【物理】2018届一轮复习人教版力与物体的直线运动学案

【物理】2018届一轮复习人教版力与物体的直线运动学案

第2讲　力与物体的直线运动（2课时）‎ ‎【考情分析】——具体问题、具体分析 ‎2014‎ 卷ⅠT24：追及相遇问题 卷ⅡT24：自由落体运动规律、v－t图象 ‎2015‎ 卷ⅠT20：v－t图象，牛顿第二定律 T25：v－t图象，匀变速直线运动规律，牛顿第二定律 卷ⅡT20：牛顿运动定律的应用 T25：牛顿运动定律和匀变速直线运动规律的应用 ‎2016‎ 卷ⅠT21：v－t图象、匀变速直线运动、追及相遇问题 卷ⅢT16：匀变速直线运动规律的应用 ‎ 题型既有选择题又有计算题，题目新颖，与生活实际联系密切，试题大多综合 v－t图象、牛顿运动定律、受力分析、运动过程分析等内容。‎ ‎【备考策略】——掌握方法，有的放矢 ‎1．解答运动学公式与牛顿第二定律综合应用的问题，需要注意两个关键点 ‎(1)两分析：‎ ‎ ①物体受力情况分析，同时画出受力示意图；‎ ‎ ②物体运动规律分析，同时画出运动情境图。‎ ‎(2)两个桥梁：‎ ‎ ①加速度是联系运动和力的桥梁；‎ ‎ ②速度是各物理过程相互联系的桥梁。‎ ‎2．解决图象类问题要紧紧抓住两个方面 ‎(1)要明白x－t、v－t图象的特点及区别；‎ ‎(2)要将物体的运动图象转化为物体的运动模型。‎ 第2讲第1课时 考向1　运动图象的理解及应用 ‎【高考实例】——动手解题，讲练结合，体会高考 ‎1．(多选) (2016·全国卷Ⅰ，21)甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其v－t图象如图1所示。已知两车在t＝3 s时并排行驶，则(　　)‎ ‎ 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 解析　根据v－t图，甲、乙都沿正方向运动。t＝3 s时，甲、乙相遇，此时v甲＝‎30 m/s，v乙＝‎25 m/s，由v－t图线所围面积对应位移关系知，0～3 s内甲车位移x甲＝×3×‎30 m＝‎45 m，乙车位移x乙＝×3×(10＋25) m＝‎52.5 m。故t＝0时，甲、乙相距Δx1＝x乙－x甲＝‎7.5 m，即甲在乙前方‎7.5 m，B选项正确；0～1 s内，x甲′＝×1×‎10 m＝‎5 m，x乙′＝×1×(10＋15) m＝‎12.5 m，Δx2＝x乙′－x甲′＝‎7.5 m＝Δx1，说明甲、乙第一次相遇，A、C错误；甲、乙两次相遇地点之间的距离为x＝x甲－x甲′＝‎45 m－‎5 m＝‎40 m，所以D选项正确。答案　BD ‎【规律方法】——总结提升，有理有据 图象、情境、规律是解决图象问题不可分割的三个要素，要把物理规律和物理图象相结合。利用图象解题时一定要从图象的纵、横坐标轴所代表的物理量及两个物理量间的函数关系，图线中的“点”“线”“斜率”“截距”和“面积”等方面寻找解题的突破口。解决此类问题的一般思路 ‎【精典训练】——及时训练，提升能力 ‎1．(多选)做直线运动的甲、乙两物体的位移—时间图象如图3所示，则(　　)‎ ‎ A．当乙 运动时，两物体相距‎20 m ]‎ ‎ B．在0～10 s这段时间内，物体间的距离逐渐变大 ‎ C．在10～25 s这段时间内，物体间的距离逐渐变小 ‎ D．两物体在10 s时相距最远，在25 s时相遇 解析　 时，乙的位置坐标为0，甲从离坐标原点‎20 m处 运动，两者的运动方向相同，当乙 运动时，甲已经运动了10 s，因此二者之间的距离大于‎20 m，故A错误；在0～10 s这段时间内，乙静止不动，甲匀速运动，则物体间的距离逐渐变大，故B正确；在10～25 s这段时间内，由于乙的速度大于甲的速度，甲在乙的前方，则物体间的距离逐渐变小，故C正确；由于10 s后乙的速度大于甲的速度，因此当乙 运动时两者相距最远，从图象可知25 s时，两者位置坐标相同，即相遇，故D正确。答案　BCD ‎2．如图4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，已知重力加速度g＝‎10 m/s2，则下列物理量中不能求出的是(　　)‎ ‎ 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 解析　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符合题意。答案　C ‎3．(多选)(2016·南昌模拟)用一水平力F拉静止在水平面上的物体，在F由零逐渐增大的过程中，加速度a随力F变化的图象如图5所示，重力加速度g取‎10 m/s2，水平面各处的粗糙程度相同，认为滑动摩擦力与最大静摩擦力相等，则由此可推算出(　　)‎ ‎ A．物体的质量 ‎ B．物体与水平地面间滑动摩擦力的大小 ‎ C．拉力F＝12 N时物体运动的速度大小 ‎ D．拉力F＝12 N时物体运动的位移大小 解析　物体受重力、地面的支持力、拉力和摩擦力作用。据图象可知滑动摩擦力大小为6 N，根据牛顿第二定律得F－μmg＝ma，解得a＝－μg，由a－F图线可知‎5 m·s－2＝－μg、0＝－μg，解得m＝‎1.2 kg，μ＝0.5，A、B正确；根据图象只能求出拉力F＝12 N时物体的加速度，物体初速度为零，由于不知道时间，故无法求解出速度大小和位移大小，C、D错误。答案　AB 考向2：匀变速直线运动规律的应用 ‎【高考实例】——动手解题，讲练结合，体会高考 ‎1．(2016·全国卷Ⅲ，16)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. 解析　动能变为原来的9倍，则物体的速度变为原来的3倍，即v＝3v0，由s＝(v0＋v)t和a＝得a＝，故A对。答案　A ‎2．(多选)(2015·全国卷Ⅰ，20)如图2(a)，一物块在t＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v－t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．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 解析　由v－t图象可求知物块沿斜面向上滑行时的加速度大小为a＝，根据牛顿第二定律得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma，即gsin θ＋μgcos θ＝。同理向下滑行时gsin θ－μgcos θ＝，两式联立得sin θ＝，μ＝，可见能计算出斜面的倾斜角度θ以及动摩擦因数，选项A、C正确；物块滑上斜面时的初速度v0已知，向上滑行过程为匀减速直线运动，末速度为0，那么平均速度为，所以沿斜面向上滑行的最远距离为x＝t1，根据斜面的倾斜角度可计算出向上滑行的最大高度为xsin θ＝t1·＝，选项D正确；仅根据v－t图象无法求出物块的质量，选项B错误。答案　ACD ‎3．(2014·新课标卷全国Ⅰ，24)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s，反应时间为t0，由牛顿第二定律和运动学公式得 μ0mg＝ma0 ① s＝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 s＝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 ‎【规律方法】——总结提升，有理有据 ‎1．匀变速直线运动通常可分为两类 一类是单个物体的多过程模型，另一类是多个物体(通常为两个)的多过程模型(见考向三)。‎ ‎2．解题思路 ‎ 不论是单个物体的多过程模型还是多个物体的多过程模型，处理的一般方法如下：‎ ‎ (1)弄清题意，划分过程―→根据题意，弄清楚物体的运动经历了几个过程。‎ ‎ (2)依据已知，分析过程―→依据题目中给出的已知条件，对划分出的物体运动的每个过程进行运动学分析或动力学分析。‎ ‎ (3)结合已知，列出方程―→结合题中给出的已知条件，列出物体运动的每个过程所对应的运动学方程或动力学方程。‎ ‎【精典训练】——及时训练，提升能力 ‎1．雾霾天气会对行车安全造成很大的影响，因此在行车时司机应打开汽车的前雾灯和尾部双闪灯，以保证行车安全。若在某平直公路上，有一货车正以v1＝‎9 m/s的速度匀速行驶，其后方有一小轿车正以v2＝‎24 m/s的速度匀速行驶。由于雾霾的影响，小轿车司机只有到达距离货车d＝‎35 m的地方才能看到该货车尾部双闪灯发出的光，若此时小轿车司机立即刹车做匀减速直线运动，则小轿车要经过Δx＝‎96 m才能停下来。两车在运动过程中可视为质点。‎ ‎(1)若小轿车司机刹车时，前方的货车仍以原速度向前匀速行驶，试通过计算分析两车是否会相撞；‎ ‎(2)若小轿车司机在刹车的同时给前方的货车发出信号，货车司机经Δt＝1 s收到信号并立即以a＝‎2 m/s2的加速度匀加速行驶，试通过计算分析两车是否会发生相撞。‎ 解析　(1)设刹车时小轿车的加速度大小为a1，则由运动学公式可得Δx＝ 解得a1＝‎3 m/s2‎ 设两车达到速度相等时所用时间为t1，则有v1＝v2－a1t1‎ 代入数据可解得t1＝5 s 设在t1时间内小轿车行驶的距离为x1，则有 x1＝v2t1－a1t 设在t1时间内货车行驶的距离为x2，则有x2＝v1t1‎ 代入数据可解得x1＝‎82.5 m，x2＝‎45 m[ ]‎ 由于x1－x2＝‎37.5 m>d＝‎35 m，故两车会相撞。‎ ‎(2)设两车速度达到相等所需的时间为t2，则有v2－a1t2＝v1＋a(t2－Δt)‎ 解得t2＝3.4 s 设在t2时间内小轿车向前行驶的距离为x1′，货车向前行驶的距离为x2′，则有 x1′＝v2t2－a1t x2′＝v1Δt＋v1(t2－Δt)＋a(t2－Δt)2‎ 解得x1′＝‎64.26 m，x2′＝‎‎36.36 m 由于x1′－x2′＝‎27.9 m＜d＝‎35 m，故此种情况下两车不会发生相撞。‎ 答案　(1)相撞　(2)不会相撞 ‎2．(2016·长沙模拟)为了安全，中国航母舰载机“歼－‎15”‎采用滑跃式起飞。起飞时主要靠甲板前端的上翘来帮助战斗机起飞,其示意图如图6所示，飞机由静止 先在一段水平距离为L1＝‎160 m的水平跑道上运动，然后在长度为L2＝‎20.5 m的倾斜跑道上滑跑，直到起飞。已知飞机的质量m＝2.0×‎104 kg，其喷气发动机的推力大小恒为F＝1.4×105 N，方向与速度方向相同，水平跑道与倾斜跑道末端的高度差h＝‎2.05 m，飞机在水平跑道上和倾斜跑道上运动的过程中受到的平均阻力大小都为飞机重力的0.2倍，假设航母处于静止状态，飞机质量视为不变并可看成质点，倾斜跑道看作斜面，不计水平跑道和倾斜跑道连接处的影响，且飞机起飞的过程中没有出现任何故障。g取‎10 m/s2。求：‎ ‎(1)飞机在水平跑道上运动的末速度大小；‎ ‎(2)飞机从 运动到起飞经历的时间t。‎ 解析　(1)设飞机在水平跑道上运动的加速度大小为a1，阻力大小为Ff，在水平跑道上运动的末速度大小为v1，由牛顿第二定律得F－Ff＝ma1‎ ‎ Ff＝0.2mg ‎ v＝‎2a1L1‎ 联立以上三式并代入数据解得 a1＝‎5 m/s2，v1＝‎40 m/s。‎ ‎(2)设飞机在倾斜跑道上运动的加速度大小为a2，在倾斜跑道末端的速度大小为v1，‎ 飞机在水平跑道上的运动时间t1＝＝8 s 在倾斜跑道上，由牛顿第二定律有 F－Ff－mg＝ma2‎ 代入数据解得a2＝‎4 m/s2‎ 由v－v＝‎2a2L2‎ 代入数据解得v2＝‎42 m/s 飞机在倾斜跑道上的运动时间t2＝＝0.5 s 则t＝t1＋t2＝8.5 s。‎ 答案　(1)‎40 m/s　(2)8.5 s ‎【高分技巧】——小结归纳，更上一层楼　‎ 牛顿第二定律和运动学公式的综合运用问题，涉及多过程的运动分以下几个步骤进行求解：[ ]‎ ‎(1)分析物体运动的转折点。‎ ‎(2)根据转折点将物体的运动分为相应的几个阶段，明确各段相互联系的物理量。‎ ‎(3)分阶段分析物体的受力情况和运动情况。‎ ‎(4)利用牛顿运动定律和运动学公式列出相应的表达式进行求解。‎ 第2讲第2课时 考向3：连接体问题 ‎【高考实例】——动手解题，讲练结合，体会高考 ‎1．(多选)(2015·全国卷Ⅱ，20)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 解析　设挂钩P、Q西边有n节车厢，每节车厢的质量为m，则挂钩P、Q西边车厢的质量为nm，以西边这些车厢为研究对象，有F＝nma ①‎ P、Q东边有k节车厢，以东边这些车厢为研究对象，有F＝km·a ②‎ 联立①②得3n＝2k，总车厢数为N＝n＋k，由此式可知n只能取偶数，‎ 当n＝2时，k＝3，总节数为N＝5‎ 当n＝4时，k＝6，总节数为N＝10‎ 当n＝6时，k＝9，总节数为N＝15‎ 当n＝8时，k＝12，总节数为N＝20，故选项B、C正确。答案　BC ‎【规律方法】——总结提升，有理有据 ‎1．分析“滑块—滑板”模型时要抓住一个转折和两个关联 ‎(1)一个转折：滑块与滑板达到相同速度或者滑块从滑板上滑下是受力和运动状态变化的转折点。‎ ‎(2)两个关联：转折前、后受力情况之间的关联和滑块、滑板位移和板长之间的关联。‎ ‎(3)两物体发生相对运动的临界条件——加速度相同且两物体间的摩擦力为最大静摩擦力，分析此临界条件前后物体的运动状态是解题的关键。‎ ‎2．解决连接体问题的方法技巧 ‎(1)整体法：‎ ‎ ①优点：研究对象减少，忽略物体之间的相互作用力，方程数减少，求解方便。‎ ‎ ②条件：连接体中各物体具有共同的加速度。‎ ‎(2)隔离法：‎ ‎ ①优点：易看清各个物体具体的受力情况。‎ ‎ ②条件：当系统内各物体的加速度不同时，一般采用隔离法；求连接体内各物体间的相互作用力时必须用隔离法。‎ ‎【精典训练】——及时训练，提升能力 ‎1．(多选)(2016·江苏单科，9)如图7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(　　)‎ ‎ 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 解析　桌布对鱼缸摩擦力的方向向右，A项错误；各接触面间的动摩擦因数为μ，鱼缸的质量为m，由牛顿第二定律可得鱼缸在桌布和桌面上滑动的加速度大小相同，均为a＝μg，鱼缸离开桌布时的速度为v，则鱼缸在桌布上和在桌面上滑动时间均为t＝，B项正确；猫增大拉力时，鱼缸受到的摩擦为f＝μmg不变，C项错；若猫减小拉力，鱼缸在桌布上加速运动的时间变长，离开桌布时的速度v＝μgt增大，加速运动的位移x1＝μgt2增大，且鱼缸在桌面上减速滑行的位移x2＝也增大，则鱼缸有可能滑出桌面，D项对。答案　BD ‎2．(2016·石家庄模拟)如图8所示为一个实验室模拟货物传送的装置，A是一个表面绝缘、质量为mA＝‎2 kg的长板车，车置于光滑的水平面上，在车左端放置一质量为mB＝‎‎1 kg ‎、带电荷量为q＝＋1×10－‎2 C的绝缘小货物B，在装置所在空间内有一水平匀强电场，可以通过开关控制其大小及方向。先产生一个方向水平向右、大小E1＝3×102 N/C的电场，车和货物 运动，2 s后，改变电场，电场大小变为E2＝1×102 N/C，方向向左，一段时间后，关闭电场，关闭电场时车右端正好到达目的地，货物到达车的最右端，且车和货物的速度恰好为零。已知货物与车间的动摩擦因数μ＝0.1，车不带电，货物体积大小不计，g取‎10 m/s2，求第二次电场作用的时间。‎ 解析　由题意可知，货物和车起初不可能以相同加速度一起运动，设车运动的加速度大小为aA，货物运动的加速度大小为aB aB＝＝‎2 m/s2，aA＝＝‎0.5 m/s2‎ 车和货物运动2 s时货物和车的速度大小分别为vB＝aBt＝‎4 m/s，vA＝aAt＝‎1 m/s ‎2 s后货物和车的加速度大小分别为aB′＝＝‎2 m/s2、aA′＝＝‎0.5 m/s2‎ 设又经t1时间货物和车共速，vB－aB′t1＝vA＋aA′t1‎ 代入数据解得t1＝1.2 s 此时货物和车的共同速度v＝‎1.6 m/s 共速后二者一起做匀减速运动，加速度大小a＝＝ m/s2‎ 减速到0所经历的时间为t2＝＝4.8 s 所以第二次电场的作用时间为t1＋t2＝6 s。答案　6 s ‎3．(2016·福州三模)高铁的开通给出行的人们带来了全新的旅行感受，大大方便了人们的工作与生活。高铁每列车组由七节车厢组成，除第四节车厢为无动力车厢外，其余六节车厢均具有动力系统，设每节车厢的质量均为m，各动力车厢产生的动力相同，经测试，该列车启动时能在时间t内将速度提高到v，已知运动阻力是车重的k倍。求：(1)列车在启动过程中，第五节车厢对第六节车厢的作用力；(2)列车在匀速行驶时，第六节车厢失去了动力，若仍要保持列车的匀速运动状态，则第五节车厢对第六节车厢的作用力变化多大？‎ 解析　(1)列车启动时做初速度为零的匀加速直线运动，启动加速度为a＝ ①‎ 对整个列车，由牛顿第二定律得：F－k·7mg＝7ma ②‎ 设第五节车厢对第六节车厢的作用力为T，对第六、七两节车厢进行受力分析，水平方向受力如图所示，‎ 由牛顿第二定律得＋T－k·2mg＝2ma ③‎ 联立①②③得T＝－m(＋kg) ④‎ 其中 “－”表示实际作用力与图示方向相反，即与列车运动方向相反。‎ ‎(2)列车匀速运动时，对整体由平衡条件得：F′－k·7mg＝0 ⑤‎ 设第六节车厢有动力时，第五、六节车厢间的作用力为T1，则有：＋T1－k·2mg＝0 ⑥‎ 第六节车厢失去动力时，仍保持列车匀速运动，则总牵引力不变，设此时第五、六节车厢间的作用力为T2，分析第六、七节车厢，则有：＋T2－k·2mg＝0 ⑦‎ 联立⑤⑥⑦得T1＝－kmg， T2＝kmg 因此作用力变化ΔT＝T2－T1＝kmg 答案　(1)m(＋kg)，方向与列车运动方向相反　(2)kmg 高频考点2　运动图象与牛顿运动定律的综合应用 ‎[满分策略]‎ ‎[满分示例]‎ ‎(14分)(2016·西安市模拟)如图9甲所示，一长木板静止在水平地面上，在t＝0时刻，一小物块以一定速度从左端滑上长木板，以后长木板运动的v－t图象如图乙所示。已知小物块与长木板的质量均为m＝‎1 kg，小物块与长木板间及长木板与地面间均有摩擦，经1 s后小物块与长木板相对静止(g取‎10 m/s2)，求：‎ ‎ ‎ 图9‎ ‎(1)小物块与长木板间动摩擦因数的值；‎ ‎(2)在整个运动过程中，系统所产生的热量。‎ ‎[审题指导]‎ 破题关键―→读题、读图获取信息 ‎(1)读题 ‎(2)读图 ‎[满分模板]‎ 解析　(1)长木板加速过程中，由牛顿第二定律，得 μ1mg－2μ2mg＝ma1(2分)‎ vm＝a1t1(1分)‎ 木板和物块相对静止，共同减速过程中，由牛顿第二定律，得μ2·2mg＝2ma2(2分)‎ ‎0＝vm－a2t2(1分)‎ 由图象可知，vm＝‎2 m/s，t1＝1.0 s，t2＝0.8 s 联立解得：μ1＝0.7(2分)‎ ‎[满分体验]‎ ‎　(14分)如图10甲所示，倾角θ＝37°的粗糙斜面固定在水平面上，斜面足够长。一根轻弹簧一端固定在斜面的底端，另一端与质量m＝‎1.0 kg的小滑块(可视为质点)接触，滑块与弹簧不相连，弹簧处于压缩状态。当t＝0时释放滑块。在0～0.24 s时间内，滑块的加速度a随时间t变化的关系如图乙所示。已知弹簧的劲度系数k＝2.0×102 N/m，当t＝0.14 s时，滑块的速度v1＝‎2.0 m/s。g取‎10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：‎ ‎(2)小物块在减速过程中，有 μ1mg＝ma3(2分)‎ vm＝v0－a3t1(1分)‎ 在整个运动过程中，由能量守恒定律得 Q＝mv(1分)‎ 联立解得Q＝40.5 J(2分)‎ 答案　(1)0.7　(2)40.5 J 图10‎ ‎(1)斜面对滑块的摩擦力f的大小；‎ ‎(2)t＝0.14 s时滑块与出发点间的距离d； ‎ ‎(3)在0～0.44 s时间内，滑块运动的路程s。‎ ‎[规范解答]‎ 解析　(1)由图乙可知，当t1＝0.14 s时，滑块与弹簧 分离，此后滑块受重力、斜面的支持力和摩擦力，如图丙所示。‎ 分离后，滑块 做匀减速直线运动，在这段过程中，由图乙可知，滑块加速度的大小a1＝‎10 m/s2(1分)‎ 根据牛顿第二定律有mgsin θ＋f＝ma1(2分)‎ 解得f＝4.0 N(1分)‎ ‎(2)当t1＝0.14 s时，弹簧恰好恢复原长，所以此时滑块与出发点间的距离d等于t0＝0时弹簧的形变量x。由图乙可知,在出发点时滑块加速度的大小a＝‎30 m/s2(1分)‎ 此时滑块受力如图丁所示，有kd－mgsin θ－f＝ma(2分)‎ 解得d＝‎0.20 m(2分)‎ ‎(3)设从t1＝0.14 s时 ,经时间Δt1滑块的速度减为零,则有Δt1＝＝0.20 s(1分)‎ 在这段时间内滑块运动的距离x1＝＝‎0.20 m(1分)‎ t2＝0.34 s时滑块速度减为零,此后滑块将反向做匀加速直线运动,受力如图戊所示，根据牛顿第二定律可求得此后加速度的大小a2＝＝‎2.0 m/s2(1分)‎ 在0.34～0.44 s(Δt2＝0.1 s)时间内,滑块沿斜面下滑的距离x2＝a2Δt＝‎0.01 m(1分)‎ 所以在0～0.44 s时间内，s＝d＋x1＋x2＝‎0.41 m(1分)‎ ‎　　　　‎ 答案　(1)4.0 N　(2)‎0.20 m　(3)‎‎0.41 m ‎ ‎