2021高考物理：第三章+微专题17+“动力学两类基本问题”的解题策略+Word版含解析

第27讲动力学的两类基本问题【技巧点拨】1．掌握解决动力学两类基本问题的思路方法其中受力分析和运动过程分析是基础，牛顿第二定律和运动学公式是工具，加速度是连接力和运动的桥梁．2．求合力的方法(1)平行四边形定则若物体在两个共点力的作用下产生加速度，可用平行四边形定则求F合，然后求加速度．(2)正交分解法：物体受到三个或三个以上的不在同一条直线上的力作用时，常用正交分解法．一般把力沿加速度方向和垂直于加速度方向进行分解．【对点题组】1. 我国第一艘航空母舰“号”已经投入使用，为使战斗机更容易起飞，“号”使用了滑跃技术．如图所示，其甲板可简化为模型：AB部分水平，BC部分倾斜，倾角为θ.战斗机从A点开始起跑，C点离舰，此过程中发动机的推力和飞机所受甲板和空气阻力的合力大小恒为F，ABC 甲板总长度为L，战斗机质量为m，离舰时的速度为v m，重力加速度为g.求AB部分的长度．2．如图所示，在倾角θ＝37°的足够长的固定的斜面底端有一质量m＝1.0 kg的物体．物体与斜面间动摩擦因数μ＝0.25，现用轻细绳拉物体由静止沿斜面向上运动．拉力F＝10 N，方向平行斜面向上．经时间t＝4.0 s绳子突然断了，求：(1)绳断时物体的速度大小．(2)从绳子断了开始到物体再返回到斜面底端的运动时间．(已知sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80，取g＝10 m/s2)【高考题组】3．(2014·卷)以不同的初速度将两个物体同时竖直向上抛出并开始计时，一个物体所受空气阻力可忽略，另一个物体所受空气阻力大小与物体的速率成正比，下列分别用虚线和实线描述两物体运动的v－t图像可能正确的是()ABCD4．(2014·新课标全国卷Ⅰ)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25，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．5．(2014·新课标Ⅱ卷)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．重力加速度的大小g 取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 ＝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高速下落的vt 图像如图所示．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)6．(2014·卷) 研究表明，一般人的刹车反应时间(即图甲中“反应过程”所用时间)t 0＝0.4 s ，但饮酒会导致反应时间延长．在某次试验中，志愿者少量饮酒后驾车以v 0＝72 km/h 的速度在试验场的水平路面上匀速行驶，从发现情况到汽车停止，行驶距离L ＝39 m ，减速过程中汽车位移s 与速度v 的关系曲线如图乙所示，此过程可视为匀变速直线运动．取重力加速度的大小g 取10 m/s 2.求：图甲图乙(1)减速过程汽车加速度的大小及所用时间；(2)饮酒使志愿者的反应时间比一般人增加了多少；(3)减速过程汽车对志愿者作用力的大小与志愿者重力大小的比值．7．(2013·卷)近来，我国多个城市开始重点治理“中国式过马路”行为。

高中物理力学中动力学题的解题技巧动力学是物理学中重要的一个分支，它研究物体的运动以及运动的原因。

在高中物理课程中，动力学题是不可避免的一部分。

为了帮助高中学生更好地解决动力学题，本文将介绍一些解题技巧，并通过具体例题进行说明。

一、力的分解和合成在解决动力学题时，经常会遇到需要将力分解或合成的情况。

力的分解是将一个力分解为两个或多个力的合力，而力的合成则是将两个或多个力合成为一个力的结果。

这一技巧在解决斜面上物体的运动问题时尤为重要。

例如，有一个物体沿着斜面下滑，斜面与水平面的夹角为θ。

我们需要求解物体在斜面上的分力以及其加速度。

首先，我们可以将重力分解为两个分力：垂直于斜面的分力mgcosθ和平行于斜面的分力mgsinθ。

然后，利用牛顿第二定律和斜面上的摩擦力，我们可以求解物体的加速度。

通过这个例题，我们可以看到力的分解和合成在解决动力学问题中的重要性。

学生在解题时可以先将力进行分解，再根据具体情况进行合成，从而更好地理解和解决问题。

二、运动方程的应用在动力学中，运动方程是解决问题的基础。

学生需要熟练掌握运动方程，并能够根据具体问题进行适当的应用。

在解决动力学题时，我们经常需要用到以下三个运动方程：1. v = u + at：该方程描述了物体的速度变化情况，其中v为末速度，u为初速度，a为加速度，t为时间。

2. s = ut + 1/2at^2：该方程描述了物体的位移情况，其中s为位移，u为初速度，a为加速度，t为时间。

3. v^2 = u^2 + 2as：该方程描述了物体的速度和位移之间的关系，其中v为末速度，u为初速度，a为加速度，s为位移。

例如，有一个物体以初速度u沿直线运动，经过时间t后速度变为v。

我们需要求解物体的加速度a和位移s。

根据给定条件，我们可以利用运动方程v = u + at和s = ut + 1/2at^2，求解出a和s的数值。

通过这个例题，我们可以看到熟练掌握运动方程的应用对于解决动力学问题的重要性。

浅析高中物理动力学解题思路与方法发布时间：2021-11-30T07:53:35.861Z 来源：《中小学教育》2021年第7月19期作者：郭鹏涛[导读] 物理学科是高中的一门重点科目，对于理科生来说，高考物理科目的分数占据着重要的部分，因此必须要重视高中物理的学习。

郭鹏涛陕西省西咸新区秦汉中学 712000摘要：物理学科是高中的一门重点科目，对于理科生来说，高考物理科目的分数占据着重要的部分，因此必须要重视高中物理的学习。

而在高中物理学科中，动力学是重要的学习内容，这一模块的学习内容直接考察学生的综合能力，检验学生物理知识的掌握程度。

而动力学所设计的内容比较多，所以学生在做题时要注意理清解题思路，掌握问题考察核心，让做题更加的高效。

物理教师也要有意识的帮助学生学会如何在做题时建立良好的解题思路和方法，让解题更加准确和有效率。

关键词：高中物理；动力学；解题思路；方法前言：高中物理动力学相关内容涉及比较广，它是力学、天文学以及物理学的基础，在物理知识中占据着极其重要的地位。

高中物理动力学知识是动力学基础，设计的知识难度不会太大，但却是入门级别的知识，学好高中物理动力学内容，对学生以后的高中物理学习有着重要的影响作用。

因此，无论是学生还是教师，都要重视高中物理动力学的学习。

虽然高中阶段的动力学是入门级别的内容，但是对学生来说还是有一定难度的，特别是在做题的时候，学生一定要有清晰的思路，只有在清晰的思路下才可以更快的找到正确的解题方法。

一、理清题目，找准知识考察点学生想要在解题过程中建立良好的解题思路，第一步就是要理清题目，读懂题目想要考察的内容。

学生只有知道题目所考察的内容，才会更加准确地进行知识点搜索，才可以快速的在庞大的物理知识库中找准解题内容。

如果学生在做题时连题目想要考察的内容是什么都分辨不清，那就会像一只无头苍蝇一样四处乱盯，白白浪费做题时间，解题效率低下。

在日常的题目训练中也许会有很多时间留给学生去思考，但是在考试时留给学生去思考的时间并不多，因此学生在日常做题时就要有意识的提升做题速度，而理清题目，找准知识点是提高做题速度的基础。

动力学的两类基本问题 ◎知识梳理 应用牛顿运动定律求解的问题主要有两类：一类是已知受力情况求运动情况；另一类是已知运动情况求受力情况.在这两类问题中，加速度是联系力和运动的桥梁，受力分析是解决问题的关键.◎例题评析【例11】 质量为m =2 kg 的木块原来静止在粗糙水平地面上，现在第1、3、5……奇数秒内给物体施加方向向右、大小为F 1=6 N 的水平推力，在第2、4、6……偶数秒内给物体施加方向仍向右、大小为F 2μ=0.1，取g =10 m/s 2，问：（1）木块在奇数秒和偶数秒内各做什么运动?（2）经过多长时间，木块位移的大小等于40.25 m?【分析与解答】：以木块为研究对象，它在竖直方向受力平衡，水平方向仅受推力F 1（或F 2）和摩擦力F f 的作用.由牛顿第二定律可判断出木块在奇数秒内和偶数秒内的运动，结合运动学公式，即可求出运动时间.（1）木块在奇数秒内的加速度为a 1=m F F f -1=m mg F -μ1=21021.06⨯⨯- m/s 2=2 m/s 2 木块在偶数秒内的加速度为a 2=m F F f -2=m mg F -μ2=21021.02⨯⨯- m/s 2=0 所以，木块在奇数秒内做a =a 1=2 m/s 2的匀加速直线运动，在偶数秒内做匀速直线运动.（2）在第1 s 内木块向右的位移为s 1=21at 2=21×2×12 m=1 m 至第1 s 末木块的速度v 1=at =2×1 m/s=2 m/s在第2 s 内，木块以第1 s 末的速度向右做匀速运动，在第2 s 内木块的位移为 s 2=v 1t =2×1 m=2 m至第2 s 末木块的速度v 2=v 1=2 m/s在第3 s 内，木块向右做初速度等于2 m/s 的匀加速运动，在第3 s 内的位移为s 3=v 2t +21at 2=2×1 m+21×2×12 m=3 m 至第3 s 末木块的速度v 3=v 2+at =2 m/s+2×1 m/s=4 m/s在第4 s 内，木块以第3 s 末的速度向右做匀速运动，在第4 s 内木块的位移为s 4=v 2t =4×1 m=4 m至第4 s 末木块的速度v 4=v 2=4 m/s……由此可见，从第1 s 起，连续各秒内木块的位移是从1开始的一个自然数列.因此，在n s 内的总位移为s n =1+2+3+…+n =21）（+n n 当s n =40.25 m 时，n 的值为8＜nn =8，则8 s 内木块的位移共为s 8=2188）（+ m=36 m 至第8 s 末，木块的速度为v 8=8 m/s.设第8 s 后，木块还需向右运动的时间为t x ，对应的位移为s x =40.25 m －36 m=4.25 m ，由s x =v 8t x +21at x 2，即4.25=8t x +21×2t x 2 解得t x =0.5 s所以，木块位移大小等于40.25 m 时，需运动的时间T =8 s+0.5 s=8.5 s.[点评]：（1）本题属于已知受力情况求运动情况的问题，解题思路为先根据受力情况由牛顿第二定律求加速度，再根据运动规律求运动情况.（2）根据物体的受力特点，分析物体在各段时间内的运动情况，并找出位移的一般规律，是求解本题的关键.【例12】 如图所示，在倾角θ=37°的足够长的固定的斜面上，有一质量m =1 kg 的物体，物体与斜面间动摩擦因数μ=0.2，物体受到沿平行于斜面向上的轻细线的拉力F =9.6 N的作用，从静止开始运动，经2 s 绳子突然断了，求绳断后多长时间物体速度大小达到22 m/s.（sin37°=0.6，g 取10 m/s 2）【分析与解答】：本题为典型的已知物体受力求物体运动情况的动力学问题，物体运动过程较为复杂，应分阶段进行过程分析，并找出各过程的相关量，从而将各过程有机地串接在一起.第一阶段：在最初2 s 内，物体在F =9.6 N 拉力作用下，从静止开始沿斜面做匀加速运动，据受力分析图3－2－4可知：沿斜面方向：F －mg sin θ－F f =ma 1沿垂直斜面方向：F N =mg cos θ且F f =μF N由①②③得：a 1=mmg mg F θμθcos sin --=2 m/s 2 2 s 末绳断时瞬时速度v 1=a 1t 1=4 m/s.第二阶段：从撤去F 到物体继续沿斜面向上运动到达速度为零的过程，设加速度为a 2， 则a 2=mmg mg ）（θμθcos sin +-=－7.6 m/s 2 设从断绳到物体到达最高点所需时间为t 2据运动学公式v 2=v 1+a 2t 2所以t 2=210a v -=0.53 s 第三阶段：物体从最高点沿斜面下滑，在第三阶段物体加速度为a 3，所需时间为t 3.由牛顿第二定律可知：a 3=g sin θ－μg cos θ=4.4 m/s 2，速度达到v 3=22 m/s ，所需时间t 3=330a v -=5 s 综上所述：从绳断到速度为22 m/s 所经历的总时间t =t 2+t 3=0.53 s+5 s=5.53 s.【例13】 如图 所示，光滑水平面上静止放着长L =1.6 m 、质量为Mm =1 kg 的小物体放在木板的最右端，m 与M 之间的动摩擦因数μ=0.1，今对木板施加一水平向右的拉力F .（1）施力F 后，要想把木板从物体m 的下方抽出来，求力F 的大小应满足的条件；（2）如果所施力F =10 N ，为了把木板从m 的下方抽出来，此力的作用时间不得少于多少?（g 取10 m/s 2）【分析与解答】：（1）力F 拉木板运动过程：对木块：μmg =maa =μga =1 m/s 2对木板：F －μmg =Ma 1a 1=Mmg F μ- 只要a 1＞a 就能抽出木板，即F ＞μ（M +m ）g 所以F ＞4 N.（2）当F =10 N ，设拉力作用的最少时间为t 1，加速度为a 1，撤去拉力后木板运动时间为t 2，加速度为a 2，那么：a 1=M mg F μ-=3 m/s 2a 2=M mg μ=31 m/s2 木板从木块下穿出时：木块的速度：v =a （t 1+t 2）木块的位移：s =21a （t 1+t 2）2 木板的速度：v 木板=a 1t 1－a 2t 2木板的位移：s 木板=21a 1t 12+a 1t 1t 2－21a 2t 22 木板刚好从木块下穿出应满足：v 木板=vs 木板－s =L可解得：t 1=0.8 s【例14】 如图所示，传输带与水平面间的倾角为θ=37°，皮带以10 m/s 的速率运行，在传输带上端AA 到B 的长度为16 m ，则物体从A 运动到B 的时间为多少？【分析与解答】：首先判定μ与tan θ的大小关系，μ=0.5，tan θ=0.75，所以物体一定沿传输带对地下滑，不可能对地上滑或对地相对静止.其次皮带运行速度方向未知，而皮带运行速度方向影响物体所受摩擦力方向，所以应分别讨论.当皮带的上表面以10 m/s 的速度向下运行时，刚放上的物体相对皮带有向上的相对速度，物体所受滑动摩擦力方向沿斜坡向下（如图所示），该阶段物体对地加速度a 1=mmg mg θμθcos sin +=10 m/s 2 方向沿斜坡向下物体赶上皮带对地速度需时间t 1=1a v =1 s 在t 1 s 内物体沿斜坡对地位移 s 1=21a 1t 12=5 m 当物体速度超过皮带运行速度时物体所受滑动摩擦力沿斜面向上，物体对地加速度 a 2=mmg mg θμθcos sin -=2 m/s 2 物体以2 m/s 2加速度运行剩下的11 m 位移需时间t 2则s 2=vt 2+21a 2t 22 即11=10t 2+21×2t 22 t 2=1 s （t 2′=－11 s 舍去）所需总时间t =t 1+t 2=2 sa 3则a 3=mmg mg θμθcos sin -=2 m/s 2 物体从传输带顶滑到底所需时间为t '则s =21a 3t '2t '=32a s =2162⨯ s=4 s. [点评]：本题中物体在本身运动的传送带上的运动，因传输带运动方向的双向性而带来解答结果的多重性.物体所受滑动摩擦力的方向与物体相对于传输带的相对速度方向相反，而对物体进行动力学运算时，物体位移、速度、加速度则均需取地面为参考系.◎能力训练41．如图所示，一根轻弹簧的一端系着一个物体，手拉弹簧的另一端，使弹簧和物体一起在光滑水平面上向右做匀加速运动，当手突然停止运动后的短时间内，物体可能2．放在光滑水平面上的物体受三个平行于水平面的共点力作用而处于静止状态，已知F2垂直于F3.若三个力中去掉F1，物体产生的加速度为2.5 m/s2；若去掉F2，物体产生的加速度为1.5 m/s2；若去掉F3，则物体的加速度大小为A.1.5 m/s2B.2.0 m/s2C.2.5 m/s2D.4.0 m/s23．小磁铁A重10 N，吸在一块水平放置的固定铁板BA拉下来，至少要用15 N的力，若A、B间的动摩擦因数为0.3，现用5 N的水平力推A时，A的加速度大小是_______m/s2.（g取10 m/s2）v1F1，汽车整个运动过程所受阻力恒为F2（大小不变），则F1∶F2为∶∶1∶∶45.机车牵引力一定，在平直轨道上以a1=1 m/s2的加速度行驶，因若干节车厢脱钩，加速度变为a2=2 m/s2，设所受阻力为车重的0.1倍，则脱落车厢的质量与原机车总质量之比等于_______.6.据报道，1989年在美国加利福尼亚州发生的6.9级地震，中断了该地尼米兹高速公路的一段，致使公路上高速行驶的约200辆汽车发生了重大的交通事故，车里的人大部分当即死亡，只有部分系安全带的人幸免.假设汽车高速行驶的速度达到108 km/h，乘客的质量为60 kg，当汽车遇到紧急情况时，在2 s内停下来，试通过计算说明系安全带的必要性.2 kg，在水平恒力F推动下开始运动，4 s末它的速度达到4 m/s，此时将F撤去，又经6 s物体停下来，如果物体与地面的动摩擦因数不变，求F的大小.。

动力学问题解析与解题技巧动力学是物理学中的一个重要分支，研究物体运动的原因和规律。

在学习和解决动力学问题时，我们需要运用一定的解析与解题技巧，以便更好地理解问题和找到正确的解决方法。

本文将介绍一些常用的技巧和方法，帮助读者更好地应对动力学问题。

一、问题分析在解决动力学问题之前，首先需要仔细分析问题。

对于给定的问题，我们应该明确所求的量和已知的条件，理解物体的受力情况和运动规律。

准确的问题分析是解决动力学问题的关键，它有助于我们更好地选择适当的解题方法。

二、自由体图自由体图是解决动力学问题时常用的图形工具，在问题分析的基础上，我们可以画出物体受力的示意图。

通过绘制自由体图，我们可以清晰地了解物体所受的力以及它们的作用方向和大小。

自由体图有助于我们更好地理解问题，并为后续的计算和解决提供便利。

三、牛顿运动定律牛顿运动定律是解决动力学问题的基础，也是最常用的解题方法之一。

根据牛顿第二定律，物体的加速度与作用在它上面的合外力成正比，与物体的质量成反比。

利用这一定律，我们可以计算物体的加速度、力的大小等信息，从而解决动力学问题。

四、平衡问题平衡问题是动力学问题中的一类特殊情况，它通常描述物体受到的合外力为零的情况。

在解决平衡问题时，我们可以利用牛顿运动定律，并结合受力分析和几何条件来求解未知量。

平衡问题常见于静力学和刚体力学中，需要灵活运用相关定律和原理。

五、碰撞问题碰撞问题是动力学问题中的另一类重要情况，描述物体间相互作用的过程。

在解决碰撞问题时，我们需要考虑物体的质量、速度、动量守恒等因素。

通过分析碰撞前后物体的状态和能量转化，我们可以解决碰撞问题，求解物体间的相对速度、系数等信息。

六、运动规律在解决动力学问题时，我们需要了解和运用物体的运动规律。

不同类型的运动问题可能涉及到匀速直线运动、曲线运动、周期运动等不同的运动规律。

掌握和灵活运用这些规律，可以帮助我们更快、更准确地解答问题。

七、样例分析对于动力学问题，通过样例分析可以更好地理解和运用解题技巧。

动力学两类基本问题1．考点及要求：(1)牛顿运动定律的应用(Ⅱ)；(2)匀变速直线运动的公式(Ⅱ).2.方法与技巧：(1)抓住两个分析：受力分析和运动过程分析；(2)解决动力学问题时对力的处理方法：合成法和正交分解法；(3)求解加速度是解决问题的关键．1．(已知运动分析受力)如图1所示，一物体从倾角为30°的斜面顶端由静止开始下滑，x1段光滑，x2段有摩擦，已知x2＝2x1，物体到达斜面底端的速度刚好为零，求x2段的动摩擦因数μ.(g取10 m/s2)图12．(已知受力分析运动)如图2所示，在质量为m B＝30 kg的车厢B内紧靠右壁，放一质量m A＝20 kg的小物体A(可视为质点)，对车厢B施加一水平向右的恒力F，且F＝120 N，使之从静止开始运动．测得车厢B在最初t＝2.0 s内移动x＝5.0 m，且这段时间内小物块未与车厢壁发生过碰撞．车厢与地面间的摩擦忽略不计．图2(1)计算B在2.0 s的加速度；(2)求t＝2.0 s末A的速度大小；(3)求t＝2.0 s内A在B上滑动的距离．3．如图3甲所示，在风洞实验室里，一根足够长的固定的均匀直细杆与水平方向成θ＝37°角，质量m＝1 kg的小球穿在细杆上且静止于细杆底端O处，开启送风装置，有水平向右的恒定风力F作用于小球上，在t1＝2 s时刻风停止．小球沿细杆运动的部分v－t图像如图乙所示，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，忽略浮力．求：图3(1)小球在0～2 s内的加速度a1和2～5 s内的加速度a2；(2)小球与细杆间的动摩擦因数μ和水平风力F的大小．4．如图4所示为四旋翼无人机，它是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器，目前正得到越来越广泛的应用．一架质量m＝2 kg的无人机，其动力系统所能提供的最大升力F＝36 N，运动过程中所受空气阻力大小恒为f＝4 N．g取10 m/s2.图4(1)无人机在地面上从静止开始，以最大升力竖直向上起飞．求在t＝5 s时离地面的高度h.(2)当无人机悬停在距离地面高度H＝100 m处，由于动力设备故障，无人机突然失去升力而坠落．求无人机坠落地面时的速度v.(3)在无人机从离地高度H＝100 m处坠落过程中，在遥控设备的干预下，动力设备重新启动提供向上最大升力．为保证安全着地，求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间t1.1.32解析 设物体的质量为m ，在x 1段物体做匀加速直线运动，在x 2段物体做匀减速运动，在x 1段由牛顿第二定律得：mg sin θ＝ma 1，解得a 1＝g sin θ＝5 m/s 2在x 2段：μmg cos θ－mg sin θ＝ma 2，解得a 2＝μg cos θ－g sin θ 设x 1段结束时的速度为v ，根据运动学方程，在x 1段：v 2＝2a 1x 1 在x 2段：v 2＝2a 2x 2，又x 2＝2x 1解得：μ＝322．(1)2.5 m/s 2 (2)4.5 m/s (3)0.5 m解析 (1)设t ＝2.0 s 内车厢的加速度为a B ，由x ＝12a B t 2得a B ＝2.5 m/s 2(2)对B ，由牛顿第二定律：F －f ＝m B a B ，得f ＝45 N对A ，据牛顿第二定律得A 的加速度大小为a A ＝2.25 m/s 2所以t ＝2.0 s 末A 的速度大小为：v A ＝a A t ＝4.5 m/s.(3)在t ＝2.0 s 内A 运动的位移为x A ＝12a A t 2＝4.5 m ，A 在B 上滑动的距离Δx ＝x －x A ＝0.5 m.3．(1)15 m/s 2，方向沿杆向上 10 m/s 2，方向沿杆向下 (2)0.5 50 N解析 (1)取沿细杆向上的方向为正方向，由题图可知， 在0～2 s 内，a 1＝Δv 1Δt 1＝15 m/s 2(方向沿杆向上)在2～5 s 内，a 2＝Δv 2Δt 2＝－10 m/s 2(“－”表示方向沿杆向下)．(2)有风力F 时的上升过程，由牛顿第二定律，有F cos θ－μ(mg cos θ＋F sin θ)－mg sin θ＝ma 1，停风后的上升阶段，由牛顿第二定律，有－μmg cos θ－mg sin θ＝ma 2，联立解得μ＝0.5，F ＝50 N.4．(1)75 m (2)40 m/s (3)53 5 s解析 (1)由牛顿第二定律：F －mg －f ＝ma得a ＝6 m/s 2 高度h ＝12at 2解得h ＝75 m(2)下落过程中mg －f ＝ma 1a 1＝8 m/s 2落地时v 2＝2a 1H解得v ＝40 m/s(3)恢复升力后向下减速运动过程F －mg ＋f ＝ma 2设恢复升力时的速度为v m ，则有v 2m 2a 1＋v 2m 2a 2＝H 得v m ＝4053m/s 由v m ＝a 1t 1解得t 1＝553s。

21 动力学两类基本问题（一）[方法点拨] (1)做好受力分析，分析出物体受到的各个力，判断合力的方向，表示出合力与各力的关系；(2)做好运动过程分析，分析物体的运动性质，判断加速度的方向，并表示出加速度与运动各量的关系；(3)求解加速度是解决问题的关键；(4)力的处理方法一般用合成法或正交分解法．1．(2020·河北石家庄第二中学月考)如图1所示，一倾角θ＝37°的足够长斜面固定在水平地面上．当t ＝0时，滑块以初速度v 0＝10 m/s 沿斜面向上运动．已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，下列说法正确的是( )图1A ．滑块一直做匀变速直线运动B ．t ＝1 s 时，滑块速度减为零，然后静止在斜面上C ．t ＝2 s 时，滑块恰好又回到出发点D ．t ＝3 s 时，滑块的速度大小为4 m/s2．一飞行器在地面附近做飞行试验，从地面起飞时沿与水平方向成30°角的直线斜向右上方匀加速飞行，此时发动机提供的动力方向与水平方向夹角为60°.若飞行器所受空气阻力不计，重力加速度为g.则可判断( )A ．飞行器的加速度大小为gB ．飞行器的加速度大小为2gC ．起飞后t 时间内飞行器上升的高度为12gt 2 D ．起飞后t 时间内飞行器上升的高度为gt 23．设雨点下落过程中受到的空气阻力与雨点(可看成球形)的最大横截面积S 成正比，与下落速度v 的二次方成正比，即f ＝kSv 2，其中k 为比例常数，且雨点最终都做匀速运动．已知球的体积公式为V ＝43πr 3(r 为半径)．若两个雨点的半径之比为1∶2，则这两个雨点的落地速度之比为( )A ．1∶ 2B ．1∶2C ．1∶4D ．1∶8 4．(2020·湖南长郡中学一模)“娱乐风洞”是一种惊险的娱乐项目．在竖直的圆筒内，从底部竖直向上的风可把游客“吹”起来，让人体验太空飘浮的感觉(如图2甲)．假设风洞内各位置的风速均相同且保持不变，已知人体所受风力的大小与正对风的面积成正比，水平横躺时受风面积最大，站立时受风面积最小，为最大值的18；当人体与竖直方向成一倾角、受风面积是最大值的12时，人恰好可静止或匀速漂移．如图乙所示，在某次表演中，质量为m 的表演者保持站立身姿从距底部高为H 的A 点由静止开始下落；经过B 点时，立即调整身姿为水平横躺并保持；到达底部的C 点时速度恰好减为零．则在从A 到C 的过程中，下列说法正确的是( )图2A ．表演者加速度的最大值是34gB ．B 点距底部的高度是35H C ．从A 到B 表演者克服风力做的功是从B 到C 克服风力做功的16D ．若保持水平横躺，表演者从C 返回到A 时风力的瞬时功率为2m 2g 3H5．(2020· 湖北武汉2月调考)冰壶运动是在水平冰面上进行的体育项目，运动场地示意图如图3所示．在第一次训练中，运动员从起滑架处推着冰壶出发，在投掷线上的A 处放手，让冰壶以一定的速度沿虚线滑出，冰壶沿虚线路径运动了s ＝28.9 m ，停在圆垒内的虚线上．已知冰壶与冰面间的动摩擦因数为μ＝0.02，重力加速度大小为g ＝10 m/s 2.(1)运动员在投掷线A 处放手时，冰壶的速度是多大？(2)在第二次训练中，该运动员在投掷线A 处放手让冰壶以同样的速度滑出，同时，多名擦冰员用毛刷不断地擦冰壶运行前方的冰面，冰壶沿虚线路径比第一次多走了s′＝5.1 m 停下．假设用毛刷擦冰面后，被擦冰面各处粗糙程度相同，求冰壶与被擦冰面间的动摩擦因数．图36．(2020·江西省第一次联考)从地球极地处竖直向上发射一科研火箭，由火箭内部的压力传感器传来的信息表明：火箭发射的最初10 s 内火箭里所有物体对支持面的压力是火箭发射前的1.8倍，此后火箭无推动力飞行．而在火箭从最高点落回到地面的过程中，火箭里所有物体对支持面的压力为0.认为火箭受到的地球引力不变化，求从火箭发射到落回地面所用的时间是多少？答案精析1．D2．A [飞行器受力如图所示：由几何关系可知，飞行器的加速度大小为a＝g，A项正确，B项错误；起飞后t时间内飞行器的位移x＝12at2＝12gt2，所以飞行器上升的高度h＝xsin 30°＝14gt2，C、D项错误．]3．A [当雨点做匀速直线运动时，重力与阻力相等，即f＝mg，故k·πr2·v2＝ mg＝ρ·43πr3，即v2＝4ρr3k，由于半径之比为1∶2，则落地速度之比为1∶2，选项A正确．]4．C5．(1)3.4 m/s (2)0.017解析(1)第一次训练中，设冰壶离手时的速度为v0，加速度为a，以冰壶运动方向为正方向，根据匀变速直线运动公式有：0－v02＝2as设冰壶质量为m，冰壶沿水平方向只受摩擦力作用，根据牛顿第二定律：－μmg＝ma联立解得：v0＝2μgs代入数据求得：v0＝3.4 m/s(2)设冰壶与被擦后的冰面之间的动摩擦因数为μ′，同理可得：v0＝2μ′g(s＋s′)联立解得：μ′＝ss＋s′μ代入数据求得：μ′＝0.0176．30 s解析火箭发射时，火箭上所有物体对支持面的压力是火箭发射前的1.8倍，F＝1.8mg，根据牛顿第二定律，有：F－mg＝ma，解得：a＝0.8g根据位移时间关系公式，有：x1＝12at2末速度为：v1＝at发动机关闭后做竖直上抛运动，以向上为正方向，有：x2＝v1t1－12gt12由于最后回到出发点，故：x1＝－x2联立各式解得：t1＝20 s (负值舍去)故火箭运动的总时间为：t总＝t＋t1＝30 s高考理综物理模拟试卷注意事项：1. 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。

微专题17 动力学两类基本问题1．做好两个分析：(1)受力分析，表示出合力与各力的关系；(2)运动过程分析，表示出加速度与运动各量的关系.2.熟悉两种处理方法：合成法和正交分解法.3.把握一个关键：求解加速度是解决问题的关键．1.(2020·江西吉安市期末)如图1所示，质量为m 的物块放在固定粗糙斜面上的A 点，由静止下滑到斜面底端所用的时间为t ，若在物块放在A 点的同时，给物块施加一个竖直向下、大小等于mg 的压力(g 为重力加速度)，则物块由静止滑到斜面底端的时间为( )图1A.12tB.22t C ．t D.2t答案 B解析 由题意知，第一次物块下滑的加速度大小为a 1＝g sin θ－μg cos θ，下滑过程x ＝12a 1t 2，第二次下滑，(F ＋mg )sin θ－μ(F ＋mg )cos θ＝ma 2，F ＝mg ，解得a 2＝2a 1，x ＝12a 2t ′2，求得t ′＝22t ，B 项正确． 2.如图2所示，PQ 为圆的竖直直径，AQ 、BQ 、CQ 为三个光滑斜面轨道，分别与圆相交于A 、B 、C 三点．现让三个小球(可以看作质点)分别沿着AQ 、BQ 、CQ 轨道自端点由静止下滑到Q 点，运动的时间分别为t 1、t 2和t 3，运动的平均速度分别为v 1、v 2和v 3.则有( )图2A ．t 2>t 1>t 3B ．t 1＝t 2＝t 3C ．v 1＝v 2＝v 3D ．v 1>v 3>v 2答案 B解析 设任一斜面与水平方向的夹角为θ，圆的直径为d .根据牛顿第二定律得a ＝g sin θ，斜面的长度为x ＝d sin θ，则由x ＝12at 2得t ＝2x a ＝2d sin θg sin θ＝2dg，可见，小球下滑时间与斜面的倾角无关，则有t 1＝t 2＝t 3，又v ＝xt ，x 2>x 1>x 3，则v 2>v 1>v 3，选项B 正确．3.(2019·江西南昌市第二次模拟)如图3所示，物体从倾角为α的固定斜面顶端由静止释放，它滑到底端时速度大小为v 1；若它由斜面顶端沿竖直方向自由落下，末速度大小为v ，已知v 1是v 的k 倍，且k <1.则物体与斜面间的动摩擦因数为( )图3A ．(1－k )sin αB ．(1－k )cos αC ．(1－k 2)tan α D.1－k 2tan α答案 C解析 设斜面长为x ，高为h ，物体下滑过程受到的摩擦力为F f ，由于物体沿斜面匀加速下滑，设加速度为a ，则由牛顿第二定律可得 mg sin α－F f ＝ma ， F f ＝μmg cos α，所以a ＝g (sin α－μcos α)，由运动学公式可知v 12＝2ax ＝2gx (sin α－μcos α)， v 2＝2gh 由题意：v 1＝k v 且h ＝x ·sin α解得：μ＝(1－k 2)tan α，故C 正确．4．(2020·四川宜宾市一诊)如图4(a)，质量m ＝1 kg 的物体沿倾角θ＝37°的固定粗糙斜面由静止开始向下运动，风对物体的作用力沿水平方向向右，其大小与风速v 成正比，比例系数用k 表示，物体加速度a 与风速v 的关系如图(b)所示，g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，下列说法不正确的是( )图4A ．物体沿斜面做匀变速运动B ．当风速v ＝5 m/s 时，物体沿斜面下滑的速度最大C ．物体与斜面间的动摩擦因数为0.25D ．比例系数k 为1619 kg/s答案 A解析 由题图(b)可知，物体的加速度逐渐减小，风速为5 m/s 时物体加速度为零，沿斜面下滑的速度最大，故A 错误，B 正确；对初始时刻，没有风的作用，物体的加速度大小为a 0＝4 m/s 2，对物体受力分析， 根据牛顿第二定律，沿斜面方向： mg sin θ－μmg cos θ＝ma 0解得：μ＝g sin θ－a 0g cos θ＝0.25，故C 正确；v ＝5 m/s 时，物体加速度为零，对物体受力分析，根据平衡条件有： mg sin θ－μF N －k v cos θ＝0 又：F N ＝mg cos θ＋k v sin θ，联立解得k ＝mg (sin θ－μcos θ)v (μsin θ＋cos θ)＝1619kg/s ，故D 正确．5.(2020·山东烟台市期末)如图5所示，一倾角θ＝37°足够长的粗糙斜面固定在水平面上，一小滑块从斜面底端A 点以v 0＝10 m/s 的速度冲上斜面并通过斜面上B 点，已知A 、B 之间的距离为L ＝4 m ，小滑块与斜面之间的动摩擦因数μ＝0.5，g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求小滑块从A 点运动到B 点过程中所经历的时间(计算结果可以保留根号)．图5答案 (1－55) s 或2 s 解析 滑块沿斜面向上运动 a 1＝mg sin 37°＋μmg cos 37°m＝10 m/s 2设小滑块从A 第一次运动到B 过程中所用时间为t 1， 由L ＝v 0t 1－12a 1t 12解得：t 1＝(1－55) s 或(1＋55) s(舍去) 小滑块沿斜面向上运动最大距离：x ＝v 022a 1＝5 m小滑块从A 开始沿斜面运动最大距离所用时间：t 1＝v 0a 1＝1 s滑块沿斜面向下运动a 2＝mg sin 37°－μmg cos 37°m＝2 m/s 2设小滑块从沿斜面运动最大距离返回到B 过程中所用时间为t 2 x －L ＝12a 2t 22解得：t 2＝1 s小滑块从A 沿斜面运动最大距离处后又返回到B 过程中所用时间 t ′＝v 0a 1＋t 2＝2 s综上所述，小滑块从A 点运动到B 点过程中所经历的时间为(1－55) s 或2 s. 6．(2020·山东淄博市十中期末)足够长光滑固定斜面BC 倾角α＝53°，小物块与水平面间的动摩擦因数为0.5，水平面与斜面之间B 点有一小段弧形连接(未画出)，一质量m ＝2 kg 的小物块静止于A 点．现在AB 段对小物块施加与水平方向成α＝53°的恒力F 作用，如图6甲所示．小物块在AB 段运动的速度－时间图像如图乙所示，到达B 点迅速撤去恒力F (已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g 取10 m/s 2)．求：图6(1)小物块所受到的恒力F 的大小；(2)小物块从B 点沿斜面向上运动，到返回B 点所用的时间； (3)小物块最终离A 点的距离． 答案 (1)11 N (2)0.5 s (3)3.6 m解析 (1)由题图乙可知，小物块在AB 段的加速度a 1＝Δv Δt ＝2.0－04.0－0 m/s 2＝0.5 m/s 2，根据牛顿第二定律，有F cos α－μ(mg －F sin α)＝ma 1， 得F ＝ma 1＋μmgcos α＋μsin α＝11 N.(2)在BC 段，对小物块有mg sin α＝ma 2，解得a 2＝g sin α＝8 m/s 2，小物块从B 到最高点所用时间与从最高点到B 所用时间相等，所以小物块从B 点沿斜面向上运动到返回B 点所用的时间为t ＝2v Ba 2＝0.5 s.(3)小物块从B 向A 运动过程中，有μmg ＝ma 3 ，a 3＝μg ＝5 m/s 2，由B 至停下小物块的位移x ＝v B 22a 3＝0.4 m ，x AB ＝0＋v B 2t 0＝4.0 m ，Δx A ＝x AB －x ＝3.6 m.7.(2020·四川眉山市三诊)如图7所示，2020年2月18日，我国发射的嫦娥四号着陆器和玉兔二号探测器再次启动，打破了探测器在月球上工作的世界纪录，并将开始第15个月昼的科学探测活动．若着陆器与探测器总质量为1.5×103 kg ，着陆过程简化如下：在距月面102 m 处悬停，当发动机推力为F 1时，先竖直向下做匀加速直线运动；当发动机推力为F 2时，随即做匀减速直线运动，且两个阶段加速度大小相等，刚好在距离月面2 m 时再次悬停，此过程总共用时600 s ，此后关闭发动机做自由落体运动，直到接触月球表面．月球表面重力加速度取g ＝1.6 m/s 2，求：图7(1)探测器接触月球表面时的速度大小； (2)发动机施加推力的差值(F 2－F 1)的大小． 答案 (1)4510 m/s (2)103 N解析 (1)由速度位移公式v 2＝2ax ， 代入数据可得v ＝4510 m/s(2)设加速过程中的最大速度为v m ，加速阶段：v m 2＝2ax 1，减速阶段：v m 2＝2ax 2，且x 1＋x 2＝100 m ，加速阶段的时间t 1＝v m a ，减速阶段的时间t 2＝v ma，且t 1＋t 2＝600 s代入数据可得a ＝1900 m/s 2.由牛顿第二定律可得，加速阶段mg －F 1＝ma减速阶段F 2－mg ＝ma ， 代入数据可得F 2－F 1＝103N.8.风洞实验室中可产生水平方向、大小可调节的风力．现将一套有小球的细直杆放入风洞实验室，小球孔径略大于细杆直径(如图8所示)．当杆在水平方向上固定时，调节风力的大小，使小球在细杆上匀速运动．这时小球所受的风力大小为小球所受重力大小的一半．图8(1)求小球与细杆间的动摩擦因数；(2)保持小球所受风力不变，使细杆与水平方向间夹角为37°并固定，则小球从静止出发在细杆上滑下距离x 所需的时间为多少？(重力加速度大小为g ，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) 答案 (1)0.5 (2)8x3g解析 (1)设小球所受的风力大小为F ，小球的质量为m ，因小球做匀速运动，则F ＝μmg ，又有F ＝12 mg ，所以μ＝12.(2)对小球进行受力分析，如图所示，由牛顿第二定律，得 F N ＋F sin 37°＝mg cos 37°， F cos 37°＋mg sin 37°－F f ＝ma ， 又F f ＝μF N ，联立以上三式可得a ＝34g ，由x ＝12at 2，解得t ＝8x 3g.。

第三章牛顿运动定律专题强化三动力学两类基本问题和临界极值问题专题解读1.本专题是动力学方法处理动力学两类基本问题、多过程问题和临界极值问题，高考在选择题和计算题中命题频率都很高．2．学好本专题可以培养同学们的分析推理能力，应用数学知识和方法解决物理问题的能力．3．本专题用到的规律和方法有：整体法和隔离法、牛顿运动定律和运动学公式、临界条件和相关的数学知识．过好双基关————回扣基础知识训练基础题目一、动力学的两类基本问题1．由物体的受力情况求解运动情况的基本思路：先求出几个力的合力，由牛顿第二定律(F合＝ma)求出加速度，再由运动学的有关公式求出速度或位移．2．由物体的运动情况求解受力情况的基本思路：已知加速度或根据运动规律求出加速度，再由牛顿第二定律求出合力，从而确定未知力．3．应用牛顿第二定律解决动力学问题，受力分析和运动分析是关键，加速度是解决此类问题的纽带，分析流程如下：受力情况二、动力学中的临界与极值问题1．临界或极值条件的标志(1)题目中“刚好”“恰好”“正好”等关键词句，明显表明题述的过程存在着临界点．(2)题目中“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词句，表明题述过程存在着“起止点”，而这些“起止点”一般对应着临界状态．(3)题目中“最大”“最小”“至多”“至少”等词句，表明题述的过程存在着极值，这个极值点往往是临界点．2．常见临界问题的条件(1)接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离，临界条件是弹力F N＝0.(2)相对滑动的临界条件：静摩擦力达到最大值．(3)绳子断裂与松弛的临界条件：绳子断裂的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力；绳子松弛的临界条件是F T＝0.(4)最终速度(收尾速度)的临界条件：物体所受合外力为零．研透命题点————细研考纲和真题分析突破命题点1．解题关键(1)两类分析——物体的受力分析和物体的运动过程分析；(2)两个桥梁——加速度是联系运动和力的桥梁；速度是各物理过程间相互联系的桥梁．2．常用方法(1)合成法(2)正交分解法◆类型1已知物体受力情况，分析物体运动情况【例1】(2021·河北卷)如图，一滑雪道由AB 和BC 两段滑道组成，其中AB 段倾角为θ，BC 段水平，AB 段和BC 段由一小段光滑圆弧连接，一个质量为2kg 的背包在滑道顶端A 处由静止滑下，若1s 后质量为48kg 的滑雪者从顶端以1.5m/s 的初速度、3m/s 2的加速度匀加速追赶，恰好在坡底光滑圆弧的水平处追上背包并立即将其拎起，背包与滑道的动摩擦因数为μ＝112，重力加速度取g ＝10m/s 2，sin θ＝725，cos θ＝2425，忽略空气阻力及拎包过程中滑雪者与背包的重心变化，求：(1)滑道AB段的长度；(2)滑雪者拎起背包时这一瞬间的速度．答案(1)9m(2)7.44m/s解析(1)A→B过程对背包(m1)：受力分析，由牛顿第二定律得m1g sinθ－μm1g cosθ＝m1a1解得a1＝2m/s2①由运动分析得：l＝1a1t2②，v1＝a1t③2对滑雪者(m2)：由运动分析得l＝v0(t－t0)＋1a2(t－t0)2④2v2＝v0＋a2(t－t0)，其中t0＝1s⑤联立①②③④⑤得t＝3s，v1＝6m/s，v2＝7.5m/s，l＝9m(2)滑雪者拎起背包过程水平方向动量守恒，有m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v解得v＝7.44m/s滑雪者拎起背包时的速度为7.44m/s【变式1】(多选)如图甲所示，质量为m的小球(可视为质点)放在光滑水平面上，在竖直线MN的左侧受到水平恒力F1作用，在MN的右侧除受F1外还受到与F1在同一直线上的水平恒力F2作用，现小球从A点由静止开始运动，小球运动的v－t图像如图乙所示，下列说法中正确的是()A．小球在MN右侧运动的时间为t1－t2B．F2的大小为m v1t1＋2mv1 t3－t1C．小球在MN右侧运动的加速度大小为2v1 t3－t1D．小球在0～t4时间内运动的最大位移为v1t2答案BC解析小球在MN右侧运动的时间为t3～t1，故A错误；小球在MN右侧的加速度大小a2＝2v1t3－t1，在MN的左侧，由牛顿第二定律可知F1＝ma1＝mv1t1，在MN的右侧，由牛顿第二定律可知F2－F1＝ma2得F2＝2mv1t3－t1＋mv1t1，故B、C正确；t2时刻后小球反向运动，所以小球在0～t4时间内运动的最大位移是v1t22，故D错误．◆类型2已知物体运动情况，分析物体受力情况【例2】如图甲所示，一质量m＝0.4kg的小物块，以v0＝2m/s的初速度，在与斜面平行的拉力F作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t＝2s的时间物块由A点运动到B点，A、B之间的距离L＝10m．已知斜面倾角θ＝30°，物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝33.重力加速度g取10m/s2.求：(1)物块到达B点时速度和加速度的大小；(2)拉力F的大小；(3)若拉力F与斜面夹角为α，如图乙所示，试写出拉力F的表达式(用题目所给物理量的字母表示)．答案(1)8m/s3m/s2(2)5.2N(3)F＝mg sinθ＋μcosθ＋ma cosα＋μsinα解析(1)物块做匀加速直线运动，根据运动学公式，有L＝v0t＋12at2，v＝v0＋at，联立解得a＝3m/s2，v＝8m/s(2)对物块受力分析可得，平行斜面方向F cosα－mg sinθ－F f＝ma，垂直斜面方向F N＝mg cosθ其中F f＝μF N解得F＝mg(sinθ＋μcosθ)＋ma＝5.2N(3)拉力F与斜面夹角为α时，物块受力如图所示根据牛顿第二定律有F cosα－mg sinθ－F f＝ma F N＋F sinα－mg cosθ＝0其中F f＝μF NF＝mg sinθ＋μcosθ＋macosα＋μsinα.【变式2】如图所示，粗糙的地面上放着一个质量M＝1.5kg的斜面体，斜面部分光滑，底面与地面的动摩擦因数μ＝0.2，倾角θ＝37°，在固定在斜面的挡板上用轻质弹簧连接一质量m＝0.5kg的小球，弹簧劲度系数k＝200 N/m，现给斜面施加一水平向右的恒力F，使整体向右以a＝1m/s2的加速度匀加速运动(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2)．求：(1)F的大小；(2)弹簧的形变量及斜面对小球的支持力大小．答案(1)6N(2)0.017m 3.7N解析(1)对整体应用牛顿第二定律：F－μ(M＋m)g＝(M＋m)a，解得F＝6N.(2)设弹簧的形变量为x，斜面对小球的支持力为F N对小球受力分析：在水平方向：kx cosθ－F N sinθ＝ma在竖直方向：kx sinθ＋F N cosθ＝mg解得x＝0.017m，F N＝3.7N.多过程问题分析步骤1．将“多过程”分解为许多“子过程”，各“子过程”间由“衔接点”连接．2．对各“衔接点”进行受力分析和运动分析，必要时画出受力图和过程示意图．3．根据“子过程”“衔接点”的模型特点选择合理的物理规律列方程．4．分析“衔接点”速度、加速度等的关联，确定各段间的时间关联，并列出相关的辅助方程．5．联立方程组，分析求解，对结果进行必要的验证或讨论．【例3】如图所示，两滑块A、B用细线跨过定滑轮相连，B距地面一定高度，A可在细线牵引下沿足够长的粗糙斜面向上滑动．已知m A＝2kg，m B ＝4kg，斜面倾角θ＝37°.某时刻由静止释放A，测得A沿斜面向上运动的v －t图像如图所示．已知g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：(1)A与斜面间的动摩擦因数；(2)A沿斜面向上滑动的最大位移；(3)滑动过程中细线对A拉力所做的功．答案(1)0.25(2)0.75m(3)12J解析(1)在0～0.5s内，根据图像，A、B系统的加速度为a1＝vt ＝20.5m/s2＝4m/s2对A、B系统受力分析，由牛顿第二定律有m B g－m A g sinθ－μm A g cosθ＝(m A＋m B)a1得：μ＝0.25(2)B落地后，A减速上滑．由牛顿第二定律有m A g sinθ＋μm A g cosθ＝m A a2将已知量代入，可得a2＝8m/s2故A减速向上滑动的位移为x2＝v22a2＝0.25m0～0.5s内A加速向上滑动的位移x1＝v22a1＝0.5m所以，A上滑的最大位移为x＝x1＋x2＝0.75m(3)A加速上滑过程中，由动能定理：W－m A gx1sinθ－μm A gx1cosθ＝12m A v2－0得W＝12J.【变式3】如图所示，一足够长斜面上铺有动物毛皮，毛皮表面具有一定的特殊性，物体上滑时顺着毛的生长方向，毛皮此时的阻力可以忽略；下滑时逆着毛的生长方向，会受到来自毛皮的滑动摩擦力，现有一物体自斜面底端以初速度v0＝6m/s冲上斜面，斜面的倾角θ＝37°，经过2.5s物体刚好回到出发点，(g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)．求：(1)物体上滑的最大位移；(2)若物体下滑时，物体与毛皮间的动摩擦因数μ为定值，试计算μ的数值．(结果保留两位有效数字)答案(1)3m(2)0.42解析(1)物体向上滑时不受摩擦力作用，设最大位移为x.由牛顿第二定律可得：mg sin37°＝ma1代入数据得：a1＝6m/s2由运动学公式有：v20＝2a1x联立解得物体上滑的最大位移为：x＝3m(2)物体沿斜面上滑的时间为：t1＝v0a1＝66s＝1s物体沿斜面下滑的时间为：t2＝t－t1＝1.5s下滑过程中，由运动学公式有：x＝12a2t22由牛顿第二定律可得：mg sin37°－μmg cos37°＝ma2联立解得：μ≈0.421．基本思路(1)认真审题，详尽分析问题中变化的过程(包括分析整体过程中有几个阶段)；(2)寻找过程中变化的物理量；(3)探索物理量的变化规律；(4)确定临界状态，分析临界条件，找出临界关系．2．思维方法极限法把物理问题(或过程)推向极端，从而使临界现象(或状态)暴露出来，以达到正确解决问题的目的假设法临界问题存在多种可能，特别是非此即彼两种可能时，或变化过程中可能出现临界条件，也可能不出现临界条件时，往往用假设法解决问题数学法将物理过程转化为数学表达式，根据数学表达式解出临界条件【例4】如图所示，一弹簧一端固定在倾角为θ＝37°的光滑固定斜面的底端，另一端拴住质量为m1＝6kg的物体P，Q为一质量为m2＝10kg的物体，弹簧的质量不计，劲度系数k＝600N/m，系统处于静止状态．现给物体Q施加一个方向沿斜面向上的力F ，使它从静止开始沿斜面向上做匀加速运动，已知在前0.2s 时间内，F 为变力，0.2s 以后F 为恒力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10m/s 2.求：(1)系统处于静止状态时，弹簧的压缩量x 0；(2)物体Q 从静止开始沿斜面向上做匀加速运动的加速度大小a ；(3)力F 的最大值与最小值．答案(1)0.16m (2)103m/s 2(3)2803N 1603N 解析(1)设开始时弹簧的压缩量为x 0对整体受力分析，平行斜面方向有(m 1＋m 2)g sin θ＝kx 0解得x 0＝0.16m(2)前0.2s 时间内F 为变力，之后为恒力，则0.2s 时刻两物体分离，此时P 、Q 之间的弹力为零且加速度大小相等，设此时弹簧的压缩量为x 1对物体P ，由牛顿第二定律得kx 1－m 1g sin θ＝m 1a前0.2s 时间内两物体的位移x 0－x 1＝12at 2联立解得a ＝103m/s 2(3)对两物体受力分析知，开始运动时拉力最小，分离时拉力最大NF min＝(m1＋m2)a＝1603对Q应用牛顿第二定律得F max－m2g sinθ＝m2aN.解得F max＝m2(g sinθ＋a)＝2803【变式4】两物体A、B并排放在水平地面上，且两物体接触面为竖直面，现用一水平推力F作用在物体A上，使A、B由静止开始一起向右做匀加速运动，如图a所示，在A、B的速度达到6m/s时，撤去推力F.已知A、B 质量分别为m A＝1kg、m B＝3kg，A与地面间的动摩擦因数μ＝0.3，B与地面间没有摩擦，B物体运动的v－t图像如图b所示．g取10m/s2，求：(1)推力F的大小；(2)A刚停止运动时，物体A、B之间的距离．答案(1)15N(2)6m解析(1)在水平推力F作用下，设物体A、B一起做匀加速运动的加速度为a，由B的v－t图象得：a＝3m/s2对于A、B组成的整体，由牛顿第二定律得：F－μm A g＝(m A＋m B)a代入数据解得：F＝15N.(2)撤去推力F后，A、B两物体分离．A在摩擦力作用下做匀减速直线运动，B做匀速运动，设A匀减速运动的时间为t，对于A有：μm A g＝m A a A解得：a A＝μg＝3m/s2根据匀变速直线运动规律有：0＝v0－a A t解得：t＝2s撤去力F后，A的位移为x A＝v0t－1a A t2＝6m2B的位移为x B＝v0t＝12m所以，A刚停止运动时，物体A、B之间的距离为Δx＝x B－x A＝6m.。