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专题1.12 动力学中的临界极值问题【专题诠释】1．临界或极值条件的标志(1)有些题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼，表明题述的过程存在临界点．(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“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”“稳定速度”等，即是求收尾加速度或收尾速度．2．几种临界状态和其对应的临界条件【高考领航】【2019·江苏高考】如图所示，质量相等的物块A和B叠放在水平地面上，左边缘对齐。
A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ。
先敲击A，A立即获得水平向右的初速度，在B上滑动距离L后停下。
接着敲击B，B立即获得水平向右的初速度，A、B都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下。
最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。
求：(1)A被敲击后获得的初速度大小v A；(2)在左边缘再次对齐的前、后，B 运动加速度的大小a B 、a B ′；(3)B 被敲击后获得的初速度大小v B 。
【答案】 (1)2μgL (2)3μg μg (3)22μgL【解析】 A 、B 的运动过程如图所示：(1)A 被敲击后，B 静止，A 向右运动，由牛顿第二定律知，A 的加速度大小a A ＝μgA 在B 上滑动时有2a A L ＝v 2A解得：v A ＝2μgL 。
(2)设A 、B 的质量均为m对齐前，A 相对B 滑动，B 所受合外力大小F ＝μmg ＋2μmg ＝3μmg由牛顿第二定律得F ＝ma B ，得a B ＝3μg对齐后，A 、B 相对静止，整体所受合外力大小F ′＝2μmg由牛顿第二定律得F ′＝2ma B ′，得a B ′＝μg 。
(3)设B 被敲击后，经过时间t ，A 、B 达到共同速度v ，位移分别为x A 、x B ，A 的加速度大小等于a A 则v ＝a A t ，v ＝v B －a B tx A ＝12a A t 2，x B ＝v B t －12a B t 2且x B －x A ＝L解得：v B ＝22μgL 。
范文2020版新高考物理大一轮复习课件：专题提升四1/ 18圆周运动中的临界问题(共23张PPT) 专题提升四圆周运动中的临界问题突破一水平面内的匀速圆周运动中的临界问题水平面内圆周运动的临界极值问题通常有两类，一类是与摩擦力有关的临界问题，一类是与弹力有关的临界问题． (1)与摩擦力有关的临界极值问题物体间恰好不发生相对滑动的临界条件是物体间恰好达到最大静摩擦力．如图 Z4-1(a)所示：汽车转弯时，只由摩擦力提供向心力， Ffm ＝mrv2.3/ 18(a) (b) (c) 图 Z4-1 图(b)：绳两端连物体，其中一个在水平面内做圆周运动时，存在一个恰不向内滑动的临界条件和一个恰不向外滑动的临界条件，分别为静摩擦力达到最大且静摩擦力的方向沿半径背离圆心和沿半径指向圆心．图(c)：两个物体分处转动中心两侧时，临界条件为两物体同时发生相对滑动，且摩擦力方向同向．(2)与弹力有关的临界极值问题压力、支持力的临界条件是物体间的弹力恰好为零；绳上拉力的临界条件是绳恰好拉直且其上无弹力或绳上拉力恰好为最大承受力等．5/ 18例1：(多选，2016 年河南安阳二模)如图Z4-2所示，粗糙水平圆盘上，质量相等的 A、B 两物块叠放在一起，随圆盘一起做匀速圆周运动，则下列说法正确的是( ) A．B 的向心力是 A 的向心力的 2 倍 B．盘对 B 的摩擦力是 B 对 A 的摩擦力的2倍 C．A、B 都有沿半径向外滑动的趋势图 Z4-2 D．若 B 先滑动，则 B 对 A 的动摩擦因数μA 小于盘对 B 的动摩擦因数μB解析：根据 F 向＝mrω2，因为两物块的角速度大小相等，转动半径相等，质量相等，则向心力相等，故 A 错误；对 A、 B 整体分析，fB＝2mrω2，对 A 分析，有：fA＝mrω2，知盘对 B 的摩擦力是 B 对A 的摩擦力的 2 倍，故 B 正确；A 所受的静摩擦力方向指向圆心，可知 A 有沿半径向外滑动的趋势，B 受到盘的静摩擦力方向指向圆心，B 有沿半径向外滑动的趋势，故 C 正确；对 A、B 整体分析，μB2mg＝2mrω2B，解得ωB＝μBrg，对 A 分析，μAmg＝mrω2A，解得ωA＝μArg，因为 B 先滑动，可知 B 先达到临界角速度，可知 B 的临界角速度较小，即μB＜μA，故 D 错误．答案：BC7/ 18【触类旁通】 1．(多选)如图 Z4-3 所示，叠放在水平转台上的物体A、B、 C 能随转台一起以角速度ω匀速转动，A、B、C 的质量分别为 3m、2m、m，A 与 B、B 和 C 与转台间的动摩擦因数都为μ，A 和B、C 离转台中心的距离分别为 r、1.5r.设本题中的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是( ) 图 Z4-3A．B 对 A 的摩擦力一定为3μmg B．B 对 A 的摩擦力一定为3mω2r C．转台的角速度一定满足ω≤ μg r D．转台的角速度一定满足ω≤ 2μg 3r 答案：BD9/ 18突破二竖直平面内的圆周运动中的临界问题 1．轻绳模型甲乙图 Z4-4 如图 Z4-4 所示，没有物体支撑的小球，在竖直平面做圆周运动过最高点的情况：小球能到达最高点(刚好做圆周运动)的条件是小球的重力恰好提供向心力，即 mg＝mvr2，这时的速度是做圆周运动的最小速度 vmin ＝ gr. (1)临界条件：绳子或轨道对小球没有力的作用 mg＝mvR2?v ＝临界 Rg. (2)能过最高点的条件：v≥ Rg，当 v> Rg时，绳对球产生拉力，轨道对球产生压力． (3)不能过最高点的条件：v ＜v 临界(实际上球还没到最高点时就脱离了轨道)．11/ 182．轻杆模型甲乙图 Z4-5 如图 Z4-5 所示，球过最高点时，轻质杆对球产生的弹力情况： (1)当 v＝0 时，FN＝mg(FN 为支持力)． (2)当 0＜v＜ Rg时，FN 随 v 增大而减小，且 mg＞FN＞0，FN 为支持力． (3)当 v＝ Rg时，FN＝0. (4)当 v＞ Rg时，FN 为拉力，FN 随 v 的增大而增大．3．拱桥模型图 Z4-6 如图 Z4-6 所示的小球在轨道的最高点时，如果v≥ Rg，此时将脱离轨道做平抛运动，因为轨道对小球不能产生拉力．13/ 18例 2：一轻杆一端固定质量为 m 的小球，以另一端 O 为圆心，使小球在竖直面内做半径为 R 的圆周运动，如图 Z4-7 所示，则下列说法正确的是( ) A．小球过最高点时，杆所受到的弹力可以等于零 B．小球过最高点的最小速度是 gR C．小球过最高点时，杆对球的作用力一定随速度增大而增大图 Z4-7 D．小球过最高点时，杆对球的作用力一定随速度增大而减小解析：轻杆可对小球产生向上的支持力，小球经过最高点的速度可以为零，当小球过最高点的速度 v＝ gR时，杆所受的弹力等于零，A 正确，B 错误；若 v＜ gR，则杆在最高点对小球的弹力竖直向上，mg－F＝mvR2，随 v 增大，F 减小，若 v＞ gR，则杆在最高点对小球的弹力竖直向下，mg＋F＝mvR2，随 v 增大， F 增大，故 C、D 均错误．答案：A15/ 18【触类旁通】 2．如图 Z4-8 所示，竖直环 A 半径为 r，固定在木板 B 上，木板 B 放在水平地面上，B 的左右两侧各有一挡板固定在地上， B 不能左右运动，在环的最低点静放有一小球 C，A、B、C 的质量均为 m.现给小球一水平向右的瞬时速度 v，小球会在环内侧做圆周运动，为保证小球能通过环的最高点，且不会使环在竖直方向上跳起(不计小球与环之间的摩擦阻力)，则瞬时速度 v 必须满足( )A．最小值 4gr B．最大值 6gr C．最小值 3gr D．最大值 7gr 图 Z4-817/ 18解析：据题意，先假设小球到达最高点时，小球和环之间没有相互作用力，则小球做圆周运动的向心力由小球的。
第二章 相互作用第4课时 专题强化：动态平衡和临界、极值问题学习目标1.学会用图解法、解析法等解决动态平衡问题。
2.会分析平衡中的临界与极值问题。
考点01 动态平衡问题分析动态平衡问题的流程动态平衡是指物体的受力状态缓慢发生变化，但在变化过程中，每一个状态均可视为平衡状态。
常用方法：图解法、解析法、相似三角形法、辅助圆法、正弦定理法。
受力分析―――――――→化“动”为“静”画不同状态下的受力平衡图构造矢量三角形―――――――→“静”中求“动” {――――→定性分析根据矢量三角形边长关系确定矢量的大小变化――――→定量计算 {三角函数关系正弦定理相似三角形 →找关系求解[典例1·对图解法的考查](多选)一盏电灯重力为G ，悬于天花板上的B 点，在电线O 处系一细线OA ，使电线OB 与竖直方向的夹角为β＝30°，OA 与水平方向成α角，如图所示．现保持O 点位置不变，使α角由0°缓慢增加到90°，在此过程中( )A ．电线OB 上的拉力逐渐减小B ．细线OA 上的拉力先减小后增大C ．细线OA 上拉力的最小值为12G D ．细线OA 上拉力的最小值为[拓展训练]如图所示，在倾角为θ的光滑斜面上有一光滑挡板A ，在挡板和斜面之间夹一质量为m 的重球B ，开始板A 处于竖直位置，现使其下端绕O 沿逆时针方向缓缓转至水平位置，重球B 对斜面和对挡板压力的变化情况是( )A．对斜面的压力逐渐减小，对挡板的压力也逐渐减小B．对斜面的压力逐渐增大，对挡板的压力则逐渐减小C．对斜面的压力逐渐减小，对挡板的压力先减小后增大D．对斜面的压力逐渐减小，对挡板的压力先增大后减小[典例2·对解析法的考查](多选)(2023·湖南岳阳市十四中高三检测)如图所示，水平面和竖直面构成的垂直墙角处有一个截面为半圆的光滑柱体，用细线拉住的小球静止靠在半圆柱体的P点(P点靠近底端)．通过细线将小球从P点缓慢向上拉至半圆柱体的最高点，细线方向始终保持与半圆相切．此过程中( )A．细线对小球的拉力逐渐减小B．圆柱体对小球的支持力逐渐减小C．水平地面对圆柱体的支持力逐渐减小D．圆柱体对竖直墙面的压力先增大后减小[拓展训练]如图所示，一光滑小球静止放置在固定的光滑半球面底端，用竖直放置的光滑挡板水平向右缓慢推动小球，则在小球运动的过程中(该过程小球未脱离球面)，挡板对小球的推力F1、半球面对小球的支持力F2的变化情况正确的是( )A．F1增大，F2增大B．F1减小，F2减小C．F1增大，F2减小D．F1减小，F2增大[典例3·对相似三角形法的考查]如图所示为一简易起重装置，AC是上端带有滑轮的固定支架，BC为质量不计的轻杆，杆的一端C用铰链固定在支架上，另一端B悬挂一个质量为m 的重物，并用钢丝绳跨过滑轮A连接在卷扬机上．开始时，杆BC与AC的夹角∠BCA>90°，现使∠BCA缓慢变小，直到∠BCA＝30°(不计一切阻力)．在此过程中，杆BC所产生的弹力( )A．大小不变B．逐渐增大C．先增大后减小D．先减小后增大[拓展训练]如图所示，轻杆A端用铰链固定在竖直墙上，B端吊一重物．通过轻绳跨过定滑轮O用拉力F将B端缓慢上拉，滑轮O在A点正上方(滑轮大小及摩擦均不计)，且OA＞AB，在轻杆达到竖直位置前( )A．拉力F增大B．拉力F大小不变C．轻杆的弹力增大D．轻杆的弹力大小不变[典例4·对正弦定理法的考查](2024·河北·测试)如图，轻杆的一端紧固一光滑球体，杆的另一端O为自由转动轴，而球又搁置在光滑斜面上，若杆与墙面的夹角为β，下面倾角为α，开始时轻杆与竖直方向的夹角β＜α，且α+β＜90°，则为使斜面能在光滑地面上向右做匀速直线运动，在球体离开斜面之前，作用于斜面上的水平外力F的大小及轻杆受力T的大小变化情况是( )A．F逐渐增大，T逐渐减小B．F逐渐减小，T逐渐增大C．F逐渐增大，T先减小后增大D．F逐渐减小，T先减小后增大[拓展训练](2023·四川德阳·二模)新疆是我国最大的产棉区，自动采棉机能够在采摘棉花的同时将棉花打包成圆柱形棉包，通过采棉机后侧可以旋转的支架平稳将其放下。
2021年高考物理一轮复习必热考点整合回扣练专题（12）动力学两类基本问题和临界与极值问题（解析版）考点一 动力学的两类基本问题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)时，则采用正交分解法．题型1 已知受力求运动【典例1】如图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 ．取g ＝10 m/s 2.(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大小；(3)在无人机坠落过程中，在遥控设备的干预下，动力设备重新启动提供向上的最大升力．为保证安全着地，求无人机从开始下落到恢复升力的最长时间t 1.【答案】(1)75 m (2)40 m/s (3)553s 【解析】(1)设无人机上升时加速度大小为a ，由牛顿第二定律，有F －mg －f ＝ma解得a ＝6 m/s 2由h ＝12at 2，解得h ＝75 m. (2)设无人机坠落过程中加速度大小为a 1，由牛顿第二定律，有mg －f ＝ma 1解得a 1＝8 m/s 2由v 2＝2a 1H解得v ＝40 m/s.(3)设无人机恢复升力后向下减速时加速度大小为a 2，由牛顿第二定律，有F －mg ＋f ＝ma 2解得a 2＝10 m/s 2设无人机恢复升力时速度为v m则有v 2m 2a 1＋v 2m 2a 2＝H 解得v m ＝4053m/s 由v m ＝a 1t 1，解得t 1＝553s.题型2 已知运动求受力【典例2】 (多选)如图所示，总质量为460 kg 的热气球，从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5 m/s 2，当热气球上升到180 m 时，以5 m/s 的速度向上匀速运动．若离开地面后热气球所受浮力保持不变，上升过程中热气球总质量不变，取重力加速度g ＝10 m/s 2.关于热气球，下列说法正确的是( )A ．所受浮力大小为4 830 NB ．加速上升过程中所受空气阻力保持不变C ．从地面开始上升10 s 后的速度大小为5 m/sD ．以5 m/s 匀速上升时所受空气阻力大小为230 N【答案】AD【解析】刚开始上升时，空气阻力为零，F 浮－mg ＝ma ，解得F 浮＝m (g ＋a )＝460×(10＋0.5) N ＝4 830 N ，A 项正确；加速上升过程，随着速度增大，空气阻力增大，B 项错误；浮力和重力不变，而随着空气阻力的增大，加速度会逐渐减小，直至为零，故上升10 s 后的速度v <at ＝5 m/s ，C 项错误；匀速上升时，F 浮＝F f ＋mg ，所以F f ＝F 浮－mg ＝4 830 N －4 600 N ＝230 N ，D 项正确．题型3 动力学两类问题综合应用【典例3】 随着科技的发展，未来的航空母舰上将安装电磁弹射器以缩短飞机的起飞距离．如图所示，航空母舰的水平跑道总长l ＝180 m ，其中电磁弹射区的长度为l 1＝120 m ，在该区域安装有直线电机，该电机可从头至尾提供一个恒定的牵引力F 牵．一架质量为m ＝2.0×104 kg 的飞机，其喷气式发动机可以提供恒定的推力F 推＝1.2×105 N ．假设在电磁弹射阶段的平均阻力为飞机重力的0.05倍，在后一阶段的平均阻力为飞机重力的0.2倍．已知飞机可看做质量恒定的质点，离舰起飞速度v ＝120 m/s ，航空母舰处于静止状态，求：(结果保留两位有效数字，取g ＝10 m/s 2)(1)飞机在后一阶段的加速度大小；(2)飞机在电磁弹射区的加速度大小和电磁弹射器的牵引力F 牵的大小．【答案】(1)4.0 m/s 2 (2)58 m/s 2 1.1×106 N【解析】(1)飞机在后一阶段受到阻力和发动机提供的推力作用，做匀加速直线运动，设加速度为a 2，此过程中的平均阻力f 2＝0.2mg根据牛顿第二定律有F 推－f 2＝ma 2代入数据解得a 2＝4.0 m/s 2.(2)飞机在电磁弹射阶段受恒定的牵引力、阻力和发动机提供的推力作用，做匀加速直线运动，设加速度为a 1，末速度为v 1.此过程中飞机受到的阻力f 1＝0.05mg根据匀加速直线运动的规律有v 21＝2a 1l 1v 2－v 21＝2a 2(l －l 1) 根据牛顿第二定律有F 牵＋F 推－f 1＝ma 1代入数据解得a 1＝58 m/s 2，F 牵＝1.1×106 N.【变式1】(多选)如图所示，木盒中固定一质量为m 的砝码，木盒和砝码在桌面上以一定的初速度一起以加速度a 1滑行一段距离x 1后停止．现拿走砝码，而持续加一个竖直向下的恒力F (F ＝mg )，若其他条件不 变，木盒以加速度a 2滑行距离x 2后停止．则( )A ．a 2>a 1B ．a 2＝a 1C ．x 2>x 1D ．x 2<x 1【答案】AD【解析】设木盒的质量为M ，根据牛顿第二定律可得a 1＝μg ，a 2＝μF M＋μg ，a 2>a 1，故A 正确，B 错误；根据匀变速直线运动规律可得v 20＝2ax ，由a 2>a 1得x 2<x 1，故C 错误，D 正确．【变式2】如图所示，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 ＝6.5 N ，玩具的质量m ＝1 kg ，经过时间t ＝2.0 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：(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 ＝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 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，则F cos θ－F f >0，F f ＝μF N在竖直方向上，由平衡条件得F N ＋F sin θ＝mg解得F >μmg cos θ＋μsin θ因为cos θ＋μsin θ＝1＋μ2sin(60°＋θ)所以当θ＝30°时，拉力最小．【变式3】如图甲所示，质量为m ＝1 kg 的物体置于倾角为37°的固定斜面上(斜面足够长)，对物体施加平行于斜面向上的恒力F ，作用时间t 1＝1 s 时撤去力F ，物体运动的部分v -t 图象如图乙所示，设物体受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g ＝10 m/s 2.求：(1)物体与斜面间的动摩擦因数和拉力F 的大小；(2)t ＝4 s 时物体的速度和0～4 s 内的位移．【答案】(1)0.5 30 N (2)2 m/s ，方向沿斜面向下29 m ，方向沿斜面向上【解析】(1)根据v -t 图线知，匀加速直线运动阶段的加速度的大小a 1＝20 m/s 2根据牛顿第二定律得F －μmg cos θ－mg sin θ＝ma 1匀减速直线运动阶段的加速度的大小a 2＝10 m/s 2根据牛顿第二定律得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 2解得F ＝30 N ，μ＝0.5.(2)在物体运动过程中，沿斜面向上加速运动阶段位移x 1＝12a 1t 21 解得x 1＝10 m设撤去力F 后物体运动到最高点的时间为t 2，则有v 1＝a 2t 2解得t 2＝2 s沿斜面向上减速运动阶段位移x 2＝12a 2t 22解得x 2＝20 m物体沿斜面下滑的时间t 3＝t －t 1－t 2＝1 s设下滑加速度为a 3，由牛顿第二定律得mg sin θ－μmg cos θ＝ma 3解得a 3＝2 m/s 2物体沿斜面下滑运动阶段位移x 3＝12a 3t 23解得x 3＝1 m所以t ＝4 s 时物体的速度v ＝a 3t 3＝2 m/s ，方向沿斜面向下位移x ＝x 1＋x 2－x 3＝29 m ，方向沿斜面向上．考点二 临界和极值问题1．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【典例4】 如图所示，将质量m ＝1.24 kg 的圆环套在固定的水平直杆上，环的直径略大于杆的截面直径，环与杆的动摩擦因数为μ＝0.8.对环施加一位于竖直平面内斜向上与杆夹角θ＝53°的恒定拉力F ，使圆环从静止开始做匀加速直线运动，第1 s 内前进了2 m(取g ＝10 m/s 2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)．求：(1)圆环加速度a 的大小；(2)拉力F 的大小．【答案】(1)4 m/s 2 (2)12 N 或124 N【解析】(1)圆环做初速度为0的匀加速直线运动，由运动学公式可知x ＝12at 2 则a ＝2x t 2＝2×212 m/s 2＝4 m/s 2. (2)对圆环进行受力分析时，杆对环的弹力的方向不能确定，因此我们需要找出临界条件，分别讨论．当弹力恰好为0时，有F sin θ－mg ＝0，F cos θ＝ma ′，则F ＝15.5 N ，a ′＝7.5 m/s 2，环与杆必定接触． 当F <15.5 N 时，环与杆上部接触，受力如图甲所示．由牛顿第二定律可知F cos θ－μF N ＝ma ，F N ＋F sin θ＝mg由此解得F ＝m a ＋μg cos θ＋μsin θ＝12 N 当F >15.5 N 时，环与杆下部接触，受力如图乙所示．由牛顿第二定律可知F cos θ－μF N ′＝ma ，F sin θ＝F N ′＋mg由此解得F ＝m a －μg cos θ－μsin θ＝124 N.【变式4】如图所示，质量m＝2 kg的小球用细绳拴在倾角θ＝37°的光滑斜面上，此时，细绳平行于斜面．取g＝10 m/s2(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．下列说法正确的是()A．当斜面以5 m/s2的加速度向右加速运动时，绳子拉力为20 NB．当斜面以5 m/s2的加速度向右加速运动时，绳子拉力为30 NC．当斜面以20 m/s2的加速度向右加速运动时，绳子拉力为40 ND．当斜面以20 m/s2的加速度向右加速运动时，绳子拉力为60 N【答案】A【解析】小球刚好离开斜面时的临界条件是斜面对小球的弹力恰好为零．斜面对小球的弹力恰好为零时，设绳子的拉力为F，斜面的加速度为a0.以小球为研究对象，根据牛顿第二定律有F cos θ＝ma0，F sin θ－mg ＝0代入数据解得a0＝13.3 m/s2.①由于a1＝5 m/s2<a0，可见小球仍在斜面上，此时小球的受力情况如图甲所示．以小球为研究对象，根据牛顿第二定律有F1sin θ＋F N cos θ－mg＝0，F1cos θ－F N sin θ＝ma1代入数据解得F1＝20 N，选项A正确，B错误；②由于a2＝20 m/s2>a0，可见小球离开了斜面，此时小球的受力情况如图乙所示．设绳子与水平方向的夹角为α.以小球为研究对象，根据牛顿第二定律有F 2cos α＝ma 2，F 2sin α－mg ＝0代入数据解得F 2＝20 5 N ，选项C 、D 错误．【变式5】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0.2 s 时间内，F 为变力，0.2 s 以后F 为恒力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/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a 的大小；(3)力F 的最大值与最小值．【答案】(1)0.16 m (2)103 m/s 2 (3)2803 N 1603N 【解析】(1)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＝0.16 m.(2)前0.2 s 时间内F 为变力，之后为恒力，则0.2 s 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0.2 s 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F min ＝(m 1＋m 2)a ＝1603N 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.。
课时检测(十五) 动力学的两类基本问题(重点突破课)1．行车过程中，如果车距不够，刹车不及时，汽车将发生碰撞，车里的人可能受到伤害，为了尽可能地减轻碰撞引起的伤害，人们设计了安全带。
若乘客质量为70 kg ，汽车车速为90 km/h ，从踩下刹车到完全停止需要的时间为 5 s ，在刹车过程中安全带对乘客的作用力大小约为(不计乘客与座椅间的摩擦)( )A ．450 NB ．400 NC ．350 ND ．300 N解析：选C 汽车的速度v 0＝90 km/h ＝25 m/s ，设汽车匀减速的加速度大小为a ，则a ＝v 0t＝5 m/s 2，对乘客由牛顿第二定律得F ＝ma ＝70×5 N ＝350 N ，所以C 正确。
2.如图所示，光滑细杆BC 、DC 和AC 构成矩形ABCD 的两邻边和对角线，AC ∶BC ∶DC ＝5∶4∶3，AC 杆竖直。
各杆上分别套有一可视为质点的小球a 、b 、d ，a 、b 、d 三小球的质量比为1∶2∶3。
现让三小球同时从各杆的顶点由静止释放，不计空气阻力，则a 、b 、d 三小球在各杆上滑行的时间之比为( )A ．1∶1∶1B ．5∶4∶3C ．5∶8∶9D ．1∶2∶3解析：选A 因ABCD 为矩形，故A 、B 、C 、D 四点必在以AC 边为直径的同一个圆周上，由等时圆特点可知，由A 、B 、D 三点释放的小球a 、b 、d 必定同时到达圆的最低点C 点，故A 正确。
3.(2019·潍坊模拟)一重物在竖直向上的拉力F 作用下，开始竖直向上做直线运动，其速度v 随时间t 变化的图像如图所示(图像在0～1 s 、3～4 s 阶段为直线，1～3 s 阶段为曲线)。
下列判断正确的是( )A ．第2 s 末拉力大小为0B ．第1 s 内的拉力大于第4 s 内的拉力C ．第2 s 末速度反向D ．前4 s 内位移为0解析：选B 根据题图可知，第2 s 末加速度为零，根据牛顿第二定律可知，合外力为零，所以拉力大小等于重力，故A 错误；根据题图可知，第1 s 内的加速度为正，方向向上，则拉力大于重力，第4 s 内的加速度为负，方向向下，拉力小于重力，所以第1 s 内的拉力大于第4 s 内的拉力，故B 正确；根据题图可知，0～4 s 内，重物一直向上运动，第2 s 末速度没有反向，故C 错误；速度图线与时间轴包围的面积表示对应时间内的位移大小，根据题图可知，前4 s 内位移为正，故D 错误。
第讲物体的动态平衡与临界极值问题考点一动态平衡问题共点力的动态平衡问题是高考的重点、热点，主要考查动态平衡条件的应用，可以单独命题，也可与其他相关知识综合考查。
物体从一个受力平衡状态到另一个平衡状态，一般题目中会出现“缓缓”“缓慢”“慢慢”等关键词，体现了“动”中有“静”，“静”中有“动”的思想。
(多选)如图所示，在粗糙水平地面上放着一个截面为四分之一圆弧的柱状物体，的左端紧靠竖直墙，与竖直墙之间放一光滑圆球，已知的圆半径为球的半径的倍，球所受的重力为，整个装置处于静止状态。
设墙壁对的压力为，对的支持力为，则若把向右移动少许后，它们仍处于静止状态，则、的变化情况分别是( )．减小．增大．减小．增大解析解法一：解析法以球为研究对象，受力分析如图甲所示，根据合成法，可得出＝θ，＝，当向右移动少许后，θ减小，则减小，减小，、正确。
解法二：图解法先根据平衡条件和平行四边形定则画出如图乙所示的矢量三角形，在θ角减小的过程中，从图中可直观地看出，、都会减小，、正确。
答案方法感悟解决动态平衡问题常见的方法()解析法对研究对象进行受力分析，先画出受力示意图，再根据物体的平衡条件列式求解，得到因变量与自变量的一般函数表达式，最后根据自变量的变化确定因变量的变化。
()图解法此法常用于求解三力平衡且有一个力是恒力、另外一个力方向不变的问题。
一般按照以下流程解题。
“动”为“静”))“静”中求“动”))()相似三角形法在三力平衡问题中，如果有一个力是恒力，另外两个力方向都变化，且题目给出了空间几何关系，多数情况下力的矢量三角形与空间几何三角形相似，可利用相似三角形对应边成比例进行计算。
.如图所示，一小球放置在木板与竖直墙面之间。
设球对墙面的压力大小为，球对木板的压力大小为。
以木板与墙连接点所形成的水平直线为轴，将木板从图示位置开始缓慢地转到水平位置。
不计摩擦，在此过程中( )．始终减小，始终增大．始终减小，始终减小．先增大后减小，始终减小．先增大后减小，先减小后增大答案解析解法一：解析法如图甲所示，因为＝′＝，＝′＝，随θ逐渐增大到°，θ、θ都增大，、都逐渐减小，所以正确。
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．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F合F合＝ma加速度a运动学公式运动情况v、x、t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；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)sinαB．(1－k)cosαC．(1－k2)tanα D.1－k2 tanα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，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 sinα－f＝ma，f＝μmg cosα，所以a＝g(sinα－μcosα)，由运动学公式可知v12＝2ax＝2gx(sinα－μcosα)，v2＝2gh由题意：v1＝kv且h＝x·sinα解得：μ＝(1－k2)tanα，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“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．自测2 (2015·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)，此时A 恰好不滑动，B 刚好不下滑．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2A.1μ1μ2B.1－μ1μ2μ1μ2C.1＋μ1μ2μ1μ2D.2＋μ1μ2μ1μ2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基本问题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)时，则采用正交分解法．类型1 已知物体受力情况，分析物体运动情况例1 (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，目前正得到越来越广泛的应用．一架质量为m ＝2kg 的无人机，其动力系统所能提供的最大升力F ＝36N ，运动过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 ＝5s 时离地面的高度为75m(g 取10m/s 2)．图3(1)求运动过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40m/s ，求无人机悬停时距地面高度；(3)假设在第(2)问中的无人机坠落过程中，在遥控设备的干预下，动力系统重新启动提供向上最大升力．为保证安全着地，求无人机从开始下落到恢复升力的最长时间． 答案 (1)4N (2)100m (3)553s解析 (1)根据题意，在上升过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 ＝4N ；(2)下落过程由牛顿第二定律：mg －f ＝ma 1 得：a 1＝8m/s 2落地时的速度v 2＝2a 1H 联立解得：H ＝100m ；(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＝10m/s 2设恢复升力后的速度为v m ，则有v m 22a 1＋v m 22a 2＝H得：v m ＝4053m/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获得水平推力F＝100N而由静止向前滑行，其作用时间为t1＝10s，撤除水平推力F后经过t2＝15s，他第二次利用滑雪杖对雪面的作用获得同样的水平推力，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＝75kg，在整个运动过程中受到的滑动摩擦力大小恒为f＝25N，求：图4(1)第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小及这段时间内的位移大小；(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)10m/s 50m (2)187.5m解析(1)设运动员利用滑雪杖获得的加速度为a1由牛顿第二定律F－f＝ma1，得a1＝1m/s2第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小为v 1＝a 1t 1＝10m/s 通过的位移为x 1＝12a 1t 12＝50m(2)运动员停止使用滑雪杖后，加速度大小为a 2＝f m ＝13m/s 2经历时间t 2速度变为v 1′＝v 1－a 2t 2＝5m/s第二次利用滑雪杖获得的速度大小为v 2，则v 22－v 1′2＝2a 1x 1第二次撤去水平推力后，滑行的最大距离x 2＝v 222a 2联立解得x 2＝187.5m.类型2 已知物体运动情况，分析物体受力情况例2如图5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：图5(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/s 3 m/s 2(2)5.2N (3)F ＝mg sin θ＋μcos θ＋macos α＋μsin α解析 (1)物块做匀加速直线运动，根据运动学公式，有L ＝v 0t ＋12at 2，v t ＝v 0＋at ，联立解得a ＝3m/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 ＝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 cos α－mg sin θ－f ＝maN ＋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＝10kg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＝0.2.在木楔的倾角θ为37°的斜面上，有一质量m＝1.0kg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＝1m时，其速度v＝2m/s，在这过程中木楔没有动．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2)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，如果对物块施加一平行于斜面向下的推力F＝5N，则地面对木楔的摩擦力如何变化？(不要求写出分析、计算的过程)答案(1)0.5 (2)1.6N，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v2＝2ax，得a＝2m/s2对物块由牛顿第二定律有mg sinθ－μ1mg cosθ＝ma，得μ1＝0.5(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 cosθ，a y＝a sinθ解得：N＝108.8N，f＝1.6N(3)对木楔来说物块加推力以后它受到物块的力没有任何变化，所以地面对木楔的摩擦力的大小、方向均不变．命题点二动力学方法分析多运动过程问题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(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)．游客乘坐世界最快观光电梯从地面开始经历加速、匀速、减速的过程恰好到达观景台只需50秒，运行的最大速度为15m/s.观景台上可以鸟瞰整个迪拜全景，可将棕榈岛、帆船酒店等尽收眼底，颇为壮观．一位游客用便携式拉力传感器测得在加速阶段质量为1 kg的物体受到的竖直向上拉力为11 N，若电梯加速、减速过程视为匀变速直线运动(g取10 m/s2)求：图7(1)电梯加速阶段的加速度大小及加速运动的时间；(2)若减速阶段与加速阶段的加速度大小相等，求观景台的高度；(3)若电梯设计安装有辅助牵引系统，电梯出现故障，绳索牵引力突然消失，电梯从观景台处自由落体，为防止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，下落过程所有阻力不计，则电梯自由下落最长多少时间必须启动辅助牵引装置？答案(1)1m/s215s (2)525m (3)70s解析 (1)设电梯加速阶段的加速度为a ，由牛顿第二定律得：T －mg ＝ma解得a ＝1m/s 2由v ＝v 0＋at 解得t ＝15s(2)匀加速阶段位移x 1＝12at 2＝12×1×152m ＝112.5m匀速阶段位移x 2＝v (50－2t )＝15×(50－2×15)m＝300m匀减速阶段位移x 3＝v 22a＝112.5m因此观景台的高度x ＝x 1＋x 2＋x 3＝525m. (3)由题意知，电梯到地面速度刚好为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 ＝1070m/s 则t m ＝v m g＝70s即电梯自由下落最长70s 时间必须启动辅助牵引装置．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2.5 s物体刚好回到出发点，(g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)．求：图8(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：v 02＝2a 1x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：t 1＝v 0a 1＝66s ＝1s物体沿斜面下滑的时间为：t 2＝t －t 1＝1.5s 下滑过程中，由运动学公式有：x ＝12a 2t 22由牛顿第二定律可得：mg sin37°－μmg cos37°＝ma 2 联立解得：μ≈0.42命题点三 临界和极值问题1．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°的光滑固定斜面的底端，另一端拴住质量为m 1＝6kg 的物体P ，Q 为一质量为m 2＝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0.2 s 时间内，F 为变力，0.2 s 以后F 为恒力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2.求：图9(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F min ＝(m 1＋m 2)a ＝1603N 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的光滑球，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，经过的总位移为x，运动过程中的最大速度为v，重力加速度为g.图10(1)求箱子加速阶段的加速度大小；(2)若a>g tanθ，求减速阶段球受到箱子左壁和顶部的作用力大小．答案(1)av22ax－v2(2)0 m⎝⎛⎭⎪⎫atanθ－g解析(1)设箱子加速阶段的加速度大小为a′，经过的位移为x1，减速阶段经过的位移为x2，有v2＝2a′x1，v2＝2ax2，且x1＋x2＝x，解得a′＝av22ax－v2.(2)如果球刚好不受箱子的作用力，箱子的加速度设为a0，应满足N sinθ＝ma0，N cosθ＝mg，解得a0＝g tanθ.箱子减速时加速度水平向左，当a>g tanθ时，箱子左壁对球的作用力为零，顶部对球的作用力不为零．此时球受力如图所示，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 ＝2kg 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1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sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，g 取10m/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 点所用的时间； (3)小物块最终离A 点的距离． 答案 (1)11N (2)0.5s (3)3.6m解析 (1)由题图乙可知，小物块在AB 段的加速度a 1＝Δv Δt ＝2.0－04.0－0m/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＝11N.(2)在BC 段，对小物块有mg sin α＝ma 2，解得a 2＝g sin α＝8m/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＝0.5s.(3)小物块从B 向A 运动过程中，有μmg ＝ma 3，a 3＝μg ＝5m/s 2，由B 至停下小物块的位移x ＝v B 22a 3＝0.4m ，x AB ＝0＋v B2t 0＝4.0m ，Δx A ＝x AB －x ＝3.6m.2．(2018·湖南省常德市期末检测)如图2所示，有一质量为2kg 的物体放在长为1m 的固定斜面顶端，斜面倾角θ＝37°，g ＝10m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.图2(1)若由静止释放物体，1s 后物体到达斜面底端，则物体到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)若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1.5m/s 2的匀加速直线运动，则该恒力大小为多少？ 答案 (1)2m/s (2)0.5 (3)5N解析 (1)设物体到达斜面底端时速度大小为v ，由运动学公式得：x ＝12vt ，v ＝2x t ＝2×11m/s＝2 m/s ；(2)由运动学公式得a 1＝vt＝2m/s 2，由牛顿第二定律得mg sin θ－μmg cos θ＝ma 1，联立解得μ＝0.5；(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，则F 合sin θ－μF合cos θ＝ma 2，将a 2＝1.5m/s 2，θ＝37°，μ＝0.5代入，可得F 合＝15N ，F 合＝mg －F ＝15N ，解得F ＝5N.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 ＝6.5N ，玩具的质量m ＝1kg ，经过时间t ＝2.0s ，玩具移动了距离x ＝23m ，这时幼儿将手松开，玩具又滑行了一段距离后停下．(g 取10m/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 ＝3m/s 2，对玩具，由牛顿第二定律得F cos30°－μ(mg －F sin30°)＝ma解得μ＝33. (2)松手时，玩具的速度v t ＝at ＝23m/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 ′＝335m.(3)设拉力与水平方向的夹角为θ，玩具要在水平面上运动，则F cos θ－f >0，f ＝μN 在竖直方向上，由平衡条件得N ＋F sin θ＝mg解得F >μmgcos θ＋μsin θ因为cos θ＋μsin θ＝1＋μ2sin(60°＋θ) 所以当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10N 的小球，在F ＝20N 的竖直向上的拉力作用下，从A 点由静止出发沿AB 向上运动，F 作用1.2s 后撤去．已知杆与球间的动摩擦因数为36，杆足够长，取g ＝10m/s 2.求：图4(1)有F 作用的过程中小球的加速度； (2)撤去F 瞬间小球的加速度；(3)从撤去力F 开始计时，小球经多长时间将经过距A 点为2.25m 的B 点． 答案 (1)2.5m/s 2方向沿杆向上 (2)7.5 m/s 2方向沿杆向下 (3)0.2s 或0.75s 解析 (1)小球的质量m ＝G g＝1kg取沿杆向上为正方向，设小球在力F 作用时的加速度大小为a 1，此时小球的受力如图所示，F cos30°＝G cos30°＋N F sin30°－G sin30°－μN ＝ma 1联立解得：a 1＝2.5m/s 2，方向沿杆向上 (2)撤去F 瞬间，小球的受力如图所示，设此时小球的加速度为a 2，N ′＝G cos30° －G sin30°－μN ′＝ma 2联立解得：a 2＝－7.5m/s 2，即大小为7.5 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＝3m/s 小球的位移为x 1＝12a 1t 12＝1.8m撤去F 后，小球继续向上运动的时间为t 2＝0－v 1a 2＝0.4s小球继续向上运动的最大位移为x 2＝0－v 122a 2＝0.6m则小球向上运动的最大距离为x m ＝x 1＋x 2＝2.4m 在上滑阶段通过B 点，即x AB －x 1＝v 1t 3＋12a 2t 32解得t 3＝0.2s 或者t 3＝0.6s(舍) 小球返回时，受力如图所示，设此时小球的加速度为a 3， －G sin30°＋μN ′＝ma 3得a 3＝－2.5m/s 2，即大小为2.5 m/s 2，方向沿杆向下 小球由顶端返回B 点时有－(x m －x AB )＝12a 3t 42解得t 4＝35s 则通过B 点时间为t ＝t 2＋t 4≈0.75s.。
