2020版高考物理教科版大一轮复习讲义第三章专题强化四动力学中三种典型物理模型

题型探究课 牛顿运动定律的综合应用超重与失重现象 【题型解读】1．对超重和失重的理解(1)不论超重、失重或完全失重，物体的重力都不变，只是“视重”改变． (2)在完全失重的状态下，一切由重力产生的物理现象都会完全消失．(3)尽管物体的加速度不是竖直方向，但只要其加速度在竖直方向上有分量，物体就会处于超重或失重状态．(4)尽管整体没有竖直方向的加速度，但只要物体的一部分具有竖直方向的分加速度，整体也会出现超重或失重状态．在完全失重的状态下，平常一切由重力产生的物理现象都会完全消失，如天平失效、浸在水中的物体不再受浮力、液体柱不再产生压强等．【跟进题组】1. 如图所示，是某同学站在压力传感器上，做下蹲－起立的动作时记录的力随时间变化的图线，纵坐标为力(单位为牛顿)，横坐标为时间．由图线可知 ( )A ．该同学做了两次下蹲－起立的动作B ．该同学做了一次下蹲－起立的动作C ．下蹲过程中人处于失重状态D ．下蹲过程中先处于超重状态后处于失重状态解析：选B.在一次下蹲过程中，该同学要先后经历失重状态和超重状态，所以对压力传感器的压力先小于自身重力后大于自身重力，而在一次起立过程中，该同学又要先后经历超重状态和失重状态，所以对压力传感器的压力先大于自身重力后小于自身重力，所以题图记录的应该是一次下蹲－起立的动作．2. 如图所示，台秤上有一装水容器，容器底部用一质量不计的细线系住一个乒乓球．某时刻细线断开，乒乓球向上加速运动，在此过程中，关于台秤的示数与线断前相比的变化情况及原因．下列说法正确的是()A．由于乒乓球仍在容器中，所以示数与细线断前相同B．细线断后不再向上提拉容器底部，所以示数变大C．细线断后，乒乓球有向上的加速度，处于超重状态，故示数变大D．容器、水、乒乓球整个系统的重心加速下移，处于失重状态，所以示数变小解析：选D.乒乓球加速上升，整个系统重心加速下移，处于失重状态，故D正确．动力学观点在连接体中的应用【题型解读】1．多个相互关联的物体由细绳、细杆或弹簧等连接或叠放在一起，构成的物体系统称为连接体．常见的连接体如图所示：(1)弹簧连接体(2)物物叠放连接体(3)轻绳连接体(4)轻杆连接体2．连接体的运动特点(1)轻绳：轻绳在伸直状态下，两端的连接体沿绳方向的速度总是相等．(2)轻杆：轻杆平动时，连接体具有相同的平动速度；轻杆转动时，连接体具有相同的角速度，而线速度与转动半径成正比．(3)轻弹簧：在弹簧发生形变的过程中，两端连接体的速度不一定相等；在弹簧形变最大时，两端连接体的速率相等．(2019·新乡模拟)如图所示，粗糙水平面上放置B 、C 两物体，A 叠放在C 上，A 、B 、C 的质量分别为m 、2m 和3m ，物体B 、C 与水平面间的动摩擦因数相同，其间用一不可伸长的轻绳相连，轻绳能承受的最大拉力为F T .现用水平拉力F 拉物体B ，使三个物体以同一加速度向右运动，则( )A ．此过程中物体C 受五个力作用B ．当F 逐渐增大到F T 时，轻绳刚好被拉断C ．当F 逐渐增大到1.5F T 时，轻绳刚好被拉断D ．若水平面光滑，则绳刚断时，A 、C 间的摩擦力为F T6[解析] 对A ，A 受重力、支持力和向右的静摩擦力作用，可以知道C 受重力、A 对C 的压力、地面的支持力、绳子的拉力、A 对C 的摩擦力以及地面的摩擦力六个力作用，故A 错误；对整体分析，整体的加速度a ＝F －μ·6mg 6m ＝F6m －μg ，隔离对AC 分析，根据牛顿第二定律得，F T －μ·4mg ＝4ma ，计算得出F T ＝23F ，当F ＝1.5F T 时，轻绳刚好被拉断，故B 错误，C 正确；水平面光滑，绳刚断时，对AC 分析，加速度a ＝F T4m ，隔离对A 分析，A 的摩擦力F f ＝ma ＝F T4，故D 错误．[答案] C【迁移题组】迁移1 加速度相同的连接体问题1．如图所示，质量为M 的小车放在光滑的水平面上，小车上用细线悬吊一质量为m 的小球，M ＞m ，用一力F 水平向右拉小球，使小球和车一起以加速度a 向右运动时，细线与竖直方向成θ角，细线的拉力为F1.若用一力F′水平向左拉小车，使小球和其一起以加速度a′向左运动时，细线与竖直方向也成θ角，细线的拉力为F′1.则()A．a′＝a，F′1＝F1B．a′＞a，F′1＝F1C．a′＜a，F′1＝F1D．a′＞a，F′1＞F1解析：选B.当用力F水平向右拉小球时，以小球为研究对象，竖直方向有F1cos θ＝mg ①水平方向有F－F1sin θ＝ma，以整体为研究对象有F＝(m＋M)a，解得a＝mM g tan θ②当用力F′水平向左拉小车时，以球为研究对象，竖直方向有F′1cos θ＝mg ③水平方向有F′1sin θ＝ma′，解得a′＝g tan θ④结合两种情况，由①③式有F1＝F′1；由②④式并结合M＞m有a′＞a.故正确选项为B.迁移2加速度不同的连接体问题2．如图所示，一块足够长的轻质长木板放在光滑水平地面上，质量分别为m A＝1 kg和m B＝2 kg的物块A、B放在长木板上，A、B与长木板间的动摩擦因数均为μ＝0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．现用水平拉力F拉A，取重力加速度g＝10 m/s2.改变F的大小，B 的加速度大小可能为()A．1 m/s2B．2.5 m/s2C．3 m/s2D．4 m/s2解析：选A.A、B放在轻质长木板上，长木板质量为0，所受合力始终为0，即A、B所受摩擦力大小相等．由于A、B受到长木板的最大静摩擦力的大小关系为f A max<f B max，所以B 始终相对长木板静止，当拉力增加到一定程度时，A相对长木板滑动，B受到的最大合力等于A的最大静摩擦力，即f B＝f A max＝μm A g，由f B＝m B a B max，可知B的加速度最大为2 m/s2，选项A 正确．动力学中的临界和极值问题 【题型解读】1．临界值或极值条件的标志(1)有些题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼，明显表明题述的过程存在着临界点；(2)若题目中有“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词语，表明题述的过程存在着“起止点”，而这些起止点往往就对应临界状态；(3)若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼，表明题述的过程存在着极值，这个极值点往往是临界点；(4)若题目要求“最终加速度”“稳定加速度”等，即是求收尾加速度或收尾速度． 2．“四种”典型临界条件(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：两物体相接触且处于相对静止时，常存在着静摩擦力，则相对滑动的临界条件是：静摩擦力达到最大值．(3)绳子断裂与松弛的临界条件：绳子所能承受的张力是有限度的，绳子断与不断的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力，绳子松弛与拉紧的临界条件是：F T ＝0.(4)加速度变化时，速度达到极值的临界条件：当加速度变为0时． 3．【跟进题组】1．(2019·河北衡水中学二调)如图所示，在光滑水平面上有一辆小车A ，其质量为m A ＝2.0 kg ，小车上放一个物体B ，其质量为m B ＝1.0 kg.如图甲所示，给B 一个水平推力F ，当F 增大到稍大于3.0 N 时，A 、B 开始相对滑动．如果撤去F ，对A 施加一水平推力F ′，如图乙所示．要使A 、B 不相对滑动，则F ′的最大值F max 为( )A ．2.0 NB ．3.0 NC ．6.0 ND ．9.0 N解析：选C.根据题图甲所示，设A ，B 间的静摩擦力达到最大值F fmax 时，系统的加速度为a .根据牛顿第二定律，对A 、B 整体有F ＝(m A ＋m B )a ， 对A 有F fmax ＝m A a ， 代入数据解得F fmax ＝2.0 N.根据题图乙所示情况，设A 、B 刚开始滑动时系统的加速度为a ′， 根据牛顿第二定律得： 以B 为研究对象有F fmax ＝m B a ′以A 、B 整体为研究对象，有F max ＝(m A ＋m B )a ′ 代入数据解得F max ＝6.0 N ．故C 正确．2．(多选)如图所示，A 、B 两物块的质量分别为2m 和m 静止叠放在水平地面上．A 、B 间的动摩擦因数为μ，B 与地面间的动摩擦因数为12μ.最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为 g ．现对 A 施加一水平拉力 F ，则( )A ．当 F < 2μmg 时，A 、B 都相对地面静止 B ．当 F ＝52μmg 时， A 的加速度为13μgC ．当 F > 3μmg 时，A 相对 B 滑动D ．无论 F 为何值，B 的加速度不会超过12μg解析：选BCD.A 、B 间的最大静摩擦力为2μmg ，B 和地面之间的最大静摩擦力为32μmg ，对A 、B 整体，只要F ＞32μmg ，整体就会运动，选项A 错误；当A 对B 的摩擦力为最大静摩擦力时，A 、B 将要发生相对滑动，故A 、B 一起运动的加速度的最大值满足2μmg －32μmg＝ma max ，B 运动的最大加速度a max ＝12μg ，选项D 正确；对A 、B 整体，有F －32μmg ＝3ma max ，则F ＞3μmg 时两者会发生相对运动，选项C 正确；当F ＝52μmg 时，两者相对静止，一起滑动，加速度满足F －32μmg ＝3ma ，解得a ＝13μg ，选项B 正确．传送带问题 【题型解读】1．模型特征2.模型动力学分析(1)传送带模型问题的分析流程(2)判断方法 ①水平传送带情景1 若v 22μg≤l ，物、带能共速；情景2 若|v 2－v 20|2μg ≤l ，物、带能共速；情景3 若v 202μg ≤l ，物块能返回．②倾斜传送带情景1 若v 22a ≤l ，物、带能共速；情景2 若v 22a ≤l ，物、带能共速；若μ≥tan θ，物、带共速后匀速； 若μ<tan θ，物体以a 2加速(a 2<a )． 3．传送带问题的解题思路【典题例析】(2019·四川成都模拟)如图所示，传送带与地面倾角θ＝37°，从A 到B 长度为L＝10.25 m ，传送带以v 0＝10 m/s 的速率逆时针转动．在传送带上端A 无初速度地放一个质量为m ＝0.5 kg 的黑色煤块，它与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5.煤块在传送带上经过会留下黑色痕迹．已知sin 37°＝0.6，g ＝10 m/s 2，求：(1)煤块从A 到B 的时间；(2)煤块从A 到B 的过程中传送带上形成痕迹的长度．[审题突破] (1)煤块刚放上时，判断摩擦力的方向，计算加速度．(2)判断煤块能否达到与传送带速度相等，若不能，煤块从A →B 加速度不变，若能，则要进一步判断煤块能否相对传送带静止．(3)达到相同速度后，若煤块不再滑动，则匀速运动到B 点，形成的痕迹长度等于传送带和煤块对地的位移之差．煤块若相对传送带滑动，之后将以另一加速度运动到B 点，形成的痕迹与上段留下的痕迹重合，最后结果取两次痕迹长者．[解析] (1)煤块刚放上时，受到向下的摩擦力，如图甲，其加速度为a 1＝g (sin θ＋μcos θ)＝10 m/s 2，t 1＝v 0a 1＝1 s ，x 1＝12a 1t 21＝5 m ＜L ，即下滑5 m 与传送带速度相等．达到v 0后，受到向上的摩擦力，由于μ＜tan 37°，煤块仍将加速下滑，如图乙，a 2＝g (sin θ－μcos θ)＝2 m/s 2，x 2＝L －x 1＝5.25 m ，x 2＝v 0t 2＋12a 2t 22，得t 2＝0.5 s ，则煤块从A 到B 的时间为t ＝t 1＋t 2＝1.5 s.甲 乙(2)第一过程痕迹长Δx 1＝v 0t 1－12a 1t 21＝5 m ，第二过程痕迹长Δx 2＝x 2－v 0t 2＝0.25 m ， Δx 1与Δx 2部分重合， 故痕迹总长为5 m. [答案] (1)1.5 s (2)5 m【迁移题组】迁移1 水平传送带模型 1．(多选)(2019·海口模拟)如图所示，水平传送带A 、B 两端相距s ＝3.5 m ，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1.工件滑上A 端瞬时速度v A ＝4 m/s ，到达B 端的瞬时速度设为v B ，则(g 取10 m/s 2)( )A．若传送带不动，则v B＝3 m/sB．若传送带以速度v＝4 m/s逆时针匀速转动，v B＝3 m/sC．若传送带以速度v＝2 m/s顺时针匀速转动，v B＝3 m/sD．若传递带以速度v＝2 m/s顺时针匀速转动，v B＝2 m/s解析：选ABC.若传送带不动，由匀变速运动规律可知v2B－v2A＝－2as，a＝μg，代入数据解得v B＝3 m/s，当满足选项B、C、D中的条件时，工件所受滑动摩擦力跟传送带不动时一样，还是向左，加速度还是μg，所以工件到达B端时的瞬时速度仍为3 m/s，故选项A、B、C正确，D错误．迁移2倾斜传送带模型2．(多选)(2019·潍坊模拟)如图所示，倾斜的传送带顺时针匀速转动，一物块从传送带上端A滑上传送带，滑上时速率为v1，传送带的速率为v2，且v2>v1，不计空气阻力，动摩擦因数一定，关于物块离开传送带的速率v和位置，下面可能的是()A．从下端B离开，v>v1B．从下端B离开，v<v1C．从上端A离开，v＝v1D．从上端A离开，v<v1解析：选ABC.滑块从A端滑上传送带，在传送带上必先相对传送带向下运动，由于不确定滑块与传送带间的摩擦力和滑块的重力沿传送带下滑分力的大小关系和传送带的长度，若能从A端离开，由运动的对称性可知，必有v＝v1，即选项C正确，D错误；若从B端离开，当摩擦力大于重力的分力时，则v<v1，选项B正确；当摩擦力小于重力的分力时，则v>v1，选项A正确；当摩擦力和重力的分力相等时，滑块一直做匀速直线运动，v＝v1，故本题应选A、B、C.解答传送带问题应注意的事项(1)比较物块和传送带的初速度情况，分析物块所受摩擦力的大小和方向，其主要目的是得到物块的加速度．(2)关注速度相等这个特殊时刻，水平传送带中两者一块匀速运动，而倾斜传送带需判断μ与tan θ的关系才能决定物块以后的运动．(3)得出运动过程中两者相对位移情况，以后在求解摩擦力做功时有很大作用．滑块——滑板模型问题【题型解读】1．模型特征滑块——滑板模型(如图a)，涉及摩擦力分析、相对运动、摩擦生热，多次相互作用，属于多物体、多过程问题，知识综合性较强，对能力要求较高，故频现于高考试卷中．另外，常见的子弹射击滑板(如图b)、圆环在直杆中滑动(如图c)都属于滑块类问题，处理方法与滑块——滑板模型类似．4．思维模板【跟进题组】1．(多选)如图甲所示，一质量为M 的长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为m 的小滑块．木板受到水平拉力F 作用时，用传感器测出长木板的加速度a 与水平拉力F 的关系如图乙所示，重力加速度g ＝10 m/s 2，下列说法正确的是( )A ．小滑块的质量m ＝2 kgB ．小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.1C ．当水平拉力F ＝7 N 时，长木板的加速度大小为3 m/s 2D ．当水平拉力F 增大时，小滑块的加速度一定增大解析：选AC.当F ＝6 N 时，两物体恰好具有最大共同加速度，对整体分析，由牛顿第二定律有F ＝(M ＋m )a ，代入数据解得M ＋m ＝3 kg.当F 大于6 N 时，两物体发生相对滑动，对长木板有a ＝F －μmg M ＝F M －μmg M ，图线的斜率k ＝1M ＝1，解得M ＝1 kg ，滑块的质量m ＝2kg ，选项A 正确；滑块的最大加速度a ′＝μg ＝2 m/s 2，所以小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.2，选项B 错误；当F ＝7 N 时，由a ＝F －μmgM 知长木板的加速度a ＝3 m/s 2，选项C正确；当两物体发生相对滑动时，滑块的加速度a ′＝μg ＝2 m/s 2，恒定不变，选项D 错误．2.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，A 、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0.5，A 、B 开始运动，此时刻为计时起点；在第2 s 末，B 的上表面突然变为光滑，μ2保持不变．已知A 开始运动时，A 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：(1)在0～2 s 时间内A 和B 加速度的大小； (2)A 在B 上总的运动时间．解析：(1)在0～2 s 时间内，A 和B 的受力如图所示，其中f 1、N 1是A 与B 之间的摩擦力和正压力的大小，f 2、N 2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f 1＝μ1N 1 ① N 1＝mg cos θ ② f 2＝μ2N 2③ N 2＝N ′1＋mg cos θ④规定沿斜面向下为正．设A 和B 的加速度分别为a 1和a 2，由牛顿第二定律得 mg sin θ－f 1＝ma 1 ⑤ mg sin θ－f 2＋f 1′＝ma 2 ⑥ N 1＝N 1′ ⑦ f 1＝f 1′⑧联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，并代入题给数据得a 1＝3 m/s 2 ⑨ a 2＝1 m/s 2.⑩(2)在t 1＝2 s 时，设A 和B 的速度分别为v 1和v 2，则 v 1＝a 1t 1＝6 m/s ⑪ v 2＝a 2t 1＝2 m/s⑫t ＞t 1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/s 2 ⑬ a ′2＝－2 m/s 2⑭B 做减速运动．设经过时间t 2，B 的速度减为零，则有 v 2＋a ′2t 2＝0 ⑮ 联立⑫⑭⑮式得 t 2＝1 s⑯ 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 m⑰ 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 23⑱ 可得t 3＝1 s(另一解不合题意，舍去) ⑲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.(另解：也可利用下面的速度图线求解)答案：(1)3 m/s 2 1 m/s 2(2)4 s多过程运动中牛顿运动定律的综合应用与木板相对静止时，木板的速度；相对地面移动的距离为s1＝v【对点训练】(多选)如图所示，在山体下的水平地面上有一静止长木板，某次山体滑坡，有石块从山坡上滑下后，恰好以速度v 1滑上长木板，石块与长木板、长木板与水平地面之间都存在摩擦．设最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力的大小，且石块始终未滑出长木板．下面给出了石块在长木板上滑行的v －t 图象，其中可能正确的是( )解析：选BD.由于石块与长木板、长木板与地面之间都有摩擦，故石块不可能做匀速直线运动，故选项A 错误；若石块对长木板向右的滑动摩擦力小于地面对长木板的最大静摩擦力，则长木板将静止不动，石块将在长木板上做匀减速直线运动，故选项D 正确；设石块与长木板之间的动摩擦因数为μ1，长木板与地面之间的动摩擦因数为μ2，石块的质量为m ，长木板的质量为M ，当μ1mg ＞μ2(M ＋m )g 时，最终石块与长木板将一起做匀减速直线运动，此时的加速度为μ2g ，由μ1mg ＞μ2(M ＋m )g ，可得μ1mg ＞μ2mg ，即石块刚开始的加速度大于石块与长木板一起减速时的加速度，即μ1g ＞μ2g ，也就是说图象的斜率将变小，故选项C 错误，B 正确．质量M ＝4 kg 、长2l ＝4 m 的木板放在光滑水平地面上，以木板中点为界，左边和右边的动摩擦因数不同．一个质量为m ＝1 kg 的滑块(可视为质点)放在木板的左端，如图甲所示．在t ＝0时刻对滑块施加一个水平向右的恒力F ，使滑块和木板均由静止开始运动，t 1＝2 s 时滑块恰好到达木板中点，滑块运动的x 1－t 图象如图乙所示．取g ＝10 m/s 2.(1)求滑块与木板左边的动摩擦因数μ1和恒力F 的大小．(2)若滑块与木板右边的动摩擦因数μ2＝0.1，2 s 末撤去恒力F ，则滑块能否从木板上滑落下来？若能，求分离时滑块的速度大小．若不能，则滑块将停在离木板右端多远处？解析：(1)滑块和木板均做初速度为零的匀加速直线运动，设滑块的加速度大小为a 1，木板的加速度大小为a 2，则t 1＝2 s 时木板的位移x 2＝12a 2t 21①滑块的位移x 1＝4 m ② 由牛顿第二定律得a 2＝μ1mgM③ 由位移关系得x 1－x 2＝l ④ 联立①②③④式解得μ1＝0.4 ⑤ 滑块位移x 1＝12a 1t 21⑥ 恒力F ＝ma 1＋μ1mg⑦联立②⑤⑥⑦式解得F ＝6 N.(2)设滑块到达木板中点时，滑块的速度为v 1，木板的速度为v 2，滑块滑过中点后做匀减速运动，木板继续做匀加速运动，此时滑块和木板的加速度大小分别为a ′1＝μ2mg m ＝μ2g ，a ′2＝μ2mgM设滑块与木板从t 1时刻开始到速度相等时的运动时间为t 2，则v 2＝a 2t 1，v 1＝a 1t 1，v 1－a ′1t 2＝v 2＋a ′2t 2解得t 2＝1.6 s在此时间内，滑块位移x ′1＝v 1t 2－12a ′1t 22木板的位移x ′2＝v 2t 2＋12a ′2t 22Δx ＝x ′1－x ′2联立解得Δx ＝1.6 m<2 m因此滑块没有从木板上滑落，滑块与木板相对静止时距木板右端的距离为d ＝l －Δx ＝0.4 m.答案：见解析1.(多选)(2019·南京、盐城模拟)如图所示，蹦床运动员从空中落到床面上，运动员从接触床面下降到最低点为第一过程，从最低点上升到离开床面为第二过程，运动员( )A ．在第一过程中始终处于失重状态B ．在第二过程中始终处于超重状态C ．在第一过程中先处于失重状态，后处于超重状态D ．在第二过程中先处于超重状态，后处于失重状态解析：选CD.运动员刚接触床面时重力大于弹力，运动员向下做加速运动，运动员处于失重状态；随床面形变的增大，弹力逐渐增大，弹力大于重力时，运动员做减速运动，运动员处于超重状态，故A 错误，C 正确；蹦床运动员在上升过程中和下落过程中是对称的，加速度方向先向上后向下，先处于超重状态，后处于失重状态，故B 错误，D 正确． 2. (2019·武汉模拟)如图所示，两黏连在一起的物块a 和b ，质量分别为m a 和m b ，放在光滑的水平桌面上，现同时给它们施加方向如图所示的水平推力F a 和水平拉力F b ，已知F a ＞F b ，则a 对b 的作用力( )A ．必为推力B ．必为拉力C ．可能为推力，也可能为拉力D ．不可能为零解析：选C.将a 、b 看做一个整体，加速度a ＝F a ＋F bm a ＋m b，单独对a 进行分析，设a 、b间的作用力为F ab ，则a ＝F a ＋F ab m a＝F a ＋F b m a ＋m b ，即F ab ＝F b m a －F a m bm a ＋m b ，由于不知道m a 与m b 的大小关系，故F ab 可能为正，可能为负，也可能等于0.3．(2019·南阳五校联考) 如图所示，滑轮A 可沿倾角为θ的足够长光滑轨道下滑，滑轮下用轻绳挂着一个重为G 的物体B ，下滑时，物体B 相对于A 静止，则下滑过程中( )A ．B 的加速度为g sin θ B ．绳的拉力为Gcos θC ．绳的方向保持竖直D ．绳的拉力为G解析：选A. A 、B 相对静止，即两物体的加速度相同，以A 、B 整体为研究对象分析受力可知，系统的加速度为g sin θ，所以选项A 正确；再以B 为研究对象进行受力分析，如图，根据平行四边形法则可知，绳子的方向与斜面垂直，拉力大小等于G cos θ，故选项B 、C 、D 都错误．4. (2019·河南安阳模拟)在倾角为α的固定光滑斜面上，有一用绳子拴着的长木板，木板上站着一只猫．已知猫的质量是木板的质量的2倍．当绳子突然断开时，猫立即沿着板向上跑，以保持其相对斜面的位置不变．则此时木板沿斜面下滑的加速度为( )A ．3g sin αB ．g sin αC ．3g sin α2D ．2g sin α解析：选A.猫与木板加速度不同，分别对其受力分析是比较常见的解决方法．猫受力平衡，设猫的质量为2m ，其所受摩擦力沿斜面向上，且F f ＝2mg sin α，则木板所受摩擦力沿斜面向下，木板的加速度为a ＝2mg sin α＋mg sin αm＝3g sin α，正确选项为A.5. 如图所示为粮袋的传送装置，已知A 、B 两端间的距离为L ，传送带与水平方向的夹角为θ，工作时运行速度为v ，粮袋与传送带间的动摩擦因数为μ，正常工作时工人在A 端将粮袋放到运行中的传送带上．设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度大小为g .关于粮袋从A 到B 的运动，以下说法正确的是( )A ．粮袋到达B 端的速度与v 比较，可能大，可能小或也可能相等B ．粮袋开始运动的加速度为g (sin θ－μcos θ)，若L 足够大，则以后将以速度v 做匀速运动C ．若μ≥tan θ，则粮袋从A 端到B 端一定是一直做加速运动D ．不论μ大小如何，粮袋从A 端到B 端一直做匀加速运动，且加速度a ≥g sin θ解析：选A.若传送带较短，粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达B 端时的速度小于v ；若μ≥tan θ，则粮袋先做匀加速运动，当速度与传送带的速度相同后，做匀速运动，到达B 端时速度与v 相同；若μ<tan θ，则粮袋先做加速度为g (sin θ＋μcos θ)的匀加速运动，当速度与传送带相同后做加速度为g (sin θ－μcos θ)的匀加速运动，到达B 端时的速度大于v ，选项A 正确；粮袋开始时速度小于传送带的速度，相对传送带的运动方向是沿传送带向上，所以受到沿传送带向下的滑动摩擦力，大小为μmg cos θ，根据牛顿第二定律得加速度a ＝mg sin θ＋μmg cos θm＝g (sin θ＋μcos θ)，选项B 错误；若μ≥tan θ，粮袋从A 到B 可能一直是做匀加速运动，也可能先匀加速运动，当速度与传送带的速度相同后，做匀速运动，选项C 、D 均错误．6．(多选) (2019·安徽合肥模拟)如图所示，绷紧的长为6 m 的水平传送带，沿顺时针方向以恒定速率v 1＝2 m/s 运行．一小物块从与传送带等高的光滑水平台面滑上传送带，其速度大小为v 2＝5 m/s.若小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g ＝10 m/s 2，下列说法中正确的是( )A ．小物块在传送带上先向左做匀减速直线运动，然后向右做匀加速直线运动B ．若传送带的速度为5 m/s ，小物块将从传送带左端滑出C ．若小物块的速度为4 m/s ，小物块将以2 m/s 的速度从传送带右端滑出D ．若小物块的速度为1 m/s ，小物块将以2 m/s 的速度从传送带右端滑出解析：选BC.小物块在传送带上先向左做匀减速直线运动，设加速度大小为a ，速度减至零时通过的位移为x .根据牛顿第二定律得μmg ＝ma ，解得a ＝μg ＝2 m/s 2，则x ＝v 222a ＝522×2m ＝6.25 m>6 m ，所以小物块将从传送带左端滑出，不会向右做匀加速直线运动，A 错误；传送带的速度为5 m/s 时，小物块在传送带上受力情况不变，则运动情况也不变，仍会从传送带左端滑出，B 正确；若小物块的速度为4 m/s ，小物块向左减速运动的位移大小为x ′＝v ′222a＝422×2m ＝4 m<6 m ，则小物块的速度减到零后再向右加速，小物块加速到与传送带共速时的位移为x ″＝v 212a ＝222×2m ＝1 m<4 m ，以后小物块以v 1＝2 m/s 的速度匀速运动到右端，则小物块从传送带右端滑出时的速度为2 m/s ，C 正确；若小物块的速度为1 m/s ，小物块向左减速运动的位移大小为x ＝v ″222a ＝122×2m ＝0.25 m<6 m ，则小物块速度减到零后再向右加速，由于x <x ″，则小物块不可能与传送带共速，小物块将以1 m/s 的速度从传送带的右端滑出，D 错误．7. 一个弹簧测力计放在水平地面上，Q 为与轻弹簧上端连在一起的秤盘，P 为一重物，已知P 的质量M ＝10.5 kg ，Q 的质量m ＝1.5 kg ，弹簧的质量不计，劲度系数k ＝800 N/m ，系统处于静止．如图所示，现给P 施加一个方向竖直向上的力F ，使它从静止开始向上做匀加速运动，已知在前0.2 s 内，F 为变力，0.2 s 以后，F 为恒力．求力F 的最大值与最小值．(取g ＝10 m/s 2)解析：设开始时弹簧压缩量为x 1，t ＝0.2 s 时弹簧的压缩量为x 2，物体P 的加速度为a ，则有kx 1＝(M ＋m )g① kx 2－mg ＝ma② x 1－x 2＝12at 2 ③ 由①式得x 1＝（M ＋m ）g k＝0.15 m ， ④由②③④式得a ＝6 m/s 2F 小＝(M ＋m )a ＝72 N ，F 大＝M (g ＋a )＝168 N.。

能力课3动力学中的两种典型“模型”一、选择题(1～3题为单项选择题，4题为多项选择题)1．在民航和火车站可以看到用于对行李进行安全检查的水平传送带。

当旅客把行李放到传送带上时，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速运动。

随后它们保持相对静止，行李随传送带一起前进。

设传送带匀速前进的速度为0.25 m/s，把质量为5 kg的木箱静止放到传送带上，由于滑动摩擦力的作用，木箱以6 m/s2的加速度前进，那么这个木箱放在传送带上后，传送带上将留下的摩擦痕迹约为()图1A．5 mm B．6 mm C．7 mm D．10 mm解析木箱加速的时间为t＝v/a，这段时间内木箱的位移为x1＝v22a，而传送带的位移为x2＝v t，传送带上将留下的摩擦痕迹长为l＝x2－x1，联立各式并代入数据，解得l＝5.2 mm，选项A正确。

答案 A2．(2016·山东日照模拟)如图2所示，一长木板在水平地面上运动，在某时刻(t ＝0)将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上。

在物块放到木板上之后，木板运动的速度－时间图像可能是下列选项中的()图2解析设在木板与物块未达到相同速度之前，木板的加速度为a1，物块与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数为μ2。

对木板应用牛顿第二定律得：－μ1mg－μ2·2mg＝ma1a1＝－(μ1＋2μ2)g设物块与木板达到相同速度之后，木板的加速度为a2，对整体有－μ2·2mg＝2ma2 a2＝－μ2g，可见|a1|＞|a2|由v－t图像的斜率表示加速度大小可知，图像A正确。

答案 A3．(2017·山东潍坊质检)如图3所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，以速度v0逆时针匀速转动。

在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ<tan θ，则图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是()图3解析开始阶段，木块受到竖直向下的重力、垂直斜面向上的支持力和沿传送带向下的摩擦力作用，做加速度为a1的匀加速直线运动，由牛顿第二定律得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1所以a1＝g sin θ＋μg cos θ木块加速至与传送带速度相等时，由于μ<tan θ，则木块不会与传送带保持相对静止而匀速运动，之后木块继续加速，所受滑动摩擦力变为沿传送带向上，做加速度为a2的匀加速直线运动，这一阶段由牛顿第二定律得mg sin θ－μmg cos θ＝ma2所以a2＝g sin θ－μg cos θ根据以上分析，有a2<a1，所以本题正确选项为D。

专题强化四动力学中两种典型物理模型学习目标1.会分析物体在传送带上的受力情况和运动情况，并会相关的计算。

2.理解什么是“板—块”模型，并会运用动力学的观点正确处理“板—块”模型问题。

模型一“传送带”模型1.水平传送带情景滑块的运动情况传送带不足够长传送带足够长一直加速先加速后匀速v 0＜v 时，一直加速v 0＜v 时，先加速再匀速v 0＞v 时，一直减速v 0＞v 时，先减速再匀速滑动一直减速到右端滑块先减速到速度为0，后被传送带传回左端。

若v 0＜v 返回到左端时速度为v 0，若v 0＞v 返回到左端时速度为v2.倾斜传送带情景滑块的运动情况传送带不足够长传送带足够长一直加速(一定满足关系g sin θ＜μg cos θ)先加速后匀速一直加速(加速度为g sin θ＋μg cos θ)若μ≥tan θ，先加速后匀速若μ＜tan θ，先以a 1加速，后以a 2加速v 0＜v 时，一直加速(加速度若μ≥tan θ，先加速后匀速；若μ＜tan θ，先以a 1加速，后为g sin θ＋μg cos θ)以a 2加速v 0＞v 时，一直加速或减速(加速度大小为g sin θ－μg cos θ)或μg cos θ－g sin θ若μ≥tan θ，先减速后匀速；若μ＜tan θ，一直加速(摩擦力方向一定沿斜面向上)g sin θ＞μg cos θ，一直加速；g sin θ＝μg cos θ，一直匀速g sin θ＜μg cos θ，一直减速先减速到速度为0后反向加速：若v 0＜v ，到原位置时速度大小为v 0(类竖直上抛运动)；若v 0＞v ，先反向加速后匀速，反回原位置时速度大小为v角度水平传送带模型例1(2023·山东济宁高三月考)如图1所示，水平固定放置的传送带在电机的作用下一直保持速度v ＝4m/s 顺时针转动，两轮轴心间距L ＝10m 。

一个物块(视为质点)以速度v 0＝8m/s 从左轮的正上方水平向右滑上传送带，经过t ＝2s 物块离开传送带，重力加速度g 取10m/s 2。

专题强化三动力学两类大体问题和临界极值问题专题解读 1.本专题是动力学方式处置动力学两类大体问题、多进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．学好本专题能够培育同窗们的分析推理能力，应用数学知识和方式解决物理问题的能力．3．本专题用到的规律和方式有：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．一、动力学的两类大体问题1．由物体的受力情形求解运动情形的大体思路：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．由物体的运动情形求解受力情形的大体思路：已知加速度或依照运动规律求出加速度，再由牛顿第二定律求出合力，从而确信未知力．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F合F合＝ma加速度a运动学运动情况v、x、t公式自测1(2018·江西省南昌市第二次模拟)如图1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v1；假设它由斜面顶端沿竖直方向自由落下，末速度大小为v，已知v1是v的k倍，且k<1.物体与斜面间的动摩擦因数为( )图1A．(1－k)sin αB．(1－k)cos αC．(1－k2)tan α答案C解析设斜面长为x，高为h，物体下滑进程受到的摩擦力为f，由于物体沿斜面匀加速下滑，设加速度为a，那么由牛顿第二定律可得mg sin α－f＝ma，f＝μmg cos α，因此a＝g(sin α－μcos α)，由运动学公式可知v12＝2ax＝2gx(sin α－μcos α)，v2＝2gh由题意：v1＝k v且h＝x·sin α解得：μ＝(1－k2)tan α，故C正确．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“恰好”“恰好”“正好”等关键文句，明显说明题述的进程存在着临界点．(2)题目中“取值范围”“多长时刻”“多大距离”等文句，说明题述进程存在着“起止点”，而这些“起止点”一样对应着临界状态．(3)题目中“最大”“最小”“最多”“至少”等文句，说明题述的进程存在着极值，那个极值点往往是临界点．2．常见临界问题的条件(1)接触与离开的临界条件：两物体相接触或离开，临界条件是弹力N＝0.(2)相对滑动的临界条件：静摩擦力达到最大值．(3)绳索断裂与松弛的临界条件：绳索断裂的临界条件是绳中张力等于它所能经受的最大张力；绳索松弛的临界条件是T＝0.(4)最终速度(扫尾速度)的临界条件：物体所受合外力为零．自测2(2021·山东理综·16)如图2，滑块A置于水平地面上，滑块B在一水平力作用下紧靠滑块A(A、B接触面竖直)，现在A恰好不滑动，B恰好不下滑．已知A与B间的动摩擦因数为μ1，A与地面间的动摩擦因数为μ2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．A与B的质量之比为()图2答案 B解析 对滑块A 、B 整体在水平方向上有F ＝μ2(m A ＋m B )g ；对滑块B 在竖直方向上有μ1F ＝m B g ；联立解得：m A m B ＝1－μ1μ2μ1μ2，选项B 正确.命题点一 动力学两类大体问题1．解题关键(1)两类分析——物体的受力分析和物体的运动进程分析；(2)两个桥梁——加速度是联系运动和力的桥梁；速度是各物理进程间彼此联系的桥梁． 2．经常使用方式 (1)合成法在物体受力个数较少(2个或3个)时一样采纳合成法． (2)正交分解法假设物体的受力个数较多(3个或3个以上)时，那么采纳正交分解法．类型1 已知物体受力情形，分析物体运动情形例1 (2018·陕西省榆林市第三次模拟)如图3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，目前正取得愈来愈普遍的应用．一架质量为m ＝2 kg 的无人机，其动力系统所能提供的最大升力F ＝36 N ，运动进程中所受空气阻力大小恒定，无人机在地面上从静止开始，以最大升力竖直向上起飞，在t ＝5 s 时离地面的高度为75 m(g 取10 m/s 2)．图3(1)求运动进程中所受空气阻力大小；(2)假设由于动力系统故障，悬停的无人机突然失去升力而坠落．无人机坠落地面时的速度为40 m/s ，求无人机悬停时距地面高度；(3)假设在第(2)问中的无人机坠落进程中，在遥控设备的干与下，动力系统从头启动提供向上最大升力．为保证平安着地，求无人机从开始下落到恢复升力的最长时刻． 答案 (1)4 N (2)100 m (3)553s解析 (1)依照题意，在上升进程中由牛顿第二定律得：F －mg －f ＝ma 由运动学规律得，上升高度：h ＝12at 2联立解得：f ＝4 N ；(2)下落进程由牛顿第二定律：mg －f ＝ma 1得：a 1＝8 m/s 2 落地时的速度v 2＝2a 1H 联立解得：H ＝100 m ；(3)恢复升力后向下减速，由牛顿第二定律得：F －mg ＋f ＝ma 2 得：a 2＝10 m/s 2设恢复升力后的速度为v m ，那么有v m 22a 1＋v m 22a 2＝H得：v m ＝4053 m/s由：v m ＝a 1t 1 得：t 1＝553s.变式1 (2018·河南省驻马店市第二次质检)如图4所示，某次滑雪训练，运动员站在水平雪道上第一次利用滑雪杖对雪面的作用取得水平推力F ＝100 N 而由静止向前滑行，其作历时刻为t 1＝10 s ，撤除水平推力F 后通过t 2＝15 s ，他第二次利用滑雪杖对雪面的作用取得一样的水平推力，第二次利用滑雪杖对雪面的作用距离与第一次相同．已知该运动员连同装备的总质量为m ＝75 kg ，在整个运动进程中受到的滑动摩擦力大小恒为f ＝25 N ，求：图4(1)第一次利用滑雪杖对雪面作用取得的速度大小及这段时刻内的位移大小； (2)该运动员(可视为质点)第二次撤除水平推力后滑行的最大距离． 答案 (1)10 m/s 50 m (2) m解析 (1)设运动员利用滑雪杖取得的加速度为a 1 由牛顿第二定律F －f ＝ma 1，得 a 1＝1 m/s 2第一次利用滑雪杖对雪面作用取得的速度大小为v 1＝a 1t 1＝10 m/s 通过的位移为x 1＝12a 1t 12＝50 m(2)运动员停止利用滑雪杖后，加速度大小为a 2＝f m ＝13m/s 2经历时刻t2速度变成v1′＝v1－a2t2＝5 m/s第二次利用滑雪杖取得的速度大小为v2，那么v22－v1′2＝2a1x1第二次撤去水平推力后，滑行的最大距离x2＝v222a2联立解得x2＝m.类型2 已知物体运动情形，分析物体受力情形例2 如图5甲所示，一质量m ＝ kg 的小物块，以v 0＝2 m/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 ＝2 s 的时刻物块由A 点运动到B 点，A 、B 之间的距离L ＝10 m ．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10 m/s 2.求：图5(1)物块抵达B 点时速度和加速度的大小； (2)拉力F 的大小；(3)假设拉力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)8 m /s 3 m/s 2 (2) N (3)F ＝mg (sin θ＋μcos θ)＋macos α＋μsin α解析 (1)物块做匀加速直线运动，依照运动学公式，有L ＝v 0t ＋12at 2，v t ＝v 0＋at ，联立解得a ＝3 m /s 2，v t ＝8 m /s(2)对物块受力分析可得，平行斜面方向F －mg sin θ－f ＝ma 垂直斜面方向N ＝mg cos θ 其中f ＝μN解得F ＝mg (sin θ＋μcos θ)＋ma ＝ N(3)拉力F 与斜面夹角为α时，物块受力如下图依照牛顿第二定律有F cos α－mg sin θ－f ＝ma N ＋F sin α－mg cos θ＝0其中f ＝μNF ＝mg (sin θ＋μcos θ)＋ma cos α＋μsin α.变式2 (2019·安徽省蚌埠二中期中)如图6所示，质量M ＝10 kg 的木楔ABC 静置于粗糙水平地面上，木楔与地面间的动摩擦因数μ＝.在木楔的倾角θ为37°的斜面上，有一质量m ＝ kg 的物块由静止开始从A 点沿斜面下滑，当它在斜面上滑行距离x ＝1 m 时，其速度v ＝2 m /s ，在这进程中木楔没有动．(sin 37°＝，cos 37°＝，重力加速度g ＝10 m/s 2)求：图6(1)物块与木楔间的动摩擦因数μ1； (2)地面对木楔的摩擦力的大小和方向；(3)在物块沿斜面下滑时，若是对物块施加一平行于斜面向下的推力F ＝5 N ，那么地面对木楔的摩擦力如何转变？(不要求写出分析、计算的进程)答案 (1) (2) N ，水平向左 (3)地面对木楔的摩擦力的大小、方向均不变 解析 (1)由v 2＝2ax ，得a ＝2 m/s 2对物块由牛顿第二定律有mg sin θ－μ1mg cos θ＝ma ，得μ1＝ (2)以物块和木楔ABC 整体为研究对象，作出受力图如图．(m ＋M )g －N ＝ma y ，f ＝ma x ，a x ＝a cos θ，a y ＝a sin θ 解得：N ＝ N ，f ＝ N(3)对木楔来讲物块加推力以后它受到物块的力没有任何转变，因此地面对木楔的摩擦力的大小、方向均不变．命题点二 动力学方式分析多运动进程问题1．将“多进程”分解为许多“子进程”，各“子进程”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进程示用意． 3．依照“子进程”“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，确信各段间的时刻关联，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 (2018·福建省永安一中、德化一中、漳平一中联考)哈利法塔是目前世界最高的建筑(图7)．游客乘坐世界最快参观电梯从地面开始经历加速、匀速、减速的进程恰好抵达观景台只需50秒，运行的最大速度为15 m /s.观景台上能够鸟瞰整个迪拜全景，可将棕榈岛、帆船酒店等一览无余，很是壮观．一名游客用便携式拉力传感器测得在加速时期质量为1 kg 的物体受到的竖直向上拉力为11 N ，假设电梯加速、减速进程视为匀变速直线运动(g 取10 m/s 2)求：图7(1)电梯加速时期的加速度大小及加速运动的时刻；(2)假设减速时期与加速时期的加速度大小相等，求观景台的高度；(3)假设电梯设计安装有辅助牵引系统，电梯显现故障，绳索牵引力突然消失，电梯从观景台处自由落体，为避免电梯落地引发人员伤亡，电梯启动辅助牵引装置使其减速，牵引力为重力的3倍，下落进程所有阻力不计，那么电梯自由下落最长多少时刻必需启动辅助牵引装置？ 答案 (1)1 m/s 2 15 s (2)525 m (3)70 s解析 (1)设电梯加速时期的加速度为a ，由牛顿第二定律得： T －mg ＝ma 解得a ＝1 m/s 2 由v ＝v 0＋at 解得t ＝15 s(2)匀加速时期位移x 1＝12at 2＝12×1×152 m ＝ m匀速时期位移x 2＝v (50－2t )＝15×(50－2×15)m ＝300 m 匀减速时期位移x 3＝v 22a＝ m因此观景台的高度 x ＝x 1＋x 2＋x 3＝525 m. (3)由题意知，电梯到地面速度恰好为0自由落体加速度a 1＝g启动辅助牵引装置后加速度大小a 2＝F －mg m ＝3mg －mgm ＝2g ，方向向上则v m 22a 1＋v m 22a 2＝x 解得：v m ＝1070 m/s 则t m ＝v mg ＝70 s即电梯自由下落最长70 s 时刻必需启动辅助牵引装置．变式3 (2018·山东省济宁市上学期期末)如图8所示，一足够长斜面上铺有动物毛皮，毛皮表面具有必然的特殊性，物体上滑时顺着毛的生长方向，毛皮现在的阻力能够忽略；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v 0＝6 m /s 冲上斜面，斜面的倾角θ＝37°，通过 s 物体恰好回到起点，(g ＝10 m/s 2，sin 37°＝，cos 37°＝．求：图8(1)物体上滑的最大位移；(2)假设物体下滑时，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)3 m (2)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 sin 37°＝ma 1代入数据得：a 1＝6 m/s 2 由运动学公式有：v 02＝2a 1x联立解得物体上滑的最大位移为：x ＝3 m (2)物体沿斜面上滑的时刻为：t 1＝v 0a 1＝66 s ＝1 s物体沿斜面下滑的时刻为：t 2＝t －t 1＝ s 下滑进程中，由运动学公式有：x ＝12a 2t 22由牛顿第二定律可得：mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma 2 联立解得：μ≈命题点三 临界和极值问题1．大体思路(1)认真审题，详尽分析问题中转变的进程(包括分析整体进程中有几个时期)； (2)寻觅进程中转变的物理量； (3)探讨物理量的转变规律；(4)确信临界状态，分析临界条件，找出临界关系． 2．思维方式极限法把物理问题(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 (2018·福建省永安一中、德化一中、漳平一中联考)如图9所示，一弹簧一端固定在倾角为θ＝37°的滑腻固定斜面的底端，另一端拴住质量为m 1＝6 kg 的物体P ，Q 为一质量为m 2＝10 kg 的物体，弹簧的质量不计，劲度系数k ＝600 N /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 s 时刻内，F 为变力， s 以后F 为恒力，sin 37°＝，cos 37°＝，g 取10 m /s 2.求：图9(1)系统处于静止状态时，弹簧的紧缩量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) m (2)103 m/s 2 (3)2803 N 1603 N解析 (1)设开始时弹簧的紧缩量为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＝ m(2)前 s 时刻内F 为变力，以后为恒力，那么 s 时刻两物体分离，现在P 、Q 之间的弹力为零且加速度大小相等，设现在弹簧的紧缩量为x 1 对物体P ，由牛顿第二定律得 kx 1－m 1g sin θ＝m 1a 前 s 时刻内两物体的位移 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 F min ＝(m 1＋m 2)a ＝1603 N对Q 应用牛顿第二定律得 F max －m 2g sin θ＝m 2a 解得F max ＝m 2(g sin θ＋a )＝2803N. 变式4 如图10所示，水平地面上的矩形箱子内有一倾角为θ的固定斜面，斜面上放一质量为m 的滑腻球，静止时，箱子顶部与球接触但无压力．箱子由静止开始向右做匀加速直线运动，然后改做加速度大小为a 的匀减速直线运动直至静止，通过的总位移为x ，运动进程中的最大速度为v ，重力加速度为g .图10(1)求箱子加速时期的加速度大小；(2)若a >g tan θ，求减速时期球受到箱子左壁和顶部的作使劲大小． 答案 (1)a v 22ax －v 2(2)0 m ⎝⎛⎭⎫a tan θ－g 解析 (1)设箱子加速时期的加速度大小为a ′，通过的位移为x 1，减速时期通过的位移为x 2，有v 2＝2a ′x1，v 2＝2ax 2，且x 1＋x 2＝x ，解得a ′＝a v 22ax －v 2.(2)若是球恰好不受箱子的作使劲，箱子的加速度设为a 0，应知足N sin θ＝ma 0，N cos θ＝mg，解得a 0＝g tan θ.箱子减速时加速度水平向左，当a >g tan θ时，箱子左壁对球的作使劲为零，顶部对球的作使劲不为零．现在球受力如下图，由牛顿第二定律得，N ′cos θ＝F ＋mg ，N ′sin θ＝ma ，解得F ＝m ⎝⎛⎭⎫a tan θ－g .1．足够长滑腻固定斜面BC 倾角α＝53°，小物块与水平面间的动摩擦因数为，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．此刻AB 段对小物块施加与水平方向成α＝53°的恒力F 作用，如图1甲所示．小物块在AB 段运动的速度－时刻图像如图乙所示，抵达B 点迅速撤去恒力F (已知sin 53°＝，cos 53°＝，g 取10 m/s 2)．求：图1(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 点所用的时刻； (3)小物块最终离A 点的距离． 答案 (1)11 N (2) s (3) m解析 (1)由题图乙可知，小物块在AB 段的加速度a 1＝ΔvΔt＝错误! m /s 2＝ m/s 2， 依照牛顿第二定律，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 到最高点所历时刻与从最高点到B 所历时刻相等，因此小物块从B 点沿斜面向上运动，到返回B点所用的时刻为t ＝2v Ba 2＝ s.(3)小物块从B 向A 运动进程中，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＝ m ，x AB ＝0＋v B 2t 0＝ m ，Δx A ＝x AB －x ＝ m.2．(2018·湖南省常德市期末检测)如图2所示，有一质量为2 kg 的物体放在长为1 m 的固定斜面顶端，斜面倾角θ＝37°，g ＝10 m/s 2，sin 37°＝，cos 37°＝.图2(1)假设由静止释放物体，1 s 后物体抵达斜面底端，那么物体抵达斜面底端时的速度大小为多少？(2)物体与斜面之间的动摩擦因数为多少？(3)假设给物体施加一个竖直方向的恒力，使其由静止释放后沿斜面向下做加速度大小为 m/s 2的匀加速直线运动，那么该恒力大小为多少？ 答案 (1)2 m/s (2) (3)5 N解析 (1)设物体抵达斜面底端时速度大小为v ，由运动学公式得：x ＝12v t ，v ＝2x t ＝2×11 m /s＝2 m/s ；(2)由运动学公式得a 1＝vt ＝2 m/s 2，由牛顿第二定律得mg sin θ－μmg cos θ＝ma 1，联立解得μ＝；(3)物体沿斜面向下运动，恒力F 与重力的合力竖直向下，设该合力为F 合，那么F 合sin θ－μF 合cos θ＝ma 2，将a 2＝ m/s 2，θ＝37°，μ＝代入，可得F 合＝15 N ， F 合＝mg －F ＝15 N ，解得F ＝5 N.3．如图3所示，一儿童玩具静止在水平地面上，一名幼儿用沿与水平面成30°角的恒力拉着它沿水平地面运动，已知拉力F ＝ N ，玩具的质量m ＝1 kg ，通过时刻t ＝ s ，玩具移动了距离x ＝2 3 m ，这时幼儿将手松开，玩具又滑行了一段距离后停下．(g 取10 m/s 2)求：图3(1)玩具与地面间的动摩擦因数．(2)松手后玩具还能滑行多远？(3)当力F与水平方向夹角θ为多少时拉力F最小？答案 (1)33 (2)335m (3)30° 解析 (1)玩具做初速度为零的匀加速直线运动，由位移公式可得x ＝12at 2，解得a ＝ 3 m/s 2，对玩具，由牛顿第二定律得 F cos 30°－μ(mg －F sin 30°)＝ma 解得μ＝33. (2)松手时，玩具的速度v t ＝at ＝2 3 m/s 松手后，由牛顿第二定律得μmg ＝ma ′ 解得a ′＝1033m/s 2由匀变速运动的速度位移公式得 玩具的位移x ′＝0－v t 2－2a ′＝335 m.(3)设拉力与水平方向的夹角为θ，玩具要在水平面上运动，那么F cos θ－f >0，f ＝μN 在竖直方向上，由平稳条件得 N ＋F sin θ＝mg 解得F >μmgcos θ＋μsin θ因为cos θ＋μsin θ＝1＋μ2sin(60°＋θ) 因此当θ＝30°时，拉力最小．4．(2019·河南省洛阳市模拟)如图4所示，一重力为10 N 的小球，在F ＝20 N 的竖直向上的拉力作用下，从A 点由静止动身沿AB 向上运动，F 作用 s 后撤去．已知杆与球间的动摩擦因数为36，杆足够长，取g ＝10 m/s 2.求：图4(1)有F 作用的进程中小球的加速度； (2)撤去F 刹时小球的加速度；(3)从撤去力F 开始计时，小球经多长时刻将通过距A 点为 m 的B 点． 答案 (1) m /s 2 方向沿杆向上 (2) m/s 2 方向沿杆向下 (3) s 或 s 解析 (1)小球的质量m ＝Gg＝1 kg取沿杆向上为正方向，设小球在力F 作历时的加速度大小为a 1，现在小球的受力如下图，F cos 30°＝G cos 30°＋N F sin 30°－G sin 30°－μN ＝ma 1 联立解得：a 1＝ m/s 2，方向沿杆向上 (2)撤去F 刹时，小球的受力如下图，设现在小球的加速度为a 2，N ′＝G cos 30° －G sin 30°－μN ′＝ma 2联立解得：a 2＝－ m /s 2，即大小为 m/s 2，方向沿杆向下 (3)刚撤去F 时，小球的速度v 1＝a 1t 1＝3 m/s 小球的位移为x 1＝12a 1t 12＝ m撤去F 后，小球继续向上运动的时刻为t 2＝0－v 1a 2＝ s小球继续向上运动的最大位移为x 2＝0－v 122a 2＝ m那么小球向上运动的最大距离为x m ＝x 1＋x 2＝ m 在上滑时期通过B 点，即x AB －x 1＝v 1t 3＋12a 2t 32解得t 3＝ s 或t 3＝ s(舍) 小球返回时，受力如下图，设现在小球的加速度为a3，－G sin 30°＋μN′＝ma3得a3＝－m/s2，即大小为m/s2，方向沿杆向下小球由顶端返回B点时有－(x m－x AB)＝12a3t42解得t4＝35s那么通过B点时刻为t＝t2＋t4≈ s.。

专题强化四动力学中三种典型物理模型模型一“等时圆”模型1.“等时圆”模型所谓“等时圆”就是物体沿着位于同一竖直圆上的所有光滑细杆由静止下滑，到达圆周的最低点(或从最高点到达同一圆周上各点)的时间相等，都等于物体沿直径做自由落体运动所用的时间。

2.模型的三种情况(1)物体从竖直圆环上沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到环的最低点所用时间相等，如图甲所示。

(2)物体从竖直圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到下端所用时间相等，如图乙所示。

(3)两个竖直圆环相切且两环的竖直直径均过切点，物体沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到下端所用时间相等，如图丙所示。

【例1(2021·山东济南市二模)滑滑梯是小朋友们爱玩的游戏。

有两部直滑梯AB 和AC，A、B、C在竖直平面内的同一圆周上，且A为圆周的最高点，示意图如图1所示，已知圆周半径为R。

在圆周所在的竖直平面内有一位置P，距离A点为3R且与A等高。

各滑梯的摩擦均不计，已知重力加速度为g。

图1(1)如果小朋友由静止开始分别沿AB和AC滑下，试通过计算说明两次沿滑梯运动的时间关系；(2)若设计一部上端在P 点，下端在圆周上某点的直滑梯，则小朋友沿此滑梯由静止滑下时，在滑梯上运动的最短时间是多少？答案 (1)t AB ＝t AC (2)3R g 解析 (1)设AB 与水平方向夹角为θ，小朋友沿AB 下滑时的加速度a ＝g sin θ 又x AB ＝12at 2AB ，AB 间的距离为x AB ＝2R sin θ，解得t AB ＝4Rg 与角度无关，同理可知t AC ＝4Rg ，故t AB ＝t AC 。

(2)根据第一问的结论，画出以P 点为最高点的半径为r 的等时圆，如图所示当两圆相切时，运动的时间最短，由几何关系知(R ＋r )2＝(R －r )2＋(3R )2解得r ＝34R ，最短时间t ＝3Rg 。

【针对训练1】 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。

【核心问题】专题1---力与直线运动【材料导读】本专题包括高中物理的三个关键问题“物体平衡”“匀变速直线运动规律”和“牛顿运动定律”，涉及“位移、速度和加速度”“匀变速直线运动及其公式、图像”“力的合成和分解”“共点力的平衡”和“牛顿运动定律、牛顿定律的应用”五个Ⅱ级考点，“滑动摩擦力、动摩擦因数、静摩擦力”“形变、弹性、胡克定律”等五个Ⅱ级考点。

对于“物体平衡”问题，高考考查的热点是力的合成与分解、共点力作用下物体的平衡、动态平衡问题的分析和连接体问题的分析等，涉及的思想方法有整体法与隔离法、正交分解法、矢量三角形法和等效思想等。

“匀变速直线运动规律”问题的考查往往结合实际，试题情境与生产、生活、高科技联系紧密，图象问题和追及相遇问题是高考命题的热点，获取信息和加工信息能力是高考考查的重点。

“牛顿运动定律”问题是高考的必考内容，它的呈现方式多样，不同题型、不同难度的试题均有可能出现，高考经常结合牛顿运动定律相关问题考查学生的综合分析能力，要求学生熟练掌握应用牛顿运动定律解决问题的基本步骤，能够将一个复杂问题分解成若干简单问题，并综合应用物理知识解决问题。

本专题通过具体试题呈现这三个核心问题在高考中的考查特点，并以问题串形式引导学生体会用不同方法解决物理问题的异同，再从中归纳问题解决过程中的关键线索和一般方法。

材料中的例题和练习按难度从易到难分为A 、B 、C 三个层次，使用者可根据自身情况选用。

【典例分析】例1（2016年全国Ⅱ卷第14题）质量为m 的物体用轻绳AB 悬挂于天花板上。

用水平向左的力F 缓慢拉动绳的中点O ，如图所示。

用T 表示绳OA 段拉力的大小，在O 点向左移动的过程中A ．F 逐渐变大，T 逐渐变大B ．F 逐渐变大，T 逐渐变小C ．F 逐渐变小，T 逐渐变大D ．F 逐渐变小，T 逐渐变小【答案】A【解析】对绳的中点O 受力分析如图所示，设OA 与竖直方向的夹角为θ，根据平衡条件有F = mg tan θ，θcos mgT =。