线,约定先使对方过分界线者为赢。若绳子质量不计,冰面可看成光滑,则下列说法正确的是()A.甲对绳的拉力与绳对甲的拉力是一对平衡力B.甲对绳的拉力与乙对绳的拉力是作用力与反作用力C.若甲的质量比乙大,则甲能赢得“拔河”比赛的胜利D.若乙收绳的速度比甲快,则乙能赢得“拔河”比赛的胜利解析解析A项中两力是一对作用力与反作用力,A错;B项中两力是一对平衡力,B错;因m甲m乙,由a=知a甲x甲,C项正确;由x=at2知x与收绳的速度无关,D项错。答案答案C考向二考向二对牛顿第二定律的理解对牛顿第二定律的理解同向性公式F=ma是矢量式,任一时刻,F与a同向正比性m一定时,aF瞬时性a与F对应同一
9、时刻,即a为某时刻的加速度时,F为该时刻物体所受合外力因果性F是产生a的原因,物体具有加速度是因为物体受到了力同一性有三层意思:加速度a相对同一惯性系(一般指地面)F=ma中,F、m、a对应同一物体或同一系统F=ma中,各量统一使用国际单位独立性作用于物体上的每一个力各自产生的加速度都遵从牛顿第二定律物体的实际加速度等于每个力产生的加速度的矢量和力、加速度在各个方向上的分量也遵从牛顿第二定律,即Fx=max,Fy=may局限性只适用于宏观、低速运动的物体,不适用于微观、高速运动的粒子物体的加速度必须是相对于地球静止或匀速直线运动的参考系(惯性系)而言的注意注意独立性原理是牛顿第二定律正交分解法
10、的基础,根据独立性原理,把物体所受的各力分解在相互垂直的方向,在这两个方向分别列牛顿第二定律方程。这就是牛顿第二定律的正交分解法。例例3如图所示,质量为m的小球用一水平轻弹簧系住,并用倾角为60的光滑木板AB托住,小球恰好处于静止状态,在木板AB突然向下撤离的瞬间,小球的加速度为()A.0B.大小为g,方向竖直向下C.大小为g,方向垂直木板向下D.大小为2g,方向垂直木板向下解析解析对于小球,开始时受三个力作用(重力、支持力和弹簧的弹力)而处于平衡状态,支持力FN=2mg,撤离木板AB瞬间,支持力消失,重力和弹力不变,且二者的合力与原支持力等大反向,由牛顿第二定律可得,小球的加速度a=2g,方
11、向垂直木板向下,选D。答案答案D例例4如图所示,质量为m的人站在自动扶梯上,扶梯正以加速度a向上减速运动,a与水平方向的夹角为。求人受到的支持力和摩擦力的大小。解题导引解题导引解析解析解法一解法一以人为研究对象,受力分析如图(a)所示,建立如图所示的坐标系,并将加速度分解为水平方向加速度ax和竖直方向加速度ay,如图(b)所示,则ax=acos,ay=asin。由牛顿第二定律得F静=max,mg-FN=may求得F静=macos,FN=m(g-asin)。解法二解法二以人为研究对象,建立如图所示坐标系,并规定正方向。根据牛顿第二定律得x方向mgsin-FNsin-F静cos=may方向mgco
12、s+F静sin-FNcos=0由两式可解得FN=m(g-asin),F静=-macosF静为负值,说明摩擦力的实际方向与假设方向相反,为水平向左。答案答案m(g-asin)macos考点二牛顿运动定律的应用考点二牛顿运动定律的应用考向基础考向基础一、应用牛顿第二定律解决的两类问题一、应用牛顿第二定律解决的两类问题1.已知物体的受力情况已知物体的受力情况,求解物体的运动情况求解物体的运动情况解这类题目,一般是应用牛顿运动定律求出物体的加速度,再根据物体的初始条件,应用运动学公式,求出物体运动的情况。2.已知物体的运动情况已知物体的运动情况,求解物体的受力情况求解物体的受力情况解这类题目,一般是应
13、用运动学公式求出物体的加速度,再应用牛顿第二定律求出物体所受的合外力,进而求出物体所受的其他外力。二、实重和视重二、实重和视重1.实重实重:物体实际所受的重力,它与物体的运动状态无关。2.视重视重:当物体在竖直方向上有加速度时,物体对弹簧测力计的拉力或对台秤的压力将不等于物体的重力。此时弹簧测力计的示数或台秤的示数即为视重。三、超重和失重的应用三、超重和失重的应用此类问题多为定性分析台秤上放物体或弹簧测力计下悬吊物体时的示数的变化。分析此类问题时,要特别注意以下几点:1.超重、失重不是物体重力增加或减少了,而是物体对水平支持面的压力或对竖直悬线的拉力变大或变小了,重力的大小是没有变化的,仍为m
14、g。2.超重、失重与物体的速度无关,只取决于物体的加速度方向。3.对系统超重、失重的判定不能只看某一物体,要综合分析某一物体的加速运动会不会引起其他物体运动状态的变化。例如台秤上放一盛水容器,一细线拴一木球,线另一端拴于盛水容器的底部,剪断细线,木球加速上升的同时有相同体积的水以相等的加速度在加速下降,综合起来,台秤示数会减小。若不能注意到这一点,会得出相反的错误结论。4.在完全失重的状态下,由重力产生的一切物理现象都会消失。如单摆停摆、天平失效、浸没于液体中的物体不再受浮力、水银气压计失效等,但测力的仪器弹簧测力计是可以使用的,因为弹簧测力计是根据F=kx制成的,而不是根据重力制成的。考向突
15、破考向突破考向一考向一利用图像解答牛顿运动定律问题利用图像解答牛顿运动定律问题1.处理图像问题的关键是搞清图像所揭示的物理规律或物理量间的函数关系,全面系统地看懂图像中的“轴”、“线”、“点”、“斜率”、“面积”、“截距”等所表示的物理意义。在运用图像求解问题时,还需要具有将物理现象转化为图像问题的能力。运用图像解题包括两个方面:用给定的图像解答问题,根据题意去作图,运用图像去解答问题。2.图像语言、函数语言及文字语言构成表达物理过程与物理参数关系的三种语言。要求能够在任意两种语言间相互转换,以便用相对简单的方法解决物理问题。3.文字语言、函数语言、图像语言与物理情景之间的相互转换,是确立解题
16、方向、迅速明确解题方法的前提。例例1如图甲所示,质量m=1kg的物块在平行斜面向上的拉力F作用下从静止开始沿斜面向上运动,t=0.5s时撤去拉力,利用速度传感器得到其速度随时间的变化关系图像(v-t图像)如图乙所示,g取10m/s2,求:(1)2s内物块的位移大小s和通过的路程L;(2)沿斜面向上运动的两个阶段加速度大小a1、a2和拉力大小F。解析解析(1)在2s内,由图乙知:物块沿斜面向上运动的最大距离:s1=21m=1m物块下滑的距离:s2=11m=0.5m所以位移大小s=s1-s2=0.5m路程L=s1+s2=1.5m(2)由图乙知,所求两个阶段加速度的大小a1=4m/s2a2=4m/s
17、2设斜面倾角为,斜面对物块的摩擦力为f,根据牛顿第二定律有00.5s内:F-f-mgsin=ma10.51s内:f+mgsin=ma2解得F=8N答案答案(1)0.5m1.5m(2)4m/s24m/s28N考向二考向二连接体连接体一、加速度相同的连接体问题一、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。把整个系统看做一个研究对象,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。例例2(2017河北保定一模,18)如图所示,一质量M=3kg、倾角为=45的斜面体放在光滑水平地面上,斜面
18、体上有一质量为m=1kg的光滑楔形物体。用一水平向左的恒力F作用在斜面体上,系统中两物体恰好保持相对静止地向左运动。重力加速度为g=10m/s2,下列判断正确的是()A.系统做匀速直线运动B.F=40NC.斜面体对楔形物体的作用力FN=5ND.增大力F,楔形物体将相对斜面体沿斜面向上运动解析解析对整体受力分析如图甲所示,由牛顿第二定律有F=(M+m)a,对楔形物体受力分析如图乙所示,由牛顿第二定律有mgtan45=ma,可得F=40N,a=10m/s2,A错,B对。斜面体对楔形物体的作用力FN=mg=10N,C错。外力F增大,则斜面体加速度增加,楔形物体不能获得那么大的加速度,将会相对斜面体沿
19、斜面向上运动,D对。答案答案BD二、加速度不同的连接体问题二、加速度不同的连接体问题由于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,并注意应用各个物体的相互作用关系,联立求解。例例3如图所示,质量为M的木板可沿倾角为的光滑斜面下滑,木板上站着一个质量为m的人,求:(1)为了保持木板与斜面相对静止,人运动的加速度是多少?(2)为了保持人与斜面相对静止,木板运动的加速度是多少?解题导引解题导引解析解析(1)为了使木板与斜面保持相对静止,必须满足木板在斜面方向上的合力为零,所以人施于木板的摩擦力应沿斜面
20、向上,故人应加速向下跑。现分别对木板和人应用牛顿第二定律。对木板进行受力分析,如图甲所示,沿斜面方向有:Mgsin-f1=0,对人进行受力分析,如图乙所示,mgsin+f1=ma人(a人为人相对斜面的加速度),f1=f1解得a人=gsin,方向沿斜面向下。(2)为了使人与斜面保持相对静止,必须满足人在木板上所受合力为零,所以木板施于人的摩擦力应沿斜面向上,故人相对木板向上跑,木板相对斜面向下滑,但人相对斜面静止不动。设木板相对斜面的加速度为a木,现分别对木板和人进行受力分析,由牛顿第二定律有:对木板:Mgsin+f2=Ma木,对人:mgsin=f2,f2=f2解得a木=gsin,方向沿斜面向下
21、,即人相对木板向上加速跑动,而木板沿斜面向下滑动,此时人相对斜面静止不动。答案答案见解析方法方法1 1瞬时性问题的处理瞬时性问题的处理1.物体所受的外力F与其所产生的加速度a具有瞬时对应关系,二者总是同时产生、同时消失、同时变化。具体可简化为以下两种模型:方法技巧方法技巧情景1情景2情景3情景4情景5情景6两个物体处于平衡状态,突然抽出下方木板的瞬间在推力F作用下,A、B共同以加速度a做匀加速直线运动,突然撤去推力F的瞬间两小球A、B用轻弹簧连接,通过细线悬挂于天花板上,处于静止状态,剪断细线的瞬间用手提一轻弹簧,弹簧下端挂一个金属球,在将整个装置匀加速上提的过程中,手突然停止不动的瞬间小球用
22、水平弹簧系住,并且用倾角为的光滑板AB托着,当板AB突然向下撤离的瞬间(1)剪断L2的瞬间;(2)如果L1换成弹簧,剪断L2的瞬间2.与轻弹簧相关的瞬时性问题常见情景图例与轻弹簧相关的瞬时性问题常见情景图例例例1如图甲、乙所示,细线均不可伸长,两小球均处于平衡状态且质量相同。如果突然把两水平细线剪断,剪断瞬间小球A的加速度的大小为,方向为;小球B的加速度的大小为,方向为;剪断瞬间图甲中倾斜细线OA与图乙中弹簧的拉力之比为(角已知)。解题导引解题导引解析解析设两球质量均为m,剪断水平细线瞬间,对A球受力分析,如图(a)所示,球A将沿圆弧摆下,故剪断水平细线瞬间,小球A的加速度a1方向沿圆周的切线
23、方向向下,即垂直倾斜细线OA向下。则有FT1=mgcos;F1=mgsin=ma1,得a1=gsin。答案答案见解析水平细线剪断瞬间,B球所受重力mg和弹簧弹力FT2不变,小球B的加速度a2方向水平向右,如图(b)所示,则FT2=,F2=mgtan=ma2,所以a2=gtan。甲图中倾斜细线OA与乙图中弹簧的拉力之比为=cos2。方法方法2 2传送带问题的处理传送带问题的处理处理传送带问题的一般步骤处理传送带问题的一般步骤1.水平传送带模型问题水平传送带模型问题处理水平放置的传送带问题,首先应对放在传送带上的物体进行受力分析,分清物体所受摩擦力是阻力还是动力;然后对物体进行运动状态分析,即对静
24、态动态终态进行分析和判断,对其全过程作出合理分析、推断,进而采用有关物理规律求解。这类问题可分为:运动学型;动力学型;能量守恒型;图像型。例例2水平传送带被广泛地应用于机场和火车站,如图所示为一水平传送带装置示意图。紧绷的传送带AB始终保持恒定的速率v=1m/s运行,一质量为m=4kg的行李无初速度地放在A处,传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动,随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动。设行李与传送带之间的动摩擦因数=0.1,A、B间的距离L=2m,g取10m/s2。(1)求行李刚开始运动时所受滑动摩擦力的大小与加速度的大小;(2)求行李做匀加速直线运动的时间;(3)如果提
25、高传送带的运行速率,行李就能被较快地传送到B处,求行李从A处传送到B处的最短时间和传送带对应的最小运行速率。解题导引解题导引解析解析(1)滑动摩擦力Ff=mg=0.1410N=4N,加速度a=g=0.110m/s2=1m/s2。(2)行李达到与传送带相同速率后不再加速,则v=at1,解得t1=s=1s。(3)行李始终匀加速运行时传送时间最短,加速度仍为a=1m/s2,当行李到达右端时,有=2aL,解得vmin=m/s=2m/s,所以传送带对应的最小运行速率为2m/s。行李最短运行时间由vmin=atmin,得tmin=s=2s。答案答案(1)4N1m/s2(2)1s(3)2s2m/s2.倾斜传
26、送带模型问题倾斜传送带模型问题求解的关键在于认真分析物体与传送带的相对运动情况,从而确定是否受到滑动摩擦力作用。如果受到滑动摩擦力作用应进一步确定其大小和方向,然后根据物体的受力情况确定物体的运动情况。当物体速度与传送带速度相等时物体所受的摩擦力有可能发生突变。例例3如图所示,传送带与水平地面夹角=37,A到B长度L为16m,传送带以10m/s的速率逆时针转动。在传送带上端A处无初速度地放一个质量为0.5kg的物体,它与传送带之间的动摩擦因数为0.5。求物体从A运动到B所需时间是多少?(sin37=0.6,cos37=0.8)解题导引解题导引解析解析物体放在传送带上后,开始阶段,由于传送带的速
27、度大于物体的速度,传送带给物体一个沿传送带向下的滑动摩擦力F,物体受力情况如图甲所示。物体由静止开始加速,由牛顿第二定律有mgsin+mgcos=ma1,得a1=10(0.6+0.50.8)m/s2=10m/s2。物体加速至与传送带速度相等需要的时间t1=s=1s,t1时间内位移x=a1=5m。甲乙由于tan,物体在重力作用下将继续加速运动,当物体速度大于传送带速度时,传送带给物体一沿传送带向上的滑动摩擦力F。此时物体受力情况如图乙所示,由牛顿第二定律有mgsin-mgcos=ma2,得a2=2m/s2。设后一阶段物体滑至底端所用的时间为t2,由L-x=vt2+a2,解得t2=1s,t2=-1
28、1s(舍去)。所以物体由A到B的时间t=t1+t2=2s。答案答案2s方法方法3 3解答连接体中临界极值问题的方法解答连接体中临界极值问题的方法1.极限法极限法: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.数学法数学法:将物理过程转化为数学公式,根据数学表达式解出临界条件。例例4(2017河北石家庄二模,20)如图甲所示,一质量为M的长木板静置于光滑水平面上,其上放置一质量为m的小滑块。木板受到水平拉力F
29、作用时,用传感器测出长木板的加速度a与水平拉力F的关系如图乙所示,重力加速度g=10m/s2,下列说法正确的是()A.小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.1B.当水平拉力F=7N时,长木板的加速度大小为3m/s2C.当水平拉力F增大时,小滑块的加速度一定增大D.小滑块的质量m=2kg解析解析由题可知,当06N时二者间出现相对滑动,对木板有F-mg=Ma,即a=F-,可见此时a-F图线的斜率为木板质量的倒数,可得M=1kg,则m=2kg,D正确。由于出现相对滑动后小滑块所受合外力等于木板对它产生的摩擦力,不再随F的增大而变化,则出现相对滑动后小滑块的加速度达到最大,且不再变化,由图可知小滑块的最
30、大加速度为a大=2m/s2,由牛顿第二定律有mg=ma大,得=0.2,A、C错误。将F=7N代入a=F-,得a=3m/s2,B正确。答案答案BD解题关键解题关键拉力F=6N,加速度a=2m/s2时,长木板和小滑块开始相对滑动。06N时,对长木板和小滑块分别分析。方法方法4 4滑块滑块滑板模型问题滑板模型问题1.模型特点模型特点涉及两个物体,并且物体间存在相对滑动。2.两种位移关系两种位移关系滑块由滑板的一端运动到另一端的过程中,若滑块和滑板同向运动,位移大小之差等于板长;反向运动时,位移大小之和等于板长。设板长为L,滑块位移大小为x1,滑板位移大小为x2同向运动时:L=x1-x2反向运动时:L
31、=x1+x23.解题步骤解题步骤例例5一长木板在水平地面上运动,在t=0时刻将一相对于地面静止的物块轻放到木板上,以后木板运动的速度-时间图像如图所示。已知物块与木板的质量相等,物块与木板间及木板与地面间均有摩擦,物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,且物块始终在木板上。取重力加速度的大小g=10m/s2,求:(1)物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数;(2)从t=0时刻到物块与木板均停止运动时,物块相对于木板的位移的大小。解题导引解题导引解析解析(1)从t=0时开始,木板与物块之间的摩擦力使物块加速,使木板减速,此过程一直持续到物块和木板具有共同速度为止。由图可知,在t1=0.5s时,
32、物块和木板的速度相同。设t=0到t=t1时间间隔内,物块和木板的加速度大小分别为a1和a2,则a1=a2=式中v0=5m/s、v1=1m/s分别为木板在t=0、t=t1时速度的大小。设物块和木板的质量为m,物块和木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为1、2,由牛顿第二定律得1mg=ma1(1+22)mg=ma2联立式得1=0.202=0.30(2)在t1时刻后,地面对木板的摩擦力阻碍木板运动,物块与木板之间的摩擦力改变方向。设物块与木板之间的摩擦力大小为f,物块和木板的加速度大小分别为a1和a2,则由牛顿第二定律得f=ma122mg-f=ma2假设f1mg,与假设矛盾。故f=1mg由式知,物块加速度的大小a1等于a1;物块的v-t图像如图中点划线所示。由运动学公式可推知,物块和木板相对于地面的运动距离分别为s1=2s2=t1+物块相对于木板的位移的大小为s=s2-s1联立式得s=1.125m答案答案(1)0.200.30(2)1.125m
