2021届高考物理二轮专题复习讲义：专题一第2讲 力与物体的直线运动

第2讲　力与物体的直线运动
专题复习目标 学科核心素养 高考命题方向
1.直线运动中匀变速直线运动规律的应用。 2．牛顿运动定律和动力学方法的应用。 模型构建：匀变速直线运动模型、传送带模型、板块模型等。
科学推理：逆向思维法、动力学方法和数形结合思想分析图象问题。 高考以生活中实际物体的运动情景为依托，进行运动建模。
主要题型：匀变速直线运动规律的应用；应用牛顿运动定律解决“三类”问题； 动力学的两类基本问题；动力学方法分析“板块模型”问题。
一、匀变速直线运动
1．条件
物体所受合力为恒力，且与速度方向共线。
2．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：v＝＝。
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．主要方法：基本公式法、平均速度法、比例法、逆向思维法、推论法和图象法。
二、牛顿第二定律的应用
1．动力学图象
(1)x－t图象：图象斜率的大小表示物体运动速度的大小，斜率的正负表示速度的方向。
(2)v－t图象：某一点代表此时刻的瞬时速度，时间轴上方速度方向为正，时间轴下方速度方向为负；图象斜率的大小表示物体运动的加速度的大小，斜率的正负表示加速度的方向；图象与时间轴围成的面积代表位移，时间轴上方位移为正，时间轴下方位移为负。
(3)a－t图象：图象与时间轴围成的面积表示物体速度的变化量；加速度恒定表示物体做匀变速运动，否则物体做非匀变速运动。
2．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。
3．连接体问题
对于连接体问题一般采用整体与隔离法进行分析和求解，基本思路是：整体法求共同运动的加速度，隔离法求相互作用力。
三、动力学方法的应用
1．基本思路
2．解题关键
(1)抓住“两个分析”：受力分析和运动过程分析；
(2)“两个桥梁”：加速度是联系运动和力的桥梁，速度是联系各运动过程的桥梁。
热点一　匀变速直线运动规律的应用
(2020·陕西渭南模拟)为确保交通安全，公路的下陡坡路段都有限速要求。某地一长直斜坡公路，倾角为37°，机动车限速36 km/h。一质量为5吨的小货车以 36 km/h 的速度匀速下坡，小货车装配了ABS(车轮防抱死)系统，某时刻发现前方20 m处有一观光者以18 km/h的速度匀速骑行下坡，司机立即启动ABS刹车系统，此后货车一直做匀减速运动直到静止，且恰好没有撞到骑行者。
(1)求货车刚停止运动时，骑行者到货车的距离；
(2)若该货车下坡刹车时ABS系统失灵，车轮被抱死，求这种情况下，刹车过程中货车受到的摩擦力。已知货车轮胎与路面间的动摩擦因数为0.9，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2。
[解析]　(1)设小货车减速的加速度大小为a时恰好没有撞到骑行者，经时间t1两者速度相等，v货－at1＝v人
t1＝v人t1＋20 m
解得a＝ m/s2
再经时间t2，车减速到0，有0＝v人－at2
则有Δx＝v人t2－t2
解得Δx＝20 m。
(2)对汽车进行受力分析则有f ＝μmgcos 37°
解得f＝3.6×104 N，方向沿斜面向上。
[答案]　(1)20 m　(2)3.6×104 N，方向沿斜面向上
【拓展训练1】　(2020·广州一模)短跑运动员在训练中从起跑开始的一段时间内可看成先做匀加速直线运动再做匀速直线运动。已知总位移为x，匀速阶段的速度为v、时间为t，则匀加速阶段的时间为(　　)
A．　　　　　　　　　 B．
C．－t D．－2t
解析：选D。匀速阶段的位移为x1＝vt，在匀加速直线运动过程，根据平均速度公式可得x2＝vt1，根据题意则有x＝x1＋x2，解得匀加速阶段的时间t1＝－2t，故A、B、C错误，D正确。
【拓展训练2】　(2020·陕西西安一模)某同学在某次短跑训练中，由静止开始运动的位移—时间图象如图所示，已知0～t0是抛物线的一部分，t0～5 s是直线，两部分平滑相连，求：
(1)t0的数值；
(2)该同学在0～t0时间内的加速度大小。
解析：0～t0时间内做匀加速运动，则由x＝at2可得8 m＝at
t0～5 s做匀速运动at0＝v＝
解得t0＝2 s，a＝4 m/s2。
答案：(1)2 s　(2)4 m/s2
热点二　应用牛顿运动定律解决“三类”问题
1．三类问题
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。
2．方法技巧
(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)x－t图象和v－t图象描述的都是直线运动，而a－t图象描述的不一定是直线运动；在图象转换时，必须明确不同图象间相互联系的物理量，必要时还应根据运动规律写出两个图象所描述的物理量间的函数关系式进行分析和判断。
(2020·山西运城一模)蹦极就是跳跃者把一端固定的长弹性绳绑在踝关节等处，从几十米高处跳下的一种极限运动。某人做蹦极运动，绳子拉力F的大小随时间t的变化规律如图所示。假设人由静止开始下落，且运动只发生在竖直方向，重力加速度g取10 m/s2，图中t0＝10 s。下列说法正确的是(　　)
A．绳子的长度约为30 m
B．0.2t0时刻，人的速度最大
C．人下落过程机械能守恒
D．人下落过程，先失重后超重
[解析]　0.2t0时刻，绳子刚好伸直，伸直前，人近似自由下落，考虑阻力，下落的位移比20 m小，A错误；0.2t0时刻，绳子刚好伸直，人的合力大小约为人的重力，它与速度的方向相同，因此人将继续加速下降，B错误；人下落过程，要克服阻力和绳子的拉力做功，机械能减少，C错误；人先加速下降后减速下降，先处于失重状态后处于超重状态，D正确。
[答案]　D
【拓展训练3】　(2020·丰台区第二学期统考)如图，A、B两个物体相互接触，但并不黏合，放置在水平面上，水平面与物体间的摩擦力可忽略，已知mA＝4 kg，mB＝6 kg。从t＝0开始，推力FA和拉力FB分别作用于A、B上，FA、FB随时间的变化规律为：FA＝8－2t(N)，FB＝2＋2t (N)。则(　　)
A．t＝0时，A物体的加速度为2 m/s2
B．t＝0时，A、B之间的相互作用力为4 N
C．t＝1.5 s时，A、B开始分离
D．A、B开始分离时的速度为3 m/s
解析：选B。由变化规律可知，t＝0时，FA＝8 N，FB＝2 N，合力F＝FA＋FB＝10 N，故此时A与B的加速度相等，都是a＝＝＝1 m/s2，A错误；t＝0时设A、B间的作用力为F′，则对于B而言F′＋FB＝mBa，代入数据解得F′＝4 N，故A、B之间的作用力为4 N，如果分析A的受力也是可以的，结果一样，B正确；由题意可知，当A、B间的作用力为0时开始分离，设时间为t，则对于A而言：FA＝mAa，对于B而言：FB＝mBa，解得t＝2 s，C错误；由于两个力的合力F＝10 N是不变的，即为恒力，故两个物体一起做匀加速直线运动， 前面已经计算出了它共同的加速度是1 m/s2，则到分离时，即t＝2 s时，它们的速度大小为v＝at＝1 m/s2×2 s＝2 m/s，D错误。　
【拓展训练4】　(2020·吕梁一模)用细绳拴一个质量为m的光滑小球，小球将一固定在墙上的水平轻质弹簧压缩了x(小球与弹簧不拴连)，弹簧劲度系数为k，如图所示。将细绳剪断后(　　)
A．小球立即获得 的加速度
B．小球在细绳剪断瞬间起开始做平抛运动
C．小球落地的时间小于
D．小球落地的速度大于
解析：选D。细绳剪断前小球受重力、弹力和拉力的作用，处于平衡状态，故弹力和重力的合力为：F合＝，剪断细绳瞬间，弹力和重力不变，则两力的合力不变，根据牛顿第二定律有：F合＝＝ma，解得：a＝，A错误；平抛运动只受重力，将细绳剪断后，小球受到球的重力和弹簧的弹力的共同作用，合力斜向右下方，并不是只有重力的作用，所以不是平抛运动，B错误；小球竖直方向只受重力，竖直分运动是自由落体运动，根据自由落体运动规律有：h＝gt2，故小球落地的时间t＝，C错误；如果不受弹簧弹力，小球做自由落体运动，根据自由落体运动规律有：v2＝2gh，解得落地速度v＝，由于水平方向有弹簧弹力作用，则水平方向会加速，从而获得水平速度，而竖直方向的速度不变，所以落地速度大于，D正确。
热点三　动力学的两类基本问题
1．处理方法
(1)合成法：在物体受力个数较少(2个或3个)时一般采用“合成法”。
(2)正交分解法：若物体的受力个数较多(3个或3个以上)，则采用“正交分解法”。
2．解题步骤
如图甲所示，在高速公路的连续下坡路段通常会设置避险车道，供发生紧急情况的车辆避险使用，本题中避险车道是主车道旁的一段上坡路面。一辆货车在行驶过程中刹车失灵，以v0＝90 km/h的速度驶入避险车道，如图乙所示。设货车进入避险车道后牵引力为零，货车与路面间的动摩擦因数μ＝0.30，重力加速度g取10 m/s2。
(1)为了防止货车在避险车道上停下后发生溜滑现象，该避险车道上坡路面的倾角θ应该满足什么条件？设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，结果用θ的正切值表示。
(2)若避险车道路面倾角为15°，求货车在避险车道上行驶的最大距离。(已知sin 15°＝0.26，cos 15°＝0.97，结果保留2位有效数字)
[解析]　(1) 对货车进行受力分析，可得货车的最大静摩擦力等于滑动摩擦力：f＝μmgcos θ
而货车重力在斜面的水平分量为：F＝mgsin θ
若要货车在避险车道上停下后不发生溜滑现象，则需要：f＞F
即mgsin θ <μmgcos θ
解得 <μ，即tan θ <μ＝0.30
则当tan θ <0.30时，货车在避险车道上停下后不会发生溜滑现象。
(2)设货车在避险车道上的加速度为a，根据牛顿第二定律mgsin θ＋μmgcos θ＝ma
解得a＝gsin θ＋μgcos θ＝10×(0.26＋0.3×0.97) m/s2＝5.51 m/s2
设货车在避险车道上行驶的最大距离为x，
v0＝90 km/h＝25 m/s
据匀变速直线运动位移公式0－v＝－2ax
代入数据得x＝,2a)＝ m≈57 m。
[答案]　(1)tan θ <0.30　(2)57 m
【拓展训练5】　(2020·浙江模拟)一滑草场的滑道示意图如图所示，某条滑道由AB、BC、CD三段组成，其中AB段和BC段与水平面的倾角分别为53°和37°，且这两段长度均为L＝28 m，载人滑草车从坡顶A点由静止开始自由下滑，先加速通过AB段，再匀速通过BC段，最后停在水平滑道CD段上的D点。若滑草车与AB、BC、CD三段草地之间的动摩擦因数均为μ，不计滑草车在滑道交接处的能量损失，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
(1)滑草车与草地之间的动摩擦因数μ；
(2)滑草车经过B点时的速度大小 vB；
(3)滑草车从A点运动至D点的时间t。
解析：(1)BC段：mgsin 37°＝μmgcos 37°
解得μ＝0.75。
(2)AB段：mgsin 53°－μmgcos 53°＝ma1
又v＝2a1sAB
解得vB＝14 m/s。
(3)AB段：t1＝＝4 s
BC段：t2＝＝2 s
CD段：μmg＝ma3，
t3＝＝1.87 s，
则t＝t1＋t2＋t3＝7.87 s。
答案：(1)0.75　(2)14 m/s　(3)7.87 s
热点四　动力学方法分析“板—块模型”问题
1．模型特点
“滑块—木板”模型类问题中，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”本质上是相对运动问题，要分别求出各物体对地的位移，再求相对位移。
(2020·广东佛山模拟)如图所示，质量M＝2 kg的滑板A放在水平地面上，当A向右滑动的速度v0＝13.5 m/s时，在A中间位置轻轻地放上一个大小不计、质量m＝1 kg的小物块B，同时给B施加一个水平向右的F＝6 N的恒力并开始计时。已知A与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，A与B间的动摩擦因数μ2＝0.4。(设滑板A足够长，g取10 m/s2)求：
(1)经过多长时间A、B达到共同速度；
(2)从开始计时到A、B达到共同速度的时间内，A、B间因摩擦而产生的热量Q；
(3)2 s内滑板A的位移大小。
[解析]　(1)设A的加速度大小为a1，对A由牛顿第二定律可得μ2mg＋μ1(M＋m)g＝Ma1
解得a1＝3.5 m/s2，方向向左
设B的加速度大小为a2，对B由牛顿第二定律可得F＋μ2mg＝ma2
解得a2＝10 m/s2，方向向右
A做减速运动v1＝v0－a1t
B做加速运动v2＝a2t
A、B达到共同速度时v1＝v2
解得t＝1 s。
(2)从开始计时到达到共同速度，A的位移大小为x1，x1＝v0t－a1t2＝11.75 m
B的位移大小为x2，x2＝a2t2＝5 m
A、B间因摩擦产生的热量为Q，则
Q＝μ2mg(x1－x2)＝27 J。
(3)经分析，A、B达到共同速度之后无法相对静止，各自做变速运动
设A的加速度大小为a3，对A由牛顿第二定律可得：μ2mg－μ1(M＋m)g＝Ma3
解得a3＝0.5 m/s2，方向向右；
1 s时，由(1)可得v1＝10 m/s，再经过1 s，A的位移大小为x3，x3＝v1t＋a3t2＝10.25 m
2 s内滑板A的位移大小为xA＝x1＋x3＝22 m。
[答案]　(1)1 s　(2)27 J　(3)22 m
【拓展训练6】　(2020·福建南平模拟)如图所示，长为L＝8 m，质量M＝6 kg的长木板放置于光滑的水平面上，其左端有一大小可忽略，质量为m＝2 kg的物块，物块与木板间的动摩擦因数为0.3，开始时物块与木板都处于静止状态，现对物块施加F＝10 N，方向水平向右的恒定拉力，(g取10 m/s2)求：
(1)物块的加速度大小；
(2)物块从木板左端运动到右端经历的时间。
解析：(1)设小物块的加速度为a1，对物块由牛顿第二定律有F－μmg＝ma1
解得a1＝－μg＝(－0.3×10) m/s2＝2 m/s2。
(2)设木板的加速度为a2，对木板由牛顿第二定律得μmg＝Ma2
解得a2＝＝ m/s2＝1 m/s2
设物块从木板左端运动到右端经历的时间为t，则有
木块的位移s1＝a1t2
木板的位移s2＝a2t2
又有L＝s1－s2
代入数据得t＝4 s。
答案：(1)2 m/s2　(2)4 s
(建议用时：55分钟)
1．(多选)(2020·常德模拟)一物体沿一直线运动，先后经过匀加速、匀速和减速运动过程，已知物体在这三个运动过程中的位移均为x，所用时间分别为2t、t和t，则(　　)
A．物体做匀加速运动时加速度大小为
B．物体做匀减速运动时加速度大小为
C．物体在这三个运动过程中的平均速度大小为
D．物体做匀减速运动的末速度大小为
解析：选BD。匀速运动的速度v＝，设匀加速运动的初速度为v1，根据平均速度公式有＝，联立上面两式得v1＝0，对匀加速运动，根据位移公式有x＝a(2t)2，解得a＝，A错误；设匀减速直线运动的末速度为v2，对匀减速直线运动，根据平均速度公式有＝，解得v2＝，匀减速直线运动的加速度大小a′＝＝＝，B、D正确；三个过程中的平均速度大小＝＝，C错误。
2．(2020·蚌埠质检)竖直向上抛出一个小球，小球向上做匀变速直线运动时的频闪照片如图所示，频闪仪每隔0.05 s闪光一次，测出ac长为23 cm，af长为34 cm，则下列说法正确的是(　　)
A．bc长为13 cm
B．df长为7 cm
C．小球的加速度大小为12 m/s2
D．小球通过d点的速度大小为2.2 m/s
解析：选C。根据题意可知，cf长为11 cm，则根据匀变速直线运动的位移差公式可得a＝＝＝12 m/s2，其中T＝0.05 s，C正确；匀变速直线运动中，某段的平均速度等于这一段中间时刻的瞬时速度，则d点的速度为vd＝＝1.1 m/s，D错误；根据匀变速直线运动的位移公式得df＝vdT－aT2＝4 cm，B错误；同理可得b点的速度为vb＝＝2.3 m/s，则bc＝vbT－aT2＝10 cm，A错误。
3．(2020·攀枝花统考)如图所示，吊篮P悬挂在天花板上，与P质量相同的小球Q被固定在吊篮中的轻弹簧上端，保持静止状态。重力加速度为g，悬挂吊篮的细绳被剪断的瞬间，小球Q、吊篮P的加速度大小分别为(　　)
A．g，g　　　　　　　　　 B．0，g
C．0，2g D．2g，0
解析：选C。剪断细线前，对物体Q受力分析，受到重力mg、弹簧的弹力F，由于Q处于平衡状态，则F＝mg，剪断细线后瞬间，吊篮P所受重力和弹簧的弹力均不变，细线的拉力减为零，故物体P受到的力的合力等于mg＋F，根据牛顿第二定律得mg＋F＝maP，所以aP＝2g，物体Q受到的力不变，合力为零，所以aQ＝0，故A、B、D错误，C正确。　
4．(2020·绵阳三诊)旅游景区中常见的滑索如图所示。研究游客某一小段时间内沿钢索下滑时，可将钢索简化为一直杆，滑轮简化为套在杆上的环，滑轮与滑索间的摩擦力及游客所受空气阻力不可忽略，滑轮和悬挂绳重力可忽略。游客在某一小段时间匀速下滑，其状态可能是图中的(　　)
解析：选B。设索道的倾角为α，若不考虑任何阻力，对滑轮和乘客组成的整体，由牛顿第二定律得(M＋m)gsin α＝(M＋m)a，对乘客，由于满足Mgsin α＝Ma，绳子与索道垂直。若索道与滑轮之间有摩擦，而乘客不受空气阻力，则当匀速运动时，绳子在竖直方向；若同时考虑滑轮与索道之间的摩擦以及人所受的空气阻力，则绳子应该在垂直于索道与竖直方向之间，则B正确，A、C、D错误。
5．(2020·东北三省三校联考)如图甲所示，质量分别为m和M的物块A、B叠放在一起，放于光滑水平面上。重力加速度大小为g，A、B间的动摩擦因数为μ，水平外力作用在A上，能使A、B保持相对静止的最大外力F与μg间的关系如图乙所示，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是(　　)
A．若m取一更大的值，则图象的斜率变小
B．若m取一更大的值，则图象的斜率变大
C．若M取一更大的值，则图象的斜率变大
D．若M取一更大的值，则图象的斜率不变
解析：选B。对整体受力分析可知，使A、B保持相对静止的最大外力为F＝(M＋m)a，隔离B有μmg＝Ma，联立解得F＝μg，图象斜率k＝＝m(1＋), 若m取一更大的值，则图象的斜率变大，故A错误，B正确； 若M取一更大的值，则图象的斜率变小，故C、D错误。
6．(多选)(2020·佛山调研)如图甲所示，光滑斜面上有固定挡板A，斜面上叠放着小物块B和薄木板C、木板下端位于板A处，整体处于静止状态，木板C受到逐渐增大的沿斜面向上的拉力F作用时，木板C的加速度a与拉力F的关系图象如图乙所示，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，则由图象可知(　　)
A．10 NB．F>15 N时物块B和木板C相对滑动
C．木板C的质量
D．木板和物块两者间的动摩擦因数
解析：选BD。由图象可知，当10 N15 N时木板的加速度变大，可知此时物块B和木板C产生了相对滑动，A错误，B正确；对木板和木块的整体，当F1＝10 N时，a＝0，则F1＝(M＋m)gsin θ，当F2＝15 N时，a＝2.5 m/s2，则F2－(M＋m)gsin θ＝(M＋m)a，联立方程可求解M＋m＝2 kg，sin θ＝0.5，但是不能求解木板C的质量，C错误；因当F2＝15 N时，a＝2.5 m/s2，此时木块和木板开始发生相对滑动，物块和木板之间的摩擦力达到最大，则对物块有μmgcos θ－mgsin θ＝ma，联立方程可求解μ＝，D正确。　
7．(2020·云南统一检测)汽车在平直公路上以108 km/h的速度匀速行驶，司机看到前面有突发情况，紧急刹车，从看到突发情况到刹车的反应时间内汽车做匀速运动，刹车后汽车做匀减速直线运动，从看到突发情况到汽车停下，汽车行驶的距离为90 m，所花时间为5.5 s，则汽车匀减速过程中所受阻力约为汽车所受重力的(　　)
A．0.3 B．0.5
C．0.6 D．0.8
解析：选C。设反应时间为t，匀减速时间为t′，行驶距离为x，初速度为v，则vt＋＝x ，v＝at′ ，t′＋t＝t总，解得：a＝6 m/s2 ，t＝0.5 s ，t′＝5 s，根据牛顿第二定律得：f＝ma，故＝0.6，故C正确，A、B、D错误。
8．(2020·天津六校联考)如图所示，光滑的水平面上静置质量为M＝8 kg的平板小车，在小车左端加一个由零逐渐增大的水平推力F，一个大小不计、质量为m＝2 kg的小物块放在小车右端，小物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.2，小车足够长。重力加速度g取10 m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是(　　)
A．当F增加到4 N时，小物块相对小车开始运动
B．当F＝10 N时，小车对小物块有向右的2 N的摩擦力
C．当F＝15 N时，小物块对小车有向左的4 N的摩擦力
D．当F＝30 N时，小车对小物块有向右的6 N的摩擦力
解析：选B。假设小车和小物块刚好相对静止，对小物块，其最大摩擦力f提供最大的加速度，故f＝μmg＝ma，所以a＝μg＝2 m/s2，对整体：F＝(M＋m)a＝(8＋2)×2 N＝20 N，可知若要小物块相对于小车开始运动，则推力满足：F＞20 N，故A错误；当F＝10 N时，对整体：F＝(M＋m)a′，解得：a′＝＝1 m/s2，对小物块，受到的摩擦力提供加速度，有：f′＝ma′＝2×1 N＝2 N，方向向右，故B正确；同理，当F＝15 N时，a″＝1.5 m/s2，小物块受到的摩擦力f″＝3 N，方向向右，故C错误；当F＝30 N时，两者相对滑动，小物块受到滑动摩擦力作用，f?＝μmg＝4 N，方向向右，故D错误。
9. (2020·金华十校4月模拟)交通法规定，汽车出现故障停在道路上时，应在车后放置如图所示的三角警示牌，提醒后面驾车的驾驶员减速避让。在夜间，某乡村道路上有一货车因故障停车，后面有一小轿车以20 m/s的速度向前驶来，由于夜间视线不好，又有大雾，小轿车驾驶员只能看清前方20 m的物体，并且他的反应时间为0.6 s，制动后最大加速度大小为5 m/s2。求：
(1)小轿车从发现情况到最终停止所用的最短时间；
(2)三角警示牌至少要放在货车后多远处，才能有效避免两车相撞。
解析：(1)从刹车到停止时间为t2，则t2＝＝4 s
则小轿车从发现情况到最终停止所用的最短时间t＝t1＋t2＝4.6 s。
(2)反应时间内做匀速运动，则x1＝v0t1＝12 m
从刹车到停止的位移为x2，则x2＝,2a)＝40 m
小轿车从发现物体到停止的全部距离为
x＝x1＋x2＝52 m
则有Δx＝x－L＝32 m
故三角警示牌至少要放在货车后32 m处，才能有效避免两车相撞。
答案：(1)4.6 s　(2)32 m
10．(2020·黄山质检)在高速公路长下坡路端的外侧，常设有避险车道(可简化为倾角为θ的斜面，如图所示)，供刹车失灵的车辆自救，当失控车辆冲上该车道时，减速至停车。若一辆货车关闭发动机后以初速度v0经A点冲上避险车道，前进一段距离时到B点速度减为0，该货车与避险车道的动摩擦因数为μ，忽略空气阻力，重力加速度为g。求：
(1)货车在避险车道上减速运动的加速度；
(2)货车在避险车道上减速通过的距离l。
解析：(1)货车受重力G、支持力N和摩擦力f，设货车上滑的加速度为a，根据牛顿第二定律有mgsin θ＋f＝ma
N＝mgcos θ
f＝μN
解得货车在避险车道上减速运动的加速度
a＝gsin θ＋μgcos θ，方向沿着车道向下。
(2)根据运动学公式得v＝2al，将a代入得货车在避险车道上减速通过的距离l＝,2g(sin θ＋μcos θ))。
答案：见解析
11．(2020·佛山调研)如图所示，两光滑水平平台通过一竖直台阶相连，下平台足够长，一质量为3m的长木板，紧靠台阶放置在下平台上，其上表面与上平台平面相平。现有质量为m的小滑块，以水平速度v0从上平台滑入木板中而不会掉下，滑块与木板间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，求：
(1)小滑块和长木板的最终速度大小；
(2)小滑块在木板上的滑动距离大小；
(3)木板做加速运动时所移动的距离。
解析：(1)小滑块滑入木板中后，滑块向右做匀减速运动，木板向右做匀加速运动，设滑块和木板的加速度大小分别为a1和a2，最终两者的共同速度为v，运动时间为t。
对滑块，根据牛顿第二定律得μmg＝ma1
得：a1＝μg
对木板，根据牛顿第二定律得μmg＝3ma1
得a2＝μg
最终速度相等时有v＝v0－a1t＝a2t
解得t＝，v＝。
(2)小滑块在木板上的滑动距离大小为x＝x滑－x板
又x滑＝t
x板＝t
联立解得x＝,8μg)。
(3)木板做加速运动时所移动的距离为
x板＝t＝,32μg)。
答案：(1)　(2),8μg)　(3),32μg)