【物理】2018届一轮复习人教版力与直线运动学案

【物理】2018届一轮复习人教版力与直线运动学案

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2考 ‎　(2016·全国丙卷T16)一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t内位移为s，动能变为原来的9倍．该质点的加速度为(　　)‎ A. B. C. D. ‎【解题关键】　解此题抓住两点：‎ ‎(1)加速度的定义式及动能的表达式．‎ ‎(2)匀变速直线运动的平均速度公式．‎ A　[质点在时间t内的平均速度v＝，设时间t内的初、末速度分别为v1和v2，则v＝，故＝.由题意知：mv＝9×mv，则v2＝3v1，进而得出2v1＝.质点的加速度a＝＝＝.故选项A正确．]‎ ‎　[2017·石家庄调研检测]‎ 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 雨天、晴天两种情况下，刹车时加速度不同 ‎【解析】　本题是追及相遇问题，这类题目要抓住临界条件vA＝vB，从这一条件结合匀变速直线运动规律解决问题．‎ 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＋ 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＝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＋ 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1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. 【导学号：37162010】‎ 图1‎ ‎【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－v＝－2a1x1 ①‎ x1＝1 200 m＋200 m＝1400 m ②‎ 解得：a1＝ m/s2 ③‎ 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－v＝－2a2xOB ④‎ 解得：a2＝ m/s2 ⑤‎ 故加速度大小a的取值范围为 m/s2≤a≤ m/s2. ⑥‎ ‎(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 ⑦‎ 解得：t＝50 s． ⑧‎ ‎【答案】　(1) m/s2≤a≤ m/s2　(2)50 s ‎●考向2　匀变速直线运动推论的应用 ‎2．如图2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(　　)‎ 图2‎ A. m B. m C. m D. 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＝＝，加速度a＝＝，在A点速度vA＝vB－aT＝，于是L＝＝·，L＋2＝＝·，两式相比，解得L＝ m．] ‎ ‎●考向3　追及相遇问题 ‎3．(高考改编)在[例2](2014·全国卷ⅠT24)中，若在雨天的以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 ‎＝μ0g＝a0 ①‎ 故其安全距离x′＝v0·t0＋ ②‎ 由[例2]解析可知：x＝v0·t0＋＝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？【导学号：37162011】‎ ‎【解析】　(1)对甲车，速度由20 m/s减至6 m/s的位移x1＝＝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＋＝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6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3所示．已知两车在t＝3 s时并排行驶，则(　　)‎ 图3‎ 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＝a甲t＝45 m x乙＝v0t3＋a乙t＝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．]‎ ‎　(多选) (2015·全国卷ⅠT20)如图4(a)，一物块在t＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的vt图线如图(b)所示．若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出(　　)‎ ‎(a)　　　　　(b)‎ 图4‎ A．斜面的倾角 B．物块的质量 C．物块与斜面间的动摩擦因数 D．物块沿斜面向上滑行的最大高度 ‎【解题关键】　解此题要抓住以下两点：‎ ‎(1)利用图象信息求出相关量，如由斜率求出加速度，由图线与坐标轴所围面积求出上滑高度；‎ ‎(2)将图线与方程结合起来：根据图线显示的匀变速过程，结合牛顿第二定律列出上、下过程动力学方程，联立求解所求量……倾角、动摩擦因数．‎ ACD　[由题图(b)可以求出物块上升过程中的加速度为a1＝，下降过程中的加速度为a2＝.物块在上升和下降过程中，由牛顿第二定律得mgsin θ＋f＝ma1，mgsin θ－f＝ma2，由以上各式可求得sin θ＝，滑动摩擦力f＝，而f＝μFN＝μmgcos θ，由以上分析可知，选项A、C正确．由vt 图象中横轴上方的面积可求出物块沿斜面上滑的最大距离，可以求出物块沿斜面向上滑行的最大高度，选项D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＝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＝kv 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．(多选)(2016·陕西省六校联考)如图6为某工程车的卸货装置，该装置为一能够直接将货物传送到地面的倾角为θ的传送带．该装置在正常工作时沿逆时针方向匀速运动，传送带的速度为v，卸货工人将质量均为m的货物无初速度地放在传送带顶端，已知货物与传送带间的动摩擦因数为μ，且μ＜ tan θ.则货物在整个运动过程中的速度随时间变化的规律可能是(　　) ‎ ‎【导学号：37162012】‎ 图6‎ A　　　　　　　　　　　　B C　　　　　　　　　　　　D BC　[货物刚放上传送带时受到重力、支持力和沿传送带向下的摩擦力作用，货物做加速运动，由牛顿第二定律有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，解得a1＝gsin θ＋μgcos θ，如果货物在其速度达到与传送带速度相同前就滑离了传送带，则货物将一直以加速度a1加速运动到底端，B正确；如果货物速度达到与传送带速度相同时，货物仍未到达传送带的底端，由于μ＜tan θ，其后货物受到的摩擦力变为沿传送带向上，货物仍做加速运动，货物速度将大于传送带速度，由牛顿第二定律有mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，解得a2＝gsin θ－μgcos θ，由于a1＞a2，所以C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7所示．下列vt图象中，可能正确描述此物体运动的是(　　)‎ 图7‎ A　　　　　　　　　　　　B C　　　　　　　　　　　　D D　[由图可知，在0～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～时间内相同，故A错误，D正确．]‎ ‎●考向3　图象信息的应用 ‎7．(高考改编)在[例4](2015·全国卷ⅠT20)中，若改为如下形式，如图8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8‎ 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9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9‎ ‎(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) 【导学号：37162013】‎ ‎【解析】　(1)由牛顿第二定律有：‎ mgsin θ－μmgcos θ－kv＝ma 解得：a＝gsin θ－μgcos θ－.‎ ‎(2)当a＝0时速度最大，‎ vm＝ 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＝≈0.23，最大速度vm＝2 m/s，vm＝＝2 m/s 解得：k＝3.0 kg/s.‎ ‎【答案】　(1)gsin θ－μgcos θ－ ‎(2)　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8考 ‎　(多选)(2016·全国甲卷T19)两实心小球甲和乙由同一种材料制成，甲球质量大于乙球质量．两球在空气中由静止下落，假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，与球的速率无关．若它们下落相同的距离，则(　　)‎ A．甲球用的时间比乙球长 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 ‎【解题关键】‎ 关键语句 信息解读 同一种材料制成 相同的密度 阻力与球的半径成正比，与球的速率无关 下落过程中加速度不同，但两球都做匀加速运动 BD　[设小球在下落过程中所受阻力F阻＝kR，k为常数，R 为小球半径，由牛顿第二定律可知：mg－F阻＝ma，由m＝ρV＝ρπR3知：ρπR3g－kR＝ρπR3a，即a＝g－·，故知：R越大，a越大，即下落过程中a甲>a乙，选项C错误；下落相同的距离，由h＝at2知，a越大，t越小，选项A错误；由2ah＝v2－v知，v0＝0，a越大，v越大，选项B正确；由W阻＝－F阻h知，甲球克服阻力做的功更大一些，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(　　)‎ 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a时，对P有F＝(n－n1)ma，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＋)g，aB＝μg B．aA＝μg，aB＝0‎ C．aA＝μ(1＋)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＝μ(1＋)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. 【导学号：37162014】‎ 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－a1t2 ⑥‎ s2＝vt－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＝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＝.‎ ‎(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． 【导学号：37162015】‎ 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＝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＝gcos α＋gsin α＝gsin(60°＋α)‎ 当α＋60°＝90°时，a有最大值 解得α＝30°，am＝g.‎ ‎【答案】　(1)g　(2)30°　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的 ‎[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°＝)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，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＝－ ‎＝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＋a′1t 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．‎