高考物理二轮复习第1部分专题突破篇专题2力与直线运动讲练 20页

专题二 力与直线运动 考点 1| 匀变速直线运动规律应用 难度：中档 题型：选择题、计算题 五年 1 考 (2015·江苏高考 T5)如图 1 所示，某“闯关游戏”的笔直通道上每隔 8 m 设有 一个关卡，各关卡同步放行和关闭，放行和关闭的时间分别为 5 s 和 2 s．关卡刚放行时， 一同学立即在关卡 1 处以加速度 2 m/s2 由静止加速到 2 m/s，然后匀速向前，则最先挡住他 前进的关卡是( ) 图 1 A．关卡 2 B．关卡 3 C．关卡 4 D．关卡 5 【解题关键】 解此题抓住两点： (1)该同学先匀加速再匀速运动． (2)该同学在关卡开启前若已到该关卡则被关卡挡住． C [同学加速到 2 m/s 时所用时间为 t1，由 v1＝at1，得 t1＝v1 a ＝1 s，通过的位移 x1＝1 2 at2 1 ＝1 m，然后匀速前进的位移 x2＝v1(t－t1)＝8 m，因 x1＋x2＝9 m>8 m，即这位同学已通过 关卡 2，距该关卡 1 m，当关卡关闭 t2＝2 s 时，此同学在关卡 2、3 之间通过了 x3＝v1t2＝4 m 的位移，接着关卡放行 t＝5 s，同学通过的位移 x4＝v1t＝10 m，此时距离关卡 4 为 x5＝ 16 m－(1＋4＋10) m＝1 m，关卡关闭 2 s，经过 t3＝x5 v1 ＝0.5 s 后关卡 4 最先挡住他前进．] (2014·全国卷ⅠT24)公路上行驶的两汽车之间应保持一定的安全距离．当前车 突然停止时，后车司机可以采取刹车措施，使汽车在安全距离内停下而不会与前车相碰．通 常情况下，人的反应时间和汽车系统的反应时间之和为 1 s．当汽车在晴天干燥沥青路面上 以 108 km/h 的速度匀速行驶时，安全距离为 120 m．设雨天时汽车轮胎与沥青路面间的动 摩擦因数为晴天时的 2/5.若要求安全距离仍为 120 m，求汽车在雨天安全行驶的最大速度． 【解题关键】 关键语句 信息解读 “人的反应时间”“汽车系统反应时 间” 反应时间内车做匀速直线运动 安全距离为 120 m 后车在反应时间及刹车过程的总距离 动摩擦因数为晴天时的2 5 雨天、晴天两种情况下，刹车时加速度不同 【解析】 设路面干燥时，汽车与地面间的动摩擦因数为μ0，刹车时汽车的加速度大 小为 a0，安全距离为 x，反应时间为 t0，由牛顿第二定律和运动学公式得 μ0mg＝ma0 ① x＝v0t0＋ v2 0 2a0 ② 式中，m 和 v0 分别为汽车的质量和刹车前的速度． 设在雨天行驶时，汽车与地面间的动摩擦因数为μ，依题意有 μ＝2 5 μ0 ③ 设在雨天行驶时汽车刹车的加速度大小为 a，安全行驶的最大速度为 v，由牛顿第二定 律和运动学公式得 μmg＝ma ④ x＝vt0＋v2 2a ⑤ 联立①②③④⑤式并代入题给数据得 v＝20 m/s(72 km/h)． ⑥ 【答案】 20 m/s 1．高考考查特点 (1)高考题注重基本概念的理解及基本公式及推论的灵活应用，计算题要注意追及相遇 类为背景的实际问题． (2)熟练掌握运动学的基本规律及推论，实际问题中做好过程分析及运动中的规律选取 是解题的关键． 2．解题常见误区及提醒 (1)基本概念公式及基本推论记忆不准确，应用不灵活． (2)实际问题中过程不清晰、时间关系、速度关系、位移关系把握不准． (3)解决追及相遇问题时，要抓住题目中的关键词语(如“刚好”、“最多”、“至少” 等)． ●考向 1 匀变速直线运动基本公式的应用 1．(2016·潍坊一模)如图 2 所示，一长为 200 m 的列车沿平直的轨道以 80 m/s 的速度 匀速行驶，当车头行驶到进站口 O 点时，列车接到停车指令，立即匀减速停车，因 OA 段铁 轨不能停车，整个列车只能停在 AB 段内，已知 OA＝1 200 m，OB＝2 000 m，求： (1)列车减速运动的加速度大小的取值范围； (2)列车减速运动的最长时间． 图 2 【解析】 (1)若列车车尾恰好停在 A 点右侧，减速运动的加速度大小为 a1，距离为 x1， 则 0－v2 0＝－2a1x1 x1＝1 200 m＋200 m＝1 400 m 解得：a1＝16 7 m/s2 若列车车头恰好停在 B 点，减速运动的加速度大小为 a2，距离为 xOB＝2 000 m，则 0－v2 0＝－2a2xOB 解得：a2＝8 5 m/s2 故加速度大小 a 的取值范围为8 5 m/s2≤a≤16 7 m/s2. (2)当列车车头恰好停在 B 点时，减速运动时的时间最长， 则 0＝v0－a2t 解得：t＝50 s. 【答案】 (1)8 5 m/s2≤a≤16 7 m/s2 (2)50 s ●考向 2 匀变速直线运动推论的应用 2．如图 3 所示，物体自 O 点由静止出发开始做匀加速直线运动，途径 A、B、C 三点， 其中 A、B 之间的距离 L1＝2 m，B、C 之间的距离 L2＝3 m．若物体通过 L1、L2 这两段位移的 时间相等，则 OA 之间的距离 L 等于( ) 【导学号：25702006】 图 3 A.3 4 m B.4 3 m C.9 8 m D．8 9 m C [由题知“物体通过 L1、L2 这两段位移的时间相等(设为 T)”，则 vB＝L1＋L2 2T ＝ 5 2T ， 加速度 a＝L2－L1 T2 ＝1 T2，在 A 点速度 vA＝vB－aT＝ 3 2T ，于是 L＝v2 A 2a ＝ 1 2a · 9 4T2，L＋2＝v2 B 2a ＝ 1 2a ·25 4T2， 两式相比，解得 L＝9 8 m．] ●考向 3 追及相遇问题 3．(高考改编)在[例 2](2014·全国卷ⅠT24)中，若在雨天以 108 km/h 的速度匀速行驶， 前后两车的安全距离至少应为多大？ 【解析】 由[例 2]解析可知，雨天的加速度 a＝μg ＝2 5 μ0g＝2 5 a0 ① 故其安全距离 x′＝v0·t0＋v2 0 2a ② 由[例 2]解析可知：x＝v0·t0＋ v2 0 2a0 ＝120 m ③ 由①②③可得：x′＝255 m. 【答案】 255 m 4．(2016·湖南十校联考)春节放假期间，全国高速公路免费通行，小轿车可以不停车 通过收费站，但要求小轿车通过收费站窗口前 x0＝9 m 区间的速度不超过 v0＝6 m/s.现有甲、 乙两小轿车在收费站前平直公路上分别以 v 甲＝20 m/s 和 v 乙＝34 m/s 的速度匀速行驶，甲 车在前，乙车在后．甲车司机发现正前方收费站，开始以大小为 a 甲＝2 m/s2 的加速度匀减 速刹车． (1)甲车司机需在离收费站窗口至少多远处开始刹车才不违章； (2)若甲车司机经刹车到达离收费站窗口前 9 m 处的速度恰好为 6 m/s，乙车司机在发 现甲车刹车时经 t0＝0.5 s 的反应时间后开始以大小为 a 乙＝4 m/s2 的加速度匀减速刹车．为 避免两车相撞，且乙车在收费站窗口前 9 m 区不超速，则在甲车司机开始刹车时，甲、乙两 车至少相距多远？ 【解析】 (1)对甲车，速度由 20 m/s 减至 6 m/s 的位移 x1＝v2 甲－v2 0 2a 甲 ＝91 m x2＝x0＋x1＝100 m 即：甲车司机需在离收费站窗口至少 100 m 处开始刹车． (2)设甲车刹车后经时间 t，两车速度相同，由运动学公式得：v 乙－a 乙(t－t0)＝v 甲－a 甲 t 解得：t＝8 s 相同速度 v＝v 甲－a 甲 t＝4 m/s＜6 m/s，即共同速度 v＝6 m/s 为不相撞的临界条件 乙车从开始以速度 34 m/s 减至 6 m/s 的位移为 x3＝v 乙 t0＋v2 乙－v2 0 2a 乙 ＝157 m 所以要满足条件甲、乙的距离 x＝x3－x1＝66 m. 【答案】 (1)100 m (2)66 m 1．解决匀变速直线运动问题的四种常用方法 2．求解追及问题的技巧 考点 2| 运动图象问题 难度：中档 题型：选择题、计算题 五年 3 考 (多选)(2016·全国乙卷 T21)甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其 vt 图象如 图 4 所示．已知两车在 t＝3 s 时并排行驶，则( ) 图 4 A．在 t＝1 s 时，甲车在乙车后 B．在 t＝0 时，甲车在乙车前 7.5 m C．两车另一次并排行驶的时刻是 t＝2 s D．甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为 40 m 【解题关键】 解此题的关键是正确理解 vt 图象的物理意义，准确提取其信息． BD [由题图知，甲车做初速度为 0 的匀加速直线运动，其加速度 a 甲＝10 m/s2.乙车做 初速度 v0＝10 m/s、加速度 a 乙＝5 m/s2 的匀加速直线运动.3 s 内甲、乙车的位移分别为： x 甲＝1 2 a 甲 t2 3＝45 m x 乙＝v0t3＋1 2 a 乙 t2 3＝52.5 m 由于 t＝3 s 时两车并排行驶，说明 t＝0 时甲车在乙车前，Δx＝x 乙－x 甲＝7.5 m，选 项 B 正确；t＝1 s 时，甲车的位移为 5 m，乙车的位移为 12.5 m，由于甲车的初始位置超 前乙车 7.5 m，则 t＝1 s 时两车并排行驶，选项 A、C 错误；甲、乙车两次并排行驶的位置 之间沿公路方向的距离为 52.5 m－12.5 m＝40 m，选项 D 正确．] (2016·江苏高考 T5)小球从一定高度处由静止下落，与地面碰撞后回到原高度 再次下落，重复上述运动．取小球的落地点为原点建立坐标系，竖直向上为正方向．下列速 度 v 和位置 x 的关系图象中，能描述该过程的是( ) 【解题关键】 解此题要抓住以下两点： (1)小球与地面碰撞后回到原高度再次下落，说明小球的加速度为 g. (2)位置坐标 x 的正方向竖直向上，原点在地面． A [由题意知在运动过程中小球机械能守恒，设机械能为 E，小球离地面高度为 x 时速 度为 v，则有 mgx＋1 2 mv2＝E，可变形为 x＝－v2 2g ＋ E mg ，由此方程可知图线为开口向左、顶点 在( E mg ，0)的抛物线，故选项 A 正确．] (2014·全国卷ⅡT24)2012 年 10 月，奥地利极限运动员菲利克斯·鲍姆加特纳 乘气球升至约 39 km 的高空后跳下，经过 4 分 20 秒到达距地面约 1.5 km 高度处，打开降落 伞并成功落地，打破了跳伞运动的多项世界纪录．取重力加速度的大小 g＝10 m/s2. (1)若忽略空气阻力，求该运动员从静止开始下落至 1.5 km 高度处所需的时间及其在此 处速度的大小； (2)实际上，物体在空气中运动时会受到空气的阻力，高速运动时所受阻力的大小可近 似表示为 f＝kv2，其中 v 为速率，k 为阻力系数，其数值与物体的形状、横截面积及空气密 度有关．已知该运动员在某段时间内高速下落的 vt 图象如图 5 所示．若该运动员和所带装 备的总质量 m＝100 kg，试估算该运动员在达到最大速度时所受阻力的阻力系数．(结果保 留 1 位有效数字) 图 5 【解题关键】 关键语句 信息解读 忽略空气阻力 运动员只在重力作用下运动 f＝kv2 阻力与速度的平方成正比 达到最大速度 最大速度时，重力与阻力大小相等 【解析】 根据自由落体运动的规律和平衡条件解题． (1)设该运动员从开始自由下落至 1.5 km 高度处的时间为 t，下落距离为 s，在 1.5 km 高度处的速度大小为 v.根据运动学公式有 v＝gt ① s＝1 2 gt2 ② 根据题意有 s＝3.9×104 m－1.5×103 m＝3.75×104 m ③ 联立①②③式得 t＝87 s ④ v＝8.7×102 m/s. ⑤ (2)该运动员达到最大速度 vmax 时，加速度为零，根据平衡条件有 mg＝kv2 max ⑥ 由所给的 vt 图象可读出 vmax≈360 m/s ⑦ 由⑥⑦式得 k＝0.008 kg/m. ⑧ 【答案】 (1)87 s 8.7×102 m/s (2)0.008 kg/m 1．高考考查特点 (1)以选择题型为主，重在考查 vt 图象的意义及图象信息的提取能力． (2)明确图象交点、斜率、截距的意义，并将图象信息与物体的运动过程相结合是解题 的关键． 2．解题常见误区及提醒 (1)vt 图象、xt 图象均反映物体直线运动的规律． (2)在 vt 图象中误将交点当成相遇． (3)图象与动力学相结合的题目中不能正确地将图象信息和运动过程相结合． ●考向 1 图象的选取 5．(2014·江苏高考 T5)一汽车从静止开始做匀加速直线运动，然后刹车做匀减速直线 运动，直到停止．下列速度 v 和位移 x 的关系图象中，能描述该过程的是( ) 【导学号：25702007】 A [根据匀变速直线运动速度与位移的关系解题．根据 v2－v2 0＝2ax 及 v0＝0 得汽车做 匀加速直线运动时的速度 v＝ 2ax，做匀减速直线运动时的速度 v＝ v2 0－2ax，根据数学知 识知选项 A 正确．] ●考向 2 图象的转换 6．一物体做直线运动，其加速度随时间变化的 at 图象如图 6 所示．下列 vt 图象中， 可能正确描述此物体运动的是( ) 图 6 A B C D D [由图可知，在 0～T 2 时间内 a＝a0＞0，若 v0≥0，物体做匀加速运动；若 v0＜0，物 体做匀减速运动，故 B、C 皆错误；由于在 T～2T 时间内 a＝－a0，故图线斜率的绝对值与 0～ T 2 时间内相同，故 A 错误，D 正确．] ●考向 3 图象信息的应用 7．如图 7 甲所示，直角三角形斜劈 abc 固定在水平面上．t＝0 时，一物块(可视为质 点)从底端 a 以初速度 v0 沿斜面 ab 向上运动，到达顶端 b 时速率恰好为零，之后沿斜面 bc 下滑至底端 c.若物块与斜面 ab、bc 间的动摩擦因数相等，物块在两斜面上运动的速率 v 随 时间变化的规律如图乙所示，取重力加速度的大小 g＝10 m/s2，则下列物理量中不能求出的 是( ) 图 7 A．斜面 ab 的倾角θ B．物块与斜面间的动摩擦因数μ C．物块的质量 m D．斜面 bc 的长度 L C [根据题图乙可求出物块在左右斜面上的加速度大小 a1、a2，根据牛顿第二定律有 mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，mgcos θ－μmgsin θ＝ma2，则可求出θ和μ，但 m 无法求 出，根据题图乙可求出 0.6～1.6 s 时间内物块的位移大小，即可求出 L，故选项 C 正确．] 8．为研究运动物体所受的空气阻力，某研究小组的同学找来一个倾角可调、斜面比较 长且表面平整的斜面体和一个滑块，并在滑块上固定一个高度可升降的风帆，如图 8 甲所 示．他们让带有风帆的滑块从静止开始沿斜面下滑，下滑过程中帆面与滑块运动方向垂直．假 设滑块和风帆总质量为 m.滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，风帆受到的空气阻力与风帆的 运动速率成正比，即 Ff＝kv. 图 8 (1)写出滑块下滑过程中加速度的表达式； (2)求出滑块下滑的最大速度，并指出有哪些措施可以减小最大速度； (3)若 m＝2 kg，斜面倾角θ＝30°，g 取 10 m/s2，滑块从静止下滑的速度图象如图乙 所示，图中的斜线为 t＝0 时 vt 图线的切线，由此求出μ、k 的值．(计算结果保留两位有 效数字) 【解析】 (1)由牛顿第二定律有： mgsin θ－μmgcos θ－kv＝ma 解得：a＝gsin θ－μgcos θ－kv m . (2)当 a＝0 时速度最大， vm＝mg sin θ－μcos θ k 减小最大速度的方法有：适当减小斜面倾角θ；风帆升起一些． (3)当 v＝0 时，a＝gsin θ－μgcos θ＝3 m/s2 解得：μ＝2 3 15 ≈0.23，最大速度 vm＝2 m/s，vm＝mg sin θ－μcos θ k ＝2 m/s 解得：k＝3.0 kg/s. 【答案】 (1)gsin θ－μgcos θ－kv m (2)mg sin θ－μcos θ k 适当减小斜面倾角θ(保证滑块能静止下滑)；风帆升起 一些 (3)0.23 3.0 kg/s 1．vt 图象提供的信息 2．处理力学图象问题的思路 (1)明确什么性质的图象，看纵横两轴表示的物理量． (2)分析图线的意义，提取图象的关键信息． (3)将物体的运动过程与图象对应起来． (4)较复杂的图象，可通过列解析式的方法进行判断． 考点 3| 牛顿第二定律的应用 难度：较难 题型：选择题 五年 5 考 (多选)(2016·江苏高考 T9)如图 9 所示，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉 出，鱼缸最终没有滑出桌面．若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，则在上述 过程中( ) 图 9 A．桌布对鱼缸摩擦力的方向向左 B．鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等 C．若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将增大 D．若猫减小拉力，鱼缸有可能滑出桌面 【解题关键】 关键语句 信息解读 鱼缸最终没有滑出桌面 鱼缸的初速度、末速度均为零 鱼缸、桌布、桌面两两之间 的动摩擦因数均相等 鱼缸加速的加速度与减速的加速度大小相等 鱼缸所受滑动摩擦力大小不变 BD [鱼缸相对于桌布有向左运动的趋势，故应受到向右的摩擦力，选项 A 错误；由于 鱼缸与桌布和桌面之间动摩擦因数相等，鱼缸在桌布上运动和在桌面上运动时加速度的大小 相等，根据 v＝at，鱼缸在桌布上和在桌面上的滑动时间相等，选项 B 正确；鱼缸与桌布之 间的摩擦力为滑动摩擦力，猫增大拉力，鱼缸所受的摩擦力不变，选项 C 错误；若猫减小拉 力，鱼缸可能随桌布一起运动，而滑出桌面，选项 D 正确．] (多选)(2015·全国卷ⅡT20)在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩 连接好的车厢．当机车在东边拉着这列车厢以大小为 a 的加速度向东行驶时，连接某两相邻 车厢的挂钩 P 和 Q 间的拉力大小为 F；当机车在西边拉着车厢以大小为 2 3 a 的加速度向西行 驶时，P 和 Q 间的拉力大小仍为 F.不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车 厢的节数可能为( ) 【导学号：25702008】 A．8 B．10 C．15 D．18 【解题关键】 解此题关键有两点： (1)应用小整体大隔离的方法选取研究对象． (2)根据牛顿第二定律写出 F 的表达式． BC [设该列车厢与 P 相连的部分为 P 部分，与 Q 相连的部分为 Q 部分．设该列车厢有 n 节，Q 部分为 n1 节，每节车厢质量为 m，当加速度为 a 时，对 Q 有 F＝n1ma；当加速度为 2 3 a 时，对 P 有 F＝(n－n1)m2 3 a，联立得 2n＝5n1.当 n1＝2，n1＝4，n1＝6 时，n＝5，n＝10，n＝ 15，由题中选项得该列车厢节数可能为 10 或 15，选项 B、C 正确．] 1．高考考查特点 (1)本考点的考查重在物体的受力分析，整体法、隔离法在连接问题中的应用及牛顿第 二定律的理解． (2)整体法、隔离法是动力学中连接体问题的常用方法，在不涉及相互作用力时，可用 整体法，在涉及相互作用力时要用隔离的方式．(如[例 7]) 2．解题的常见误区及提醒 (1)研究对象选取时，不能灵活应用整体法、隔离法． (2)对物体受力分析有漏力、多力现象，合力的计算出错． (3)应用公式 F＝ma 时，要注意 F、m、a 的一体性． ●考向 1 瞬时加速度的分析与计算 9. (2016·保定市考前调研)如图 10 所示，两个质量分别为 m1、m2 的物块 A 和 B 通过一 轻弹簧连接在一起并放置于水平传送带上，水平轻绳一端连接 A，另一端固定在墙上，A、B 与传送带间的动摩擦因数均为μ.传送带沿顺时针方向转动，系统达到稳定后，突然剪断轻 绳的瞬间，设 A、B 的加速度大小分别为 aA 和 aB(弹簧在弹性限度内，重力加速度为 g)，则 ( ) 图 10 A．aA＝μ(1＋m2 m1 )g，aB＝μg B．aA＝μg，aB＝0 C．aA＝μ(1＋m2 m1 )g，aB＝0 D．aA＝μg，aB＝μg C [稳定时 A 和 B 均受到向右的滑动摩擦力，B 受到的滑动摩擦力大小为μm2g，等于弹 簧向左的弹力 F，B 受到的合外力为 0.剪断轻绳瞬间，弹簧弹力和 B 受到的滑动摩擦力都不 变，则 B 的加速度为 0；A 的加速度为F＋μm2g m1 ＝μ(1＋m2 m1 )g，选项 C 对．] ●考向 2 连接体问题 10．(高考改编)在[例 7](2015·全国卷ⅡT20)中，若车厢总数为 10 节，以大小为 a 的 加速度向东行驶，则第 2 节车厢受到的拉力与第 10 节车厢受到的拉力之比为多少？ 【解析】 设每节车厢的质量均为 m，第 2 节车厢所受拉力为 F1，第 10 节车厢所受拉 力为 F2，由牛顿第二定律可知， F1＝9ma F2＝ma 故 F1∶F2＝9∶1. 【答案】 9∶1 ●考向 3 动力学的两类基本问题 11．避险车道是避免恶性交通事故的重要设施，由制动坡床和防撞设施等组成，如图 12 竖直平面内，制动坡床视为与水平面夹角为θ的斜面．一辆长 12 m 的载有货物的货车因 刹车失灵从干道驶入制动坡床，当车速为 23 m/s 时，车尾位于制动坡床的底端，货物开始 在车厢内向车头滑动，当货物在车厢内滑动了 4 m 时，车头距制动坡床顶端 38 m，再过一 段时间，货车停止．已知货车质量是货物质量的 4 倍，货物与车厢间的动摩擦因数为 0.4； 货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的 0.44 倍．货物与货车分别 视为小滑块和平板，取 cos θ＝1，sin θ＝0.1，取 g＝10 m/s2.求： 图 11 (1)货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向； (2)制动坡床的长度． 图 12 【解析】 (1)设货物的质量为 m，货物在车厢内滑动过程中，货物与车厢间的动摩擦 因数μ＝0.4，受摩擦力大小为 f，加速度大小为 a1，则 f＋mgsin θ＝ma1 ① f＝μmgcos θ ② 联立①②式并代入数据得 a1＝5 m/s2 ③ a1 的方向沿制动坡床向下． (2)设货车的质量为 M，车尾位于制动坡床底端时的车速为 v＝23 m/s.货物在车厢内开 始滑动到车头距制动坡床顶端 s0＝38 m 的过程中，用时为 t，货物相对制动坡床的运动距离 为 s1，在车厢内滑动的距离 s＝4 m，货车的加速度大小为 a2，货车相对制动坡床的运动距 离为 s2.货车受到制动坡床的阻力大小为 F，F 是货车和货物总重的 k 倍，k＝0.44，货车长 度 l0＝12 m，制动坡床的长度为 l，则 Mgsin θ＋F－f＝Ma2 ④ F＝k(m＋M)g ⑤ s1＝vt－1 2 a1t2 ⑥ s2＝vt－1 2 a2t2 ⑦ s＝s1－s2 ⑧ l＝l0＋s0＋s2 ⑨ 联立①②④～⑨式并代入数据得 l＝98 m． ⑩ 【答案】 (1)5 m/s2，方向沿制动坡床向下 (2)98 m ●考向 4 动力学中的临界、极值问题 12．(2016·山西四校二联)如图 13 所示，一质量为 m 的小物块放在斜面上．在物块上 施加一力 F，且 F＝1 2 mg.已知斜面的倾角 θ＝30°，小物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝ 3 3 . (1)若力 F 的方向平行于斜面向下，求小物块的加速度大小； (2)当力 F 与斜面的夹角多大时，小物块的加速度最大？并求出最大加速度． 图 13 【解析】 (1)对小物块进行受力分析，由牛顿第二定律可得 F＋mgsin θ－μmgcos θ ＝ma 解得 a＝1 2 g. (2)小物块的受力情况如图所示，设力 F 与斜面的夹角为α，由牛顿第二定律可得 Fcos α＋mgsin θ－Ff＝ma Ff＝μ(mgcos θ－Fsin α) 可得 a＝1 2 gcos α＋ 3 6 gsin α＝ 3 3 gsin(60°＋α) 当α＋60°＝90°时，a 有最大值 解得α＝30°，am＝ 3 3 g. 【答案】 (1)1 2 g (2)30° 3 3 g 1．牛顿第二定律应用的三点注意 (1)瞬时问题要注意绳、杆弹力和弹簧弹力的区别，前者能突变后者不能． (2)连接体问题要充分利用“加速度相等”这一条件或题中特定条件，交替使用隔离法 与整体法． (3)两类动力学基本问题的解决关键是运动分析、受力分析，充分利用加速度“桥梁” 作用． 2．用运动学公式和牛顿第二定律解题的步骤 规范练高分| 动力学中多过程问题 [典题在线] (2015·全国卷ⅡT25,20 分)下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害．某地 有一倾角为θ＝37°(sin 37°＝3 5 )的山坡 C，上面有一质量为 m 的石板 B，其上下表面与斜 坡平行；B 上有一碎石堆 A(含有大量泥土)，A 和 B 均处于静止状态，如图 14 所示．假设某 次暴雨中，A 浸透雨水后总质量也为 m(可视为质量不变的滑块)，在极短时间内，①A、B 间 的动摩擦因数μ1 减小为3 8 ，B、C 间的动摩擦因数μ2 减小为 0.5，A、B 开始运动， 此时刻为 计时起点；在第 2 s 末，②B 的上表面突然变为光滑，μ2 保持不变．已知 A 开始运动时， ③A 离 B 下边缘的距离 l＝27_m，C 足够长．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．取重力加速 度大小 g＝10 m/s2.求： 图 14 (1)在④0～2_s 时间内 A 和 B 加速度的大小； (2)⑤A 在 B 上总的运动时间． [信息解读] ①摩擦因数突变，A 与 B 会相对滑动，分别隔离 A、B 进行受力分析． ②A 与 B、B 与 C 相对运动情况发生变化，重新分别隔离 A、B 进行受力分析． ③A 与 B 的相对位移为 27 m. ④隔离法进行受力分析，由牛顿第二定律求加速度． ⑤整个过程中 A 在 B 上的运动，分段受力研究 A、B 的运动特点． [考生抽样] [阅卷点评] 点评 内容 点评 1 在对物体 B 受力分析时出现漏力现象，造成加速 a2 的计算错误．在(1)问中， 只有方程①②③⑤⑦得分. 点评 2 由于第(1)问中加速度 a2 的错误，造成第(2)问中 v2 计算错误．方程⑨得分， 方程⑩不得分. 点评 3 2 s 末 B 上表面光滑，A 的加速度分析正确，而 B 的加速度错误，造成 A 和 B 相对运动的判断出现错误，方程⑪可得分，方程⑫⑬及结果不得分. [规范解答] 【解析】 (1)在 0～2 s 时间内，A 和 B 的受力如图所示，其中 f1、N1 是 A 与 B 之间的 摩擦力和正压力的大小，f2、N2 是 B 与 C 之间的摩擦力和正压力的大小，方向如图所示．由 滑动摩擦力公式和力的平衡条件得 f1＝μ1N1 ①(1 分) N1＝mgcos θ ②(1 分) f2＝μ2N2 ③(1 分) N2＝N′1＋mgcos θ ④(1 分) 规定沿斜面向下为正．设 A 和 B 的加速度分别为 a1 和 a2，由牛顿第二定律得 mgsin θ－f1＝ma1 ⑤(1 分) mgsin θ－f2＋f′1＝ma2 ⑥(1 分) N1＝N′1 f1＝f′1 联立①②③④⑤⑥式，并代入题给数据得 a1＝3 m/s2 ⑦(1 分) a2＝1 m/s2. ⑧(1 分) (2)在 t1＝2 s 时，设 A 和 B 的速度分别为 v1 和 v2， 则 v1＝a1t1＝6 m/s ⑨(1 分) v2＝a2t1＝2 m/s ⑩(1 分) t＞t1 时，设 A 和 B 的加速度分别为 a′1 和 a′2.此时 A 与 B 之间的摩擦力为零，同理可 得 a′1＝6 m/s2 ⑪(1 分) a′2＝－2 m/s2 ⑫(1 分) B 做减速运动．设经过时间 t2，B 的速度减为零，则有 v2＋a′2t2＝0 ⑬(1 分) 联立⑩⑫⑬式得 t2＝1 s ⑭(1 分) 在 t1＋t2 时间内，A 相对于 B 运动的距离为 s＝ 1 2 a1t2 1＋v1t2＋1 2 a′1t2 2 － 1 2 a2t2 1＋v2t2＋1 2 a′2t2 2 ＝12 m＜27 m ⑮(2 分) 此后 B 静止，A 继续在 B 上滑动．设再经过时间 t3 后 A 离开 B，则有 l－s＝(v1＋a′1t2)t3＋1 2 a′1t2 3 ⑯(2 分) 可得 t3＝1 s(另一解不合题意，舍去) ⑰(1 分) 设 A 在 B 上总的运动时间为 t 总，有 t 总＝t1＋t2＋t3＝4 s． ⑱(1 分) 【答案】 (1)3 m/s2 1 m/s2 (2)4 s [评分标准] 第(1)问： (1)不列②式和④式而合并成 f1＝μ1mgcos θ和 f2＝2μ2mgcos θ 也可分别得 2 分． (2)若不列①②③④式，而是根据受力图直接写出 mgsin θ－μ1mgcos θ＝ma1 和 mgsin θ－2μ2mgcos θ＋μ1mgcos θ＝ma2 可分别得 3 分． 第(2)问： (1)列式时没有出现⑨⑩式而是合并在⑮式并计算正确，可得 4 分． (2)对 2 秒后 A、B 运动状态的分析没有利用公式，而借助其它方式(如 vt 图象)．只要 合理正确，可参考规范解答给分．