2020版高考物理第三章第16课时动力学的三类典型问题(题型研究课)讲义

动力学的三类典型问题1．如图所示，劲度系数为k 的轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于水平面上质量均为m 的物体A 、B 接触(A 与B 和弹簧均未连接)，弹簧水平且无形变。

用水平力F 缓慢推动物体B ，在弹性限度内弹簧长度被压缩了x 0，此时物体A 、B 静止。

已知物体A 与水平面间的动摩擦因数为μ，物体B 与水平面间的摩擦不计。

撤去F 后，物体A 、B 开始向左运动，A 运动的最大距离为4x 0，重力加速度为g 。

则( )A ．撤去F 后，物体A 和B 先做匀加速运动，再做匀减速运动B ．撤去F 瞬间，物体A 、B 的加速度大小为kx 0m －μgC ．物体A 、B 一起向左运动距离x 0后相互分离D ．物体A 、B 一起向左运动距离x ＝x 0－μmg k后相互分离 解析：选D A 、B 一起先做加速度减小的加速运动，当加速度减为零时，B 与A 分离，B 做匀速运动，A 做加速度增大的减速运动，当弹簧达到原长后，A 与弹簧分离，做匀减速直线运动，故A 项错误；撤去F 瞬间，由kx 0－μmg ＝2ma 可知a ＝kx 02m －μg 2，B 项错误；当物体A 、B 相互分离时，加速度为零，速度最大，此时弹簧弹力F 弹＝μmg ＝kx ′，x ′＝μmg k ，所以物体A 、B 一起向左运动距离x ＝x 0－μmg k 后相互分离，D 项正确，C 项错误。

2．如图所示，质量分别为m 1、m 2的两个物体通过轻弹簧连接，在力F 的作用下一起沿水平方向做匀加速直线运动(m 1在光滑地面上，m 2在空中)。

已知力F 与水平方向的夹角为θ，则m 1的加速度大小为( )A.F cos θm 1＋m 2B.F sin θm 1＋m 2C.F cos θm 1D.F sin θm 2解析：选A m 1、m 2加速度相同，方向水平向右，把m 1、m 2看成一个整体，由牛顿第二定律可得F cos θ＝(m 1＋m 2)a ，所以a ＝F cos θm 1＋m 2，选项A 正确。

2020年高考物理真题考点逐个击破-专题3.13 三大动力学观点的综合应用【专题诠释】1.本专题是力学三大观点在力学中的综合应用，高考对本专题将作为计算题压轴题的形式命题．2．学好本专题，可以帮助同学们熟练应用力学三大观点分析和解决综合问题．3．用到的知识、规律和方法有：动力学方法(牛顿运动定律、运动学规律)；动量观点(动量定理和动量守恒定律)；能量观点(动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定律)．一、力的三个作用效果与五个规律二、常见的力学模型及其结论【高考领航】【2019·新课标全国Ⅲ卷】静止在水平地面上的两小物块A 、B ，质量分别为m A =l.0 kg ，m B =4.0 kg ；两者之 间有一被压缩的微型弹簧，A 与其右侧的竖直墙壁距离l =1.0 m ，如图所示。

某时刻，将压缩的微型弹簧释 放，使A 、B 瞬间分离，两物块获得的动能之和为E k =10.0 J 。

释放后，A 沿着与墙壁垂直的方向向右运动。

A 、 B 与地面之间的动摩擦因数均为u =0.20。

重力加速度取g =10 m/s²。

A 、B 运动过程中所涉及的碰撞均为弹性 碰撞且碰撞时间极短。

（1）求弹簧释放后瞬间A 、B 速度的大小；（2）物块A 、B 中的哪一个先停止？该物块刚停止时A 与B 之间的距离是多少？ （3）A 和B 都停止后，A 与B 之间的距离是多少？【答案】（1）v A =4.0 m/s ，v B =1.0 m/s （2）B 0.50 m （3）0.91 m【解析】（1）设弹簧释放瞬间A 和B 的速度大小分别为v A 、v B ，以向右为正，由动量守恒定律和题给条件有0=m A v A –m B v B ①22k 1122A AB B E m vm v =+②联立①②式并代入题给数据得 v A =4.0 m/s ，v B =1.0 m/s ③（2）A 、B 两物块与地面间的动摩擦因数相等，因而两者滑动时加速度大小相等，设为a 。

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.。

第4讲 ⎪⎪⎪以加速度为桥梁，巧解动力学“三类典型问题” [考法·学法]应用牛顿运动定律解决动力学问题是高考必考内容，其中有三类典型的问题：连接体问题、传送带问题、板—块模型问题，这三类问题均是高考的热点。

解答这三类问题需要的知识有：匀变速直线运动的规律、牛顿运动定律、受力分析等。

用到的思想方法有：①整体法和隔离法 ②正交分解法 ③作图法 ④图像法 ⑤等效思想 ⑥临界极值思想一、以加速度为桥梁，破解连接体问题基础保分类考点 [全练题点]1．[多选](2020届高三·江西宜春四校联考)如图甲所示，平行于光滑斜面的轻弹簧劲度系数为k ，一端固定在倾角为θ的斜面底端，另一端与物块A 连接；两物块A 、B 质量均为m ，初始时均静止。

现用平行于斜面向上的力F 拉动物块B ，使B 做加速度为a 的匀加速运动，A 、B 两物块在开始一段时间内的v ­t 关系分别对应图乙中A 、B 图线(t 1时刻A 、B 的图线相切，t 2时刻对应A 图线的最高点)，重力加速度为g ，则( )A ．t 2时刻，弹簧形变量为0B ．t 1时刻，弹簧形变量为mgsin θ＋makC ．从开始到t 2时刻，拉力F 逐渐增大D ．从t 1时刻开始，拉力F 恒定不变解析：选BD 由题图知，t 2时刻A 的加速度为零，速度最大，根据牛顿第二定律和胡克定律有mgsin θ＝kx ，则x ＝mgsin θk，故A 错误；由题图读出，t 1时刻A 、B 开始分离，对A 根据牛顿第二定律得kx －mgsin θ＝ma ，则x ＝mgsin θ＋mak ，故B 正确；从开始到t 1时刻，对AB 整体，根据牛顿第二定律得F＋kx －2mgsin θ＝2ma ，得F ＝2mgsin θ＋2ma －kx ，x 减小，F 增大，从t 1时刻开始，对B 由牛顿第二定律得F －mgsin θ＝ma ，得F ＝mgsin θ＋ma ，可知F 不变，故C 错误，D 正确。