通用版版高考物理复习专题二力与物体的运动第1课时力与直线运动讲义.docx

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通用版版高考物理复习专题二力与物体的运动第1课时力与直线运动讲义

第1课时　力与直线运动

高考命题点

命题轨迹

情境图

匀变速直线运动规律的应用

2016

1卷21

16

（1）21题

　19

（1）18题

2018

1卷14

2019

1卷18

牛顿运动定律的应用

2015

1卷20,

2卷20

15

（1）20题　　　　　　18

（1）15题

2018

1卷15

动力学方法分析“传送带”模型

动力学方法分析“板—块”模型

2015

1卷25,

2卷25

15

（1）25题　　　15

（2）25题

17（3）25题

19（3）20题

2017

3卷25

2019

3卷20

1．匀变速直线运动的条件

物体所受合力为恒力，且与速度方向共线．

2．匀变速直线运动的基本规律

速度公式：

v＝v0＋at.

位移公式：

x＝v0t＋

at2.

速度和位移公式的推论：

v2－v

＝2ax.

中间时刻的瞬时速度：

＝

＝

.

任意两个连续相等的时间间隔内的位移之差是一个恒量，即Δx＝xn＋1－xn＝a·（Δt）2.

3．图象问题

（1）速度—时间图线的斜率或切线斜率表示物体运动的加速度，图线与时间轴所包围的面积表示物体运动的位移．匀变速直线运动的v－t图象是一条倾斜直线．

（2）位移—时间图线的斜率或切线斜率表示物体的速度．

4．超重和失重

超重或失重时，物体的重力并未发生变化，只是物体对支持物的压力（或对悬挂物的拉力）发生了变化．物体发生超重或失重现象与物体的运动方向无关，只取决于物体的加速度方向．当a有竖直向上的分量时，超重；当a有竖直向下的分量时，失重；当a＝g且竖直向下时，完全失重．

5．瞬时问题

应用牛顿第二定律分析瞬时问题时，应注意物体与物体间的弹力、绳的弹力和杆的弹力可以突变，而弹簧的弹力不能突变．

1．基本思路

2．解题关键

抓住两个分析，受力分析和运动情况分析，必要时要画运动情景示意图．对于多运动过程问题，还要找准转折点，特别是转折点的速度．

3．常用方法

（1）整体法与隔离法：

单个物体的问题通常采用隔离法分析，对于连接体问题，通常需要交替使用整体法与隔离法．

（2）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．

（3）逆向思维法：

把运动过程的末状态作为初状态，反向研究问题，一般用于匀减速直线运动问题，比如刹车问题、竖直上抛运动问题.

例1

　（2019·全国卷Ⅰ·18）如图1，篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮，离地后重心上升的最大高度为H.上升第一个

所用的时间为t1，第四个

所用的时间为t2.不计空气阻力，则

满足（　　）

图1

A．1<

<2B．2<

<3

C．3<

<4D．4<

<5

答案　C

解析　本题应用逆向思维求解，即运动员的竖直上抛运动可等同于从一定高度处开始的自由落体运动的逆运动，所以第四个

所用的时间为t2＝

，第一个

所用的时间为t1＝

－

，因此有

＝

＝2＋

，即3<

<4，选项C正确．

拓展训练1

　（2019·安徽蚌埠市第二次质检）图2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（　　）

图2

A．tB.

tC．（2－

）tD．（2＋

）t

答案　C

解析　设汽车的加速度为a，经过bc段、ce段的时间分别为t1、t2，xab＝

at2，xac＝

a（t＋t1）2，xae＝

a（t＋t1＋t2）2，解得：

t2＝（2－

）t，故选C.

拓展训练2

　（2019·广东揭阳市第二次模拟）瑞士阿尔卑斯山的劳特布伦嫩跳伞区是全球最美的跳伞地之一，每年都吸引了无数跳伞爱好者汇聚此地．某日一跳伞爱好者以5m/s的速度竖直匀速降落，在离地面h＝10m时掉了一颗扣子，则跳伞爱好者比扣子晚着陆的时间为（扣子受到的空气阻力可忽略，g取10m/s2）（　　）

A．2sB.

sC．1sD．（2－

）s

答案　C

解析　由题意知，扣子做初速度为5m/s、加速度为重力加速度的匀加速直线运动，落地时位移为10m，根据位移时间关系x＝v0t＋

gt2，代入数据有：

10m＝5m/s·t1＋

×10m/s2×t

，求得扣子落地时间：

t1＝1s；跳伞爱好者匀速运动，根据位移时间关系知，跳伞爱好者落地时间t2＝

＝

s＝2s，所以跳伞爱好者比扣子晚着陆的时间为Δt＝t2－t1＝1s，故选C.

1．主要题型

应用牛顿运动定律解决的主要问题有：

瞬时问题、连接体问题、超重和失重问题以及图象问题．

2．技巧方法

（1）解瞬时问题要注意绳、杆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）解连接体问题要充分利用“加速度相同”这一条件或题中特定条件，交替运用整体法与隔离法．

（3）图象问题解题关键是：

明确图象斜率、截距和面积的物理意义，应用物理公式找到两个变量间的函数关系，并注意从图象中提取有用信息或隐含条件．

例2

　（2019·福建龙岩市期末质量检查）如图3所示，在倾角为θ＝30°的光滑固定斜面上，物块A、B质量均为m.物块A静止在轻弹簧上端，物块B用细线与斜面顶端相连，A、B靠在一起，但A、B之间无弹力．已知重力加速度为g，某时刻将细线剪断，下列说法正确的是（　　）

图3

A．细线剪断前，弹簧的弹力为mg

B．细线剪断前，细线的拉力为mg

C．细线剪断瞬间，弹簧的弹力发生变化

D．细线剪断瞬间，物块B的加速度大小为

g

答案　D

解析　细线剪断前，由于A、B之间无弹力，对A分析可以得到弹簧的弹力：

F＝mgsinθ＝

mg，对B分析可以得到FT＝mgsinθ＝

mg，故A、B错误；细线剪断瞬间，弹簧的弹力不变，故C错误；细线剪断瞬间，对A、B系统，加速度：

a＝

＝

g，故D正确．

例3

　如图4，质量为M的缆车车厢通过悬臂固定悬挂在缆绳上，车厢水平底板上放置一质量为m的货物，在缆绳牵引下货物随车厢一起斜向上加速运动．若运动过程中悬臂和车厢始终处于竖直方向，重力加速度大小为g，则（　　）

图4

A．车厢对货物的作用力大小等于mg

B．车厢对货物的作用力方向平行于缆绳向上

C．悬臂对车厢的作用力大于（M＋m）g

D．悬臂对车厢的作用力方向沿悬臂竖直向上

答案　C

解析　货物随车厢一起斜向上加速运动，由牛顿第二定律可知车厢与货物的重力和悬臂对车厢作用力的合力方向应与加速度方向一致，故悬臂对车厢的作用力方向是斜向上的，选项D错误；由于车厢和货物在竖直方向有向上的分加速度，处于超重状态，故悬臂对车厢的作用力大于（M＋m）g，选项C正确；同理，对车厢中货物用隔离法分析可知，车厢对货物的作用力大小大于mg，方向是斜向上的，但不平行于缆绳，选项A、B错误．

例4

　（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均为F，每节车厢质量都为m，每节车厢所受阻力均为车厢重力的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．整个列车的加速度大小为

C．第2节车厢对第1节车厢的作用力大小为

D．第2节车厢对第3节车厢的作用力大小为

答案　BC

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力，两个力的合力方向斜向上方，选项A错误；对整个列车，根据牛顿第二定律：

4F－8kmg＝8ma，解得a＝

，选项B正确；对第1节车厢，根据牛顿第二定律：

F21－kmg＝ma，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，解得F32＝0，选项D错误．

拓展训练3

　（多选）（2019·广东湛江市下学期第二次模拟）如图5甲所示，在光滑水平面上，静止一质量为M的足够长的长木板，质量为m的小滑块（可视为质点）静止放在长木板上．从t＝0时刻开始，长木板受到的水平拉力F与加速度a的关系如图乙所示，重力加速度大小g取10m/s2，下列说法正确的是（　　）

图5

A．长木板的质量M＝1kg

B．小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.5

C．当F＝6.5N时，长木板的加速度大小为2.5m/s2

D．当F增大时，小滑块的加速度一定增大

答案　AC

解析　长木板与小滑块相对静止时，对整体分析，由牛顿第二定律有：

F＝（M＋m）a，当F＝6N时，此时两物体具有共同的最大加速度，代入数据解得：

M＋m＝3kg，当F大于6N时，对长木板，根据牛顿第二定律得：

F－μmg＝Ma，故F＝Ma＋μmg，知图线的斜率k＝M＝1kg，则滑块的质量为：

m＝2kg，μmg＝4N，μ＝0.2，故A正确，B错误；当F＝6.5N时，长木板的加速度为：

a＝2.5m/s2，故C正确；当拉力大于6N时，两物体发生相对滑动，小滑块的加速度为a＝

＝2m/s2，恒定不变，故D错误．

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）理清物体与传送带间的相对运动方向及摩擦力方向是解决传送带问题的关键．

（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5

　（多选）（2019·福建泉州市5月第二次质检）如图6，一足够长的倾斜传送带顺时针匀速转动．一小滑块以某初速度沿传送带向下运动，滑块与传送带间的动摩擦因数恒定，则其速度v随时间t变化的图象可能是（　　）

图6

答案　BC

解析　设传送带倾角为θ，动摩擦因数为μ，若mgsinθ>μmgcosθ，合力沿传送带向下，小滑块向下匀加速运动；若mgsinθ＝μmgcosθ，沿传送带方向合力为零，小滑块匀速下滑；若mgsinθ<μmgcosθ，小滑块所受合力沿传送带向上，小滑块做匀减速运动，当减速为零时，开始反向加速，当加速到与传送带速度相同时，因为最大静摩擦力大于小滑块重力沿传送带向下的分力，故小滑块随传送带做匀速运动，A、D错误，B、C正确．

拓展训练4

　（多选）（2019·陕西榆林市第三次测试）如图7所示，绷紧的水平传送带足够长，且始终以v1＝2m/s的恒定速率顺时针运行．初速度大小为v2＝3m/s的小墨块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带．若从小墨块滑上传送带开始计时，小墨块在传送带上运动5s后与传送带的速度相同，则（　　）

图7

A．小墨块未与传送带速度相同时，受到的摩擦力方向水平向右

B．小墨块的加速度大小为0.2m/s2

C．小墨块在传送带上的痕迹长度为4.5m

D．小墨块在传送带上的痕迹长度为12.5m

答案　AD

解析　小墨块未与传送带速度相同时，相对传送带向左运动，受到传送带的摩擦力方向水平向右，故A正确；小墨块在摩擦力的作用下做匀变速运动，小墨块在传送带上运动5s后与传送带的速度相同，故a＝

＝

＝1m/s2，方向向右，故B错误；小墨块向左做匀减速运动时，对小墨块有：

0＝v2－at1，x1＝

t1，联立解得：

x1＝4.5m；小墨块向左减速的过程中，传送带的位移为：

x2＝v1t1，小墨块向右做匀加速运动时，对小墨块有：

v1＝at2，x1′＝

t2，对传送带有：

x2′＝v1t2，因而小墨块在传送带上的痕迹长度为：

x＝（x1＋x2）＋（x2′－x1′），解得：

x＝12.5m，故C错误，D正确．

1．模型特点

“滑块—木板”模型类问题中，滑动摩擦力的分析方法与“传送带”模型类似，但这类问题比传送带类问题更复杂，因为木板受到摩擦力的影响，往往做匀变速直线运动，解决此类问题要注意从速度、位移、时间等角度，寻找各运动过程之间的联系．

2．解题关键

（1）临界条件：

要使滑块不从木板的末端掉下来的临界条件是滑块到达木板末端时的速度与木板的速度恰好相同．

（2）问题实质：

“板—块”模型和“传送带”模型一样，本质上都是相对运动问题，要分别求出各物体对地的位移，再求相对位移．

例6

　（2019·湖南衡阳市联考

（二））如图8所示，在水平地面上有一质量为m1＝1kg的足够长的木板，其上叠放一质量为m2＝2kg的木块，木块与木板之间的动摩擦因数μ1＝0.3，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1.设最大静摩擦力和滑动摩擦力相等．现给木块施加随时间t增大的水平拉力F＝3t（N），取重力加速度g＝10m/s2.

图8

（1）求木块和木板保持相对静止的时间t1；

（2）t＝10s时，两物体的加速度各为多大；

（3）画出木块的加速度随时间变化的图象．（取水平拉力F的方向为正方向，只要求画图，不要求写出理由及计算过程）

答案　见解析

解析　

（1）当F<μ2（m1＋m2）g＝3N时，

此时F<μ1m2g＝6N，

木块和木板都没有被拉动，处于静止状态．

当木块和木板一起运动时，

对m1：

Ffmax－μ2（m1＋m2）g＝m1amax，

Ffmax＝μ1m2g

解得：

amax＝3m/s2

对m1和m2整体有：

Fmax－μ2（m1＋m2）g＝（m1＋m2）amax

解得Fmax＝12N

由Fmax＝3t1（N）得：

t1＝4s

（2）t＝10s时，木块与木板已相对运动，则有：

对m1：

μ1m2g－μ2（m1＋m2）g＝m1a1

解得：

a1＝3m/s2

对m2：

F－μ1m2g＝m2a2

F＝30N

解得：

a2＝12m/s2.

（3）图象过（1,0），（4,3），（10,12）

拓展训练5

　（2019·辽宁沈阳市第一次质检）如图9所示，一足够长的木板在粗糙水平地面上向右运动．某时刻速度为v0＝2m/s，此时一与木板质量相等的小滑块（可视为质点）以v1＝4m/s的速度从右侧滑上木板，经过1s两者速度恰好相同，速度大小为v2＝1m/s，方向向左．取重力加速度g＝10m/s2，试求：

图9

（1）木板与滑块间的动摩擦因数μ1；

（2）木板与地面间的动摩擦因数μ2；

（3）从滑块滑上木板，到最终两者速度恰好相同的过程中，滑块相对木板的位移大小．

答案　

（1）0.3　

（2）0.05　（3）2.75m

解析　

（1）以向左为正方向，对小滑块分析，其加速度为：

a1＝

＝

m/s2＝－3m/s2，负号表示加速度方向向右对小滑块，设小滑块的质量为m，根据牛顿第二定律有：

－μ1mg＝ma1，可以得到：

μ1＝0.3；

（2）对木板分析，向右减速运动过程，根据牛顿第二定律以及运动学公式可以得到：

μ1mg＋μ2·2mg＝m

向左加速运动过程，根据牛顿第二定律以及运动学公式可以得到：

μ1mg－μ2·2mg＝m

而且t1＋t2＝t＝1s

联立可以得到：

μ2＝0.05，t1＝0.5s，t2＝0.5s；

（3）在t1＝0.5s时间内，木板向右减速运动，其向右运动的位移为：

x1＝

·t1＝0.5m，方向向右；

在t2＝0.5s时间内，木板向左加速运动，其向左加速运动的位移为：

x2＝

·t2＝0.25m，方向向左；

在整个t＝1s时间内，小滑块向左减速运动，其位移为：

x＝

·t＝2.5m，方向向左

则整个过程中滑块相对木板的位移大小为：

Δx＝x＋x1－x2＝2.75m.

专题强化练

（限时15分钟）

1.（多选）（2019·湖北天门、仙桃等八市第二次联考）如图1，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，此后经过3s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，取重力加速度大小g＝10m/s2，下列说法正确的是（　　）

图1

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项错误；取竖直向上为正方向，螺钉自脱落至落到井底的位移h1＝v0t－

gt2＝－30m，升降机这段时间的位移h2＝v0t＝15m，故矿井的深度为h＝|h1|＋h2＝45m，B项正确；螺钉落到井底时的速度为v＝v0－gt＝－25m/s，故速度大小为25m/s，C项正确；螺钉松脱前运动的时间为t′＝

＝6s，所以螺钉运动的总时间为t总＝t＋t′＝9s，D项错误．

2．（2019·安徽安庆市二模）水平面上某物体从t＝0时刻起以4m/s的速度做匀速直线运动，运动3s后又立即以大小为2m/s2的加速度做匀减速直线运动，停止后物体不再运动．则下列判断正确的是（　　）

A．该物体从t＝0时刻算起6s内运动的位移大小为15m

B．该物体在整个运动过程中的平均速度大小为2m/s

C．该物体减速后最后1s内的位移大小为1m

D．该物体减速后第1s末的速度大小为3m/s

答案　C

解析　物体速度减为零的时间为：

t0＝

＝2s，物体在3s＋2s＝5s末停止运动，所以物体在6s内的位移等于前5s的位移，总位移为：

x＝v0t1＋v0t0－

at02＝16m，故A错误；物体的平均速度为：

＝

＝

m/s＝3.2m/s，故B错误；根据逆向思维法可知，物体减速后最后1s的位移大小等于以2m/s2的加速度加速1s的位移大小，x1＝

×2×12m＝1m，故C正确；该物体减速后第1s末的速度大小为：

v＝v0－at＝（4－2×1）m/s＝2m/s，故D错误．

3.（2019·福建漳州市第二次教学质量监测）如图2所示，质量分别为2m和3m的两个小球静置于光滑水平面上，且固定在劲度系数为k的轻质弹簧的两端．今在质量为2m的小球上沿弹簧轴线方向施加大小为F的水平拉力，使两球一起做匀加速直线运动，则稳定后弹簧的伸长量为（　　）

图2

A.

B.

C.

D.

答案　C

解析　对整体分析，整体的加速度a＝

，对质量为3m的小球分析，根据牛顿第二定律得，F弹＝kx＝3ma，得x＝

，故A、B、D错误，C正确．

4.（2019·广西桂林市、贺州市、崇左市3月联合调研）如图3所示，固定在水平面上的斜面体C上放有一个斜劈A，A的上表面水平且放有物块B.若AB运动过程中始终保持相对静止．以下说法正确的是（　　）

图3

A．若C斜面光滑，A和B由静止释放，在向下运动时，B物块可能只受两个力作用

B．若C斜面光滑，A和B以一定的初速度沿斜面减速上滑，则B处于超重状态

C．若C斜面粗糙，A和B以一定的初速度沿斜面减速上滑，则B受水平向左的摩擦力

D．若C斜面粗糙，A和B以一定的初速度沿斜面加速下滑，则B处于超重状态

答案　C

解析　若C斜面光滑，A和B由静止释放，在向下运动时，整体加速度方向沿斜面向下，如图：

可知，B受到重力、支持力和水平向左的摩擦力共三个力作用，故选项A错误；若C斜面光滑，A和B以一定的初速度沿斜面减速上滑，则整体加速度方向如图所示，此时B具有竖直向下的分加速度，即处于失重状态，故选项B错误；若C斜面粗糙，A和B以一定的初速度沿斜面减速上滑，则整体加速度方向如图所示，由于B具有水平向左的分加速度，则根据牛顿第二定律可知B受水平向左的摩擦力，故选项C正确；若C斜面粗糙，A和B以一定的初速度沿斜面加速下滑，则整体加速度方向如图所示，此时B具有竖直向下的分加速度，即处于失重状态，故选项D错误．

5.（2019·闽粤赣三省十校下学期联考）如图4所示，倾斜固定直杆与水平方向成60°角，直杆上套有一个圆环，圆环通过一根细线与一只小球相连接．当圆环沿直杆下滑时，小球与圆环保持相对静止，细线伸直，且与竖直方向成30°角．下列说法中正确的是（　　）

图4

A．圆环不一定加速下滑

B．圆环可能匀速下滑

C．圆环与杆之间一定没有摩擦

D．圆环与杆之间一定存在摩擦

答案　D

解析　以小球为研究对象受力分析，小球受到竖直向下的重力和细线的拉力，小球的合外力不为零，小球不可能匀速下滑，小球与圆环相对静止，圆环也不可能匀速下滑，B项错误；根据牛顿第二定律

＝ma，加速度a＝

g，小球与圆环相对静止，圆环一定加速下滑，A项错误；整体的加速度也应该为a＝

g，假设圆环与杆之间没有摩擦，取整体为研究对象，Mgsin60°＝Ma′，加速度a′＝gsin60°＝

g≠

g，说明假设错误，圆环与杆之间一定存在摩擦，C项错误，D项正确．

6.（2019·云南省第二次统一检测）如图5所示，台秤上放一个木箱，木箱内有质量分别为m1和m2的两物体P、Q，用细绳通过光滑轻质定滑轮相连，m1>m2.现剪断Q下端的细线，在P下落但还没有到达箱底且Q未碰到滑轮的过程中，台秤的示数与未剪断前的示数相比将（　　）

图5

A．变大B．变小C．不变D．先变小后变大

答案　B

解析　设木箱的质量为M，剪断细线前台秤的读数为：

FN＝Mg＋m1g＋m2g；因m1>m2，则当剪断Q下端的细线时，P向下加速运动，Q向上加速运动，加速度大小为a＝

g，则对m2，FT－m2g＝m2a，解得FT＝

，此时木箱对台秤的压力为：

FN′＝Mg＋2FT＝Mg＋

，因

<（m1＋m2）g，可知FN′

7．（多选）（2019·山东烟台市第一学期期末）如图6甲所示，质量为m＝1kg的物体置于倾角为37°的固定且足够长的斜面上，t＝0时刻对物体施加沿斜面向上的拉力F，使物体开始沿斜面上滑，作用一段时间t后撤去拉力F，物体速度的平方与位移之间的关系图象如图乙所示．已知g＝10m/s2，sin37°＝0.6.下列说法正确的是（　　）

图6

A．物体与斜面之间的动摩擦因数为μ＝0.25

B．撤去拉力的时刻为t＝0.5s

C．拉力F的大小为24.5N

D．物体沿斜面上滑过程中克服摩擦力所做的功为10J

答案　AB

解析　由速度位移的关系式v2＝2ax与题图乙对比得：

物体的最大速度vm＝8m/s，撤去F前的加速度大小a1＝16m/s2，撤去F后的加速度大小a2＝8m/s2，撤去F时发生的位移x1＝2m．撤去F前由牛顿第二定律得：

F－mgsin37°－μmgcos37°＝ma1，撤去F后由牛顿第二定律得：

mgsin37°＋μmgcos37°＝ma2，联立解得：

F＝24N，μ＝0.25，故A正确，C错误；力F作用时物体做匀加速运动，由速度公式得：

vm＝a1t，解得：

t＝0.5s，故B正确；设撤去F后发生的位移为x2，vm2＝2a2x2，解得：

x2＝4m，物体沿斜面上滑过程中克服摩擦力所做的功W克f＝μmgcos37°（x1＋x2）＝12J，故D错误．

8．（多选）（2019·辽宁葫芦岛市第一次模拟）如图7所示，在水平面上有一传送带以速率v1沿顺时针方向运动，传送带速度保持不变，传送带左右两端各有一个与传送带等高的光滑水平面和传送带相连（紧靠但不接触），现有一物块在右端水平面上以速度v2向左运动，则物块速度随时间变化的图象可能的是（　　）

图7

答案　ABD

解析　如果传送带足够长，从而使得物块不能向左滑出传送带，则物块先减速向左滑行，直到速度减为零，然后物块会在摩擦力的作用下向右加速运动．如果v1＜v2，物块向左的速度减至零后会在滑动摩擦力的作用下向右加速，当速度增大到与传送带速度相同时，物块还在传送带上，之后不受摩擦力，物块与传送带