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T 5)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/s 2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1A ．关卡2B ．关卡3C ．关卡4D ．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t 1，由v 1＝at 1，得t 1＝v 1a＝1 s ，通过的位移x 1＝12at 21＝1 m ，然后匀速前进的位移x 2＝v 1(t －t 1)＝8 m ，因x 1＋x 2＝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t 2＝2 s 时，此同学在关卡2、3之间通过了x 3＝v 1t 2＝4 m 的位移，接着关卡放行t ＝5 s ，同学通过的位移x 4＝v 1t ＝10 m ，此时距离关卡4为x 5＝16 m －(1＋4＋10) m ＝1 m ，关卡关闭2 s ，经过t 3＝x 5v 1＝ s 后关卡4最先挡住他前进．](2014·全国卷ⅠT 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25雨天、晴天两种情况下，刹车时加速度不同μ0小为a 0，安全距离为x ，反应时间为t 0，由牛顿第二定律和运动学公式得μ0mg ＝ma 0 ① x ＝v 0t 0＋v 202a 0②式中，m 和v 0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＝25μ0③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 ＝vt 0＋v 22a⑤联立①②③④⑤式并代入题给数据得v ＝20 m/s(72 km/h)．⑥【答案】 20 m/s1．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a 1，距离为x 1，则0－v 20＝－2a 1x 1x 1＝1 200 m ＋200 m ＝1 400 m解得：a 1＝167m/s 2若列车车头恰好停在B 点，减速运动的加速度大小为a 2，距离为x OB ＝2 000 m ，则 0－v 20＝－2a 2x OB 解得：a 2＝85m/s 2故加速度大小a 的取值范围为85 m/s 2≤a ≤167 m/s 2.(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＝v 0－a 2t 解得：t ＝50 s.【答案】 (1)85 m/s 2≤a ≤167 m/s 2(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L 1＝2 m ，B 、C 之间的距离L 2＝3 m ．若物体通过L 1、L 2这两段位移的时间相等，则OA 之间的距离L 等于( )【导学号：】图3m m mD ．89m C [由题知“物体通过L 1、L 2这两段位移的时间相等(设为T )”，则v B ＝L 1＋L 22T ＝52T，加速度a ＝L 2－L 1T 2＝1T 2，在A 点速度v A ＝v B －aT ＝32T ，于是L ＝v 2A 2a ＝12a ·94T 2，L ＋2＝v 2B2a ＝12a ·254T2，两式相比，解得L ＝98m ．]●考向3 追及相遇问题3．(高考改编)在[例2](2014·全国卷ⅠT 24)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 ＝25μ0g ＝25a 0① 故其安全距离x ′＝v 0·t 0＋v 202a②由[例2]解析可知：x ＝v 0·t 0＋v 202a 0＝120 m③由①②③可得：x ′＝255 m. 【答案】 255 m4．(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x 0＝9 m 区间的速度不超过v 0＝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/s 2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t 0＝ s 的反应时间后开始以大小为a 乙＝4 m/s 2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x 1＝v 2甲－v 22a 甲＝91 mx 2＝x 0＋x 1＝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 －t 0)＝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x 3＝v 乙t 0＋v 2乙－v 22a 乙＝157 m所以要满足条件甲、乙的距离x ＝x 3－x 1＝66 m. 【答案】 (1)100 m (2)66 m1．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T 21)甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其v ­t 图象如图4所示．已知两车在t ＝3 s 时并排行驶，则( )图4A ．在t ＝1 s 时，甲车在乙车后B ．在t ＝0时，甲车在乙车前 mC ．两车另一次并排行驶的时刻是t ＝2 sD ．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v ­t 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/s 2.乙车做初速度v 0＝10 m/s 、加速度a 乙＝5 m/s 2的匀加速直线运动.3 s 内甲、乙车的位移分别为：x 甲＝12a 甲t 23＝45 m x 乙＝v 0t 3＋12a 乙t 23＝ 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＝ m ，选项B 正确；t ＝1 s 时，甲车的位移为5 m ，乙车的位移为 m ，由于甲车的初始位置超前乙车 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 m － m ＝40 m ，选项D 正确．](2016·江苏高考T 5)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 ＋12mv 2＝E ，可变形为x ＝－v 22g ＋Emg ，由此方程可知图线为开口向左、顶点在(Emg，0)的抛物线，故选项A 正确．](2014·全国卷ⅡT 24)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 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/s 2.(1)若忽略空气阻力，求该运动员从静止开始下落至 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 ＝kv 2，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v ­t 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 ＝kv 2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(1)设该运动员从开始自由下落至 km 高度处的时间为t ，下落距离为s ，在 km 高度处的速度大小为v .根据运动学公式有v ＝gt ① s ＝12gt 2②根据题意有 s ＝×104 m －×103 m ＝×104 m③联立①②③式得t＝87 s ④v＝×102 m/s. ⑤(2)该运动员达到最大速度v max时，加速度为零，根据平衡条件有mg＝kv2max⑥由所给的v­t图象可读出v max≈360 m/s⑦由⑥⑦式得k＝ kg/m. ⑧【答案】(1)87 s ×102 m/s (2) kg/m1．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：】A[根据匀变速直线运动速度与位移的关系解题．根据v2－v20＝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 ＝v 20－2ax ，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a ­t 图象如图6所示．下列v ­t 图象中，可能正确描述此物体运动的是( )图6A BC DD [由图可知，在0～T2时间内a ＝a 0＞0，若v 0≥0，物体做匀加速运动；若v 0＜0，物体做匀减速运动，故B 、C 皆错误；由于在T ～2T 时间内a ＝－a 0，故图线斜率的绝对值与0～T2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v 0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/s 2，则下列物理量中不能求出的是( )图7A ．斜面ab 的倾角θB ．物块与斜面间的动摩擦因数μC ．物块的质量mD ．斜面bc 的长度LC [根据题图乙可求出物块在左右斜面上的加速度大小a 1、a 2，根据牛顿第二定律有mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1，mg cos θ－μmg sin θ＝ma 2，则可求出θ和μ，但m 无法求出，根据题图乙可求出～ 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F f ＝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/s 2，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v ­t 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：mg sin θ－μmg cos θ－kv ＝ma解得：a ＝g sin θ－μg cos θ－kvm. (2)当a ＝0时速度最大，v m ＝mg sin θ－μcos θk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 ＝g sin θ－μg cos θ＝3 m/s 2解得：μ＝2315≈，最大速度v m ＝2 m/s ，v m ＝mgsin θ－μcos θk＝2 m/s解得：k ＝ kg/s.【答案】 (1)g sin θ－μg cos θ－kv m(2)mg sin θ－μcos θk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) kg/s1．v ­t 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T 9)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9A ．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ⅡT 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23a 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：】A ．8B ．10C ．15D ．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n 1节，每节车厢质量为m ，当加速度为a 时，对Q 有F ＝n 1ma ；当加速度为23a时，对P 有F ＝(n －n 1)m 23a ，联立得2n ＝5n 1.当n 1＝2，n 1＝4，n 1＝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m 1、m 2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a A 和a B (弹簧在弹性限度内，重力加速度为g )，则( )图10A ．a A ＝μ(1＋m 2m 1)g ，a B ＝μg B ．a A ＝μg ，a B ＝0 C ．a A ＝μ(1＋m 2m 1)g ，a B ＝0 D ．a A ＝μg ，a B ＝μgC [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μm 2g ，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 ＋μm 2g m 1＝μ(1＋m 2m 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；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倍．货物与货车分别视为小滑块和平板，取cos θ＝1，sin θ＝，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＝，受摩擦力大小为f，加速度大小为a1，则f＋mg sin θ＝ma1①f＝μmg cos θ②联立①②式并代入数据得a1＝5 m/s2③a1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s 2.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 ＝，货车长度l 0＝12 m ，制动坡床的长度为l ，则Mg sin θ＋F －f ＝Ma 2 ④ F ＝k (m ＋M )g ⑤ s 1＝vt －12a 1t 2 ⑥ s 2＝vt －12a 2t 2 ⑦ s ＝s 1－s 2 ⑧ l ＝l 0＋s 0＋s 2⑨联立①②④～⑨式并代入数据得l ＝98 m ． ⑩ 【答案】 (1)5 m/s 2，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 ＝12mg .已知斜面的倾角 θ＝30°，小物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝33. (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 ＋mg sin θ－μmg cos θ＝ma解得a ＝12g .(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F cosα＋mg sin θ－F f ＝maF f ＝μ(mg cos θ－F sin α)可得a ＝12g cos α＋36g sin α＝33g sin(60°＋α)当α＋60°＝90°时，a 有最大值 解得α＝30°，a m ＝33g . 【答案】 (1)12g (2)30° 33g1．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ⅡT 25,20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°＝35)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38，B 、C 间的动摩擦因数μ2减小为，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/s 2.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32 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.【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＝mg cos θ②(1分)f2＝μ2N2 ③(1分)N2＝N′1＋mg cos θ④(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mg sin θ－f1＝ma1 ⑤(1分)mg sin θ－f2＋f′1＝ma2 ⑥(1分)N1＝N′1f1＝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v 2＋a ′2t 2＝0⑬(1分)联立⑩⑫⑬式得t 2＝1 s ⑭(1分)在t 1＋t 2时间内，A 相对于B 运动的距离为s ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12a 1t 21＋v 1t 2＋12a ′1t 22－⎝ ⎛⎭⎪⎫12a 2t 21＋v 2t 2＋12a ′2t 22＝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t 3后A 离开B ，则有l －s ＝(v 1＋a ′1t 2)t 3＋12a ′1t 23⑯(2分)可得t 3＝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＝t 1＋t 2＋t 3＝4 s ．⑱(1分)【答案】 (1)3 m/s 21 m/s 2(2)4 s [评分标准] 第(1)问：(1)不列②式和④式而合并成f 1＝μ1mg cos θ和f 2＝2μ2mg cos 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mg sin θ－μ1mg cos θ＝ma 1 和mg sin θ－2μ2mg cos θ＋μ1mg cos θ＝ma 2 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v ­t 图象)．只要合理正确，可参考规范解答给分．。