高考物理一轮复习第三章微专题20动力学中的临界值问题

专题3.8 牛顿运动定律相关的临界和极值问题一．选择题1.如图所示，位于竖直平面内的固定光滑圆环轨道与水平面相切于M 点，与竖直墙相切于A 点。

竖直墙上另一点B 与M 的连线和水平面的夹角为60°，C 是圆环轨道的圆心。

已知在同一时刻a 、b 两球分别由A 、B 两点从静止开始沿光滑倾斜直轨道AM 、BM 运动到M 点；c 球由C 点自由下落到M 点。

则( )A.a 球最先到达M 点B.b 球最先到达M 点C.c 球最先到达M 点D.b 球和c 球都可能最先到达M 点 【参考答案】C【名师解析】如图所示，令圆环半径为R ，则c 球由C 点自由下落到M 点用时满足R ＝21gtc 2，所以t c ＝g 2R ；对于a 球令AM 与水平面成θ角，则 a 球下滑到M 用时满足AM ＝2 Rsin θ＝21gsin θ·ta 2，即t a ＝2g R；同理b 球从B 点下滑到M 点用时也满足t b ＝2g r(r 为过B 、M 且与水平面相切于M 点的竖直圆的半径，r ＞R)。

综上所述可得t b ＞t a ＞t c 。

2.如图2甲是某景点的山坡滑道图片，为了探究滑行者在滑道直线部分AE 滑行的时间，技术人员通过测量绘制出如图乙所示的示意图。

AC 是滑道的竖直高度，D 点是AC 竖直线上的一点，且有AD ＝DE ＝10 m ，滑道AE 可视为光滑，滑行者从坡顶A 点由静止开始沿滑道AE 向下做直线滑动，g 取10 m/s 2，则滑行者在滑道AE 上滑行的时间为( )A. sB.2 sC. sD.2 s 【参考答案】B3.如图1所示，在倾角为θ的斜面上方的A 点处旋转一光滑的木板AB ，B 端刚好在斜面上，木板与竖直方向AC 所成角度为α，一小物块由A 端沿木板由静止滑下，要使物块滑到斜面的时间最短，则α与θ角的大小关系( )A.α＝θB.α＝2θC.α＝2θD.α＝3θ【参考答案】B【名师解析】如图所示，在竖直线AC 上选取一点O ，以适当的长度为半径画圆，使该圆过A 点，且与斜面相切于D 点。

微专题四动力学中的“木板-滑块”和“传送带”模型动力学中“木板-滑块”模型1．模型分析模型概述(1)滑块、滑板是上下叠放的，分别在各自所受力的作用下运动，且在相互的摩擦力作用下相对滑动.（2）滑块相对滑板从一端运动到另一端，若两者同向运动，位移之差等于板长；若反向运动，位移之和等于板长.(3)一般两者速度相等为“临界点”，要判定临界速度之后两者的运动形式。

常见情形滑板获得一初速度v0,则板块同向运动，两者加速度不同，x板>x块,Δx＝x板－x块，最后分离或相对静止滑块获得一初速度v0,则板块同向运动，两者加速度不同，x板<x块,Δx＝x块－x板，最后分离或相对静止开始时板块运动方向相反，两者加速度不同，最后分离滑板或滑块受到拉力作用，要判断两者是否有相对运或相对静止，Δx＝x块＋x板动，以及滑板与地面是否有相对运动2。

常见临界判断（1）滑块恰好不滑离木板的条件:滑块运动到木板的一端时,滑块与木板的速度相等.（2）木板最短的条件:当滑块与木板的速度相等时滑块滑到木板的一端.（3）滑块与木板恰好不发生相对滑动的条件：滑块与木板间的摩擦力为最大静摩擦力，且二者加速度相同。

[典例1]一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块;在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4。

5 m，如图(a)所示。

t＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动,直至t＝1 s时木板与墙壁碰撞（碰撞时间极短).碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板。

已知碰撞后1 s时间内小物块的v。

t图线如图（b)所示。

木板的质量是小物块质量的15倍,重力加速度大小g取10 m/s2。

求：图（a）图(b)(1）木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2;（2）木板的最小长度；（3）木板右端离墙壁的最终距离.[大题拆分］第一步：分析研究对象模型.设小物块和木板的质量分别为m和M。

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。

微专题21 三种〞连接体模型“的解题规律题目类型1．弹力连接(以轻绳连接或直接接触)：假设加速度一样，各个物体间弹力与“其带动的物体质量〞成正比；直接接触的连接体往往还涉与“要别离还没分〞的临界状态．2．弹簧连接：在弹簧发生形变的过程中，两端连接体的速度不一定相等；在弹簧形变量最大时，两端连接体的速率相等．3．摩擦连接：连接体靠静摩擦力或滑动摩擦力连接(带动)，由静摩擦力带动时连接体相对静止，加速度一样；静摩擦力达到最大静摩擦力时是“要滑还没滑〞的临界状态．解题方法整体法、隔离法交替运用．假设连接体内各物体具有一样的加速度，且要求物体之间的作用力，可以先用整体法求出加速度，然后再用隔离法选取适宜的研究对象，应用牛顿第二定律求作用力．即“先整体求加速度，后隔离求内力〞．1．(多项选择)(2019·辽宁沈阳市第一次质检)如图1所示，甲、乙两物体靠在一起，放在光滑的水平面上，在水平力F1和F2共同作用下，一起从静止开始运动，F1>F2，两物体运动一段时间后( )图1A．假设突然撤去F1，甲的加速度一定减小B．假设突然撤去F1，甲、乙间的作用力减小C．假设突然撤去F2，乙的加速度一定增大D．假设突然撤去F2，甲、乙间的作用力增大2．(2019·河南示范性高中上学期期终)如图2所示，A、B两一样的木箱(质量不计)用水平细绳连接放在水平地面上，当两木箱内均装有质量为m的沙子时，用水平力F拉A木箱，使两木箱一起做匀加速直线运动，细绳恰好不被拉断．在不改变拉力的情况下，为使两木箱一次能运送更多的沙子，如下方法可行的是(加沙子后两木箱均能被拉动)( )图2A．只在A木箱内加沙子B．只在B木箱内加沙子C．A木箱内参加质量为m的沙子，B木箱内参加质量为2m的沙子D ．A 木箱内参加质量为2m 的沙子，B 木箱内参加质量为3m 的沙子3．(多项选择)如图3甲所示，在光滑水平面上叠放着A 、B 两物体．现对A 施加水平向右的拉力F ，通过传感器可测得A 的加速度a 随拉力F 变化的关系如图乙所示．重力加速度g ＝10m/s 2，如下说法正确的答案是(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( )图3A ．A 的质量是5kgB ．B 的质量是5kgC ．A 、B 之间的动摩擦因数是0.4D ．A 、B 之间的动摩擦因数是0.84．如图4所示，质量为M 的框架放在水平地面上，一轻弹簧上端固定在框架上，下端连接一个质量为m 的小球，小球上下振动时，框架始终没有跳起，重力加速度为g .当框架对地面压力为零瞬间，小球的加速度大小为( )图4A ．g B.M －m m g C ．0D.M ＋mmg 5．(2020·湖南长沙市模拟)如图5所示，光滑水平面上，质量分别为m 、M 的木块A 、B 在水平恒力F 作用下一起以加速度a 向右做匀加速直线运动，木块间的水平轻质弹簧劲度系数为k ，原长为L 0，如此此时木块A 、B 间的距离为( )图5A ．L 0＋Ma kB ．L 0＋ma kC ．L 0＋MF k M ＋m D ．L 0＋F －mak6．(2020·河南新乡市模拟)如图6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一样，其间用一不可伸长的水平轻绳相连，轻绳能承受的最大拉力为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，如此( )图6A ．此过程中物体C 受五个力作用B ．当F 逐渐增大到T 时，轻绳刚好被拉断C ．当F 逐渐增大到1.5T 时，轻绳刚好被拉断D ．假设水平面光滑，如此绳刚断时，A 、C 间的摩擦力为T67.如图7所示，物块A 和B 的质量分别为4m 和m ，开始A 、B 均静止，细绳拉直，在竖直向上拉力F ＝6mg 作用下，动滑轮竖直向上加速运动，动滑轮质量忽略不计，动滑轮半径很小，不考虑绳与滑轮之间的摩擦，细绳足够长，在滑轮向上运动过程中，物块A 和B 的加速度分别为( )图7A ．a A ＝12g ，a B ＝5gB ．a A ＝a B ＝15gC ．a A ＝14g ，a B ＝3gD ．a A ＝0，a B ＝2g8．(多项选择)(2019·河北省“五个一名校联盟〞第一次诊断)小物块m 与各面均光滑的斜面体M ，叠放在光滑水平面上，如图8所示，在水平力F 1(图甲)作用下保持相对静止，此时m 、M 间作用力为N 1；在水平力F 2(图乙)作用下保持相对静止，此时m 、M 间作用力为N 2.如此如下说法正确的答案是( )图8A ．假设m ＝M ，如此有F 1＝F 2B ．假设m ＝M ，如此有N 1>N 2C ．假设m <M ，如此有F 1<F 2D ．假设m <M ，如此有N 1＝N 29．(多项选择)(2020·湖北武汉市调研)如图9所示，光滑水平桌面放置着物块A ，它通过轻绳和轻质光滑滑轮悬挂着物块B .A 的质量为m ，B 的质量为3m ，重力加速度大小为g .静止释放物块A 、B 后( )图9A ．一样时间内，A 、B 运动的路程之比为2∶1 B ．物块A 、B 的加速度之比为1∶1C ．细绳的拉力为6mg7D ．当B 下落高度h 时，速度为2gh 510．(2019·福建宁德市上学期期末质量检测)如图10所示，在光滑的水平面上有一段长为L 、质量分布均匀的绳子，绳子在水平向左的恒力F 作用下做匀加速直线运动．绳子上某一点到绳子右端的距离为x ，设该处的张力为T ，如此能正确描述T 与x 之间的关系的图像是( )图1011．(2019·福建泉州市期末质量检查)如图11所示，“复兴号〞动车组共有8节车厢，每节车厢质量m ＝18t ，第2、4、5、7节车厢为动力车厢，第1、3、6、8节车厢没有动力．假设“复兴号〞在水平轨道上从静止开始加速到速度v ＝360km/h ，此过程视为匀加速直线运动，每节车厢受到f＝1.25×103N的阻力，每节动力车厢的牵引电机提供F＝4.75×104N的牵引力．求：图11(1)该过程“复兴号〞运动的时间；(2)第4节车厢和第5节车厢之间的相互作用力的大小．12．(2019·湖南衡阳市第二次模拟)如图12甲所示，在水平地面上有一质量为m1＝1kg的足够长的木板，其上叠放一质量为m2＝2kg的木块，木块和木板之间的动摩擦因数μ1＝0.3，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1.假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等，现给木块施加随时间t增大的水平拉力F＝3t(N)，重力加速度大小g＝10m/s2.图12(1)求木块和木板保持相对静止的时间t1；(2)t＝10s时，两物体的加速度各为多大；(3)在图乙中画出木块的加速度随时间変化的图像(取水平拉力F的方向为正方向，只要求画图，不要求写出理由与演算过程)答案精析1．BC [一起运动时，整体的加速度为：a ＝F 1－F 2m 1＋m 2； 对乙分析，如此甲、乙之间的作用力为：N －F 2＝m 2a ，解得N ＝m 1F 2＋m 2F 1m 1＋m 2；突然撤去F 1，如此整体的加速度a 1＝F 2m 1＋m 2，a 1不一定大于a ，甲、乙之间的作用力N 1＝m 1F 2m 1＋m 2<N ，故A 错误，B 正确；突然撤去F 2，如此整体的加速度a 2＝F 1m 1＋m 2，如此a 2>a ，即加速度增大，甲、乙之间的作用力为：N 2＝m 2F 1m 1＋m 2<N ，应当选项C 正确，D 错误．] 2．A [对A 、B 整体，由牛顿第二定律：F －μ(m A ＋m B )g ＝(m A ＋m B )a ；对木箱B ：T －μm B g ＝m B a ；解得T ＝m Bm A ＋m BF ，可知当A 木箱内参加沙子的质量大于B 木箱内参加沙子的质量时，细绳的拉力减小，故A 正确，B 、C 、D 错误．]3．BC [拉力F 很小时，A 、B 两物体保持相对静止，以一样的加速度运动，后来B 在A 上滑动．当拉力F 1＝60N 时，A 物体加速度a 1＝4m/s 2，两物体恰好要相对滑动，这时A 、B 间的摩擦力是最大静摩擦力，根据牛顿第二定律，对B 有：μm B g ＝m B a 1① 对A 有：F 1－μm B g ＝m A a 1②当拉力F 2＝100N 时，A 物体加速度a 2＝8m/s 2，两物体发生相对滑动，这时A 、B 间是滑动摩擦力，根据牛顿第二定律，对A 有：F 2－μm B g ＝m A a 2③由①②③解得：m A ＝10kg ，m B ＝5kg ，μ＝0.4，故B 、C 正确，A 、D 错误．]4．D [以框架为研究对象进展受力分析可知，当框架对地面压力为零时，其重力与弹簧对其弹力平衡，即F ＝Mg ，故可知弹簧处于压缩状态，再以小球为研究对象分析受力可知F ＋mg ＝ma ，联立可解得，小球的加速度大小为a ＝M ＋mmg ，应当选项D 正确．] 5．B [以A 、B 整体为研究对象，加速度为：a ＝F M ＋m，隔离A 木块，弹簧的弹力：F 弹＝ma＝k Δx ，如此弹簧的长度L ＝L 0＋ma k ＝L 0＋mFk M ＋m，应当选B.]6．C [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 的摩擦力以与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 ，隔离法对A 、C 分析，根据牛顿第二定律得，T －μ·4mg ＝4ma ，计算得出T ＝23F ，当F ＝1.5T 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A 、C 分析，加速度a ′＝T4m，隔离对A 分析，A 的摩擦力f ＝ma ′＝T4，故D 错误．]7．D [对滑轮由牛顿第二定律得F －2T ＝m ′a ，又滑轮质量m ′忽略不计，故m ′＝0，所以T ＝F 2＝6mg 2＝3mg ，对A 由于T <4mg ，故A 静止，a A ＝0，对B 有a B ＝T －mg m ＝3mg －mg m＝2g ，故D 正确．]8．ACD [由整体法可知，甲图中整体的加速度：a 1＝F 1M ＋m，乙图中整体的加速度：a 2＝F 2M ＋m；对甲图，隔离M ，如此N 1sin θ＝Ma 1，隔离m ：N 1cos θ＝mg ，解得a 1＝mMg tan θ；F 1＝(M ＋m )a 1＝m M (M ＋m )g tan θ；N 1＝mg cos θ；对乙图中的m ，如此：N 2sin θ＝mg tan θ＝ma 2，解得：N 2＝mgcos θ；F 2＝(M ＋m )a 2＝(M ＋m )g tan θ；假设m ＝M ，如此有F 1＝F 2；假设m <M ，如此有F 1<F 2，选项A 、C 正确；无论m 和M 大小关系如何，都有N 1＝N 2，选项B 错误，D 正确．]9．AC [根据动滑轮的特点可知，一样时间内，A 、B 运动的路程之比为2∶1，选项A 正确；根据s ＝12at 2可知，物块A 、B 的加速度之比为2∶1，选项B 错误；设细绳的拉力为T ，B 的加速度为a ，如此对A ：T ＝m ·2a ；对B ：3mg －2T ＝3ma ；解得a ＝37g ，T ＝67mg ，选项C 正确；当B 下落高度h 时，速度为v ＝2ah ＝67gh ，选项D 错误．] 10．A [设绳子单位长度质量为m ，对整体分析有：F ＝Lma ，如此对x 分析可知：T ＝xma ，联立解得：T ＝xF L，故可知T 与x 成正比，故A 正确．] 11．(1)80s (2)0解析 (1)以动车组为研究对象，由牛顿第二定律：4F －8f ＝8ma 动车组做匀加速直线运动，如此v ＝at 解得t ＝80s(2)以前4节车厢为研究对象，假设第4、5节车厢间的作用力为N，如此由牛顿第二定律：2F－4f＋N＝4ma解得N＝0.12．(1)4s (2)3m/s212m/s2(3)见解析图解析(1)当F＜μ2(m1＋m2)g＝3N时，木块和木板都没有被拉动，处于静止状态，当木块和木板一起运动时，对m1：f max－μ2(m1＋m2)g＝m1a max，f max＝μ1m2g解得：a max＝3m/s2对整体有：F max－μ2(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a max解得：F max＝12N由F max＝3t得：t＝4s(2)t＝10s时，两物体已相对运动，如此有：对m1：μ1m2g－μ2 (m1＋m2)g＝m1a1，解得：a1＝3m/s2对m2：F－μ1m2g＝m2a2，F＝3t＝30N，解得：a2＝12m/s2(3)图像过(1,0)、(4,3)、(10,12)图像如下列图．。

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.。

均衡中的临界与极值问题1．考点及要求： (1) 力的合成与分解 ( Ⅱ) ； (2) 共点力的均衡 ( Ⅱ).2. 方法与技巧：办理临界极值问题的主要方法有假定法、图解法或剖析法，找来临界条件是解题的重点．1． ( 静态均衡的临界极值问题) 将两个质量均为m的小球 a、 b 用细线相连后，再用细线悬挂于 O点，如图1所示．使劲 F 拉小球 b，使两个小球都处于静止状态，且细线Oa与竖直方向的夹角保持θ＝30°，则 F 的最小值为()图 1331A. 3mg B ．mg C. 2 mg D.2mg2. ( 运动中的临界极值问题) 如图 2 所示，质量均为m的木块 A和 B，用一个劲度系数为k 的轻质弹簧连结，最初系统静止，现在使劲迟缓拉 A 直到 B 恰好走开地面，则这一过程 A 上升的高度为 ()图 2mg2mg3mg4mgA. kB.kC.kD.k3．如图 3 所示，一小球用轻绳悬于O点，使劲 F 拉住小球，使悬线保持偏离竖直方向60°角，且小球向来处于均衡状态．为了使 F 有最小值， F 与竖直方向的夹角θ 应该是()图 3A．90° B ．45° C ．30° D ．0°4．物体的质量为 2 kg ，两根稍微绳AB和 AC的一端连结于竖直墙上，另一端系于物体上，在物体上另施加一个方向与水平线成θ角的拉力 F，有关几何关系如图 4 所示，θ＝60°，若要使绳都能挺直，求拉力 F 的大小范围．( g 取10 m/s2)1图 45．一个底面粗拙、质量为m的劈放在水平面上，劈的斜面圆滑且倾角为 30°，如图 5 所示．现用一端固定的轻绳系一质量也为 m的小球，绳与斜面的夹角为30°，求：图 5(1)当劈静止时绳子拉力为多大？(2) 若地面对劈的最大静摩擦力等于地面对劈的支持力的k 倍，为使整个系统静止，k 值必定知足什么条件？2答案剖析1．B [ 将 a 、b 看作一个整体， 受力剖析可知， 当力 F 与 Oa 垂直时 F 最小，可知此时 F ＝ 2mg sinθ ＝ mg ， B 正确． ]2． B [ 最初 A 、 B 处于静止状态，而且弹簧处于压缩状态，依照均衡条件对A 有 kl ＝mg ，1B 恰好走开地面时弹簧处于拉伸状态，此时地面对 B 支持力为零， 依照均衡条件对B 有 k l 2＝ ，这一过程A 上升的高度为l 1＋ l2mg2＝.]mgk3． C [ 以以下图，小球受三个力而处于均衡状态，重力 mg 的大小和方向都不变，绳子拉力T 方向不变，由于绳子拉力T 和外力 F 的协力等于重力，经过作图法知，当F 的方向与绳子方向垂直时，由于垂线段最短，所以F 最小，则由几何知识得 θ ＝30°，故 C 正确， A 、 B 、D 错误． ]20 340 34. N ≤ F ≤ N3 3剖析 画出 A 受力表示图，并成立直角坐标系以以下图．由均衡条件有： Σ F x ＝ F cos θ － F C －F B cos θ ＝0①Σ F ＝F sin θ ＋F sin θ － mg ＝ 0②y B由①②可得：＝ /sinθ － B ③FmgFCmgF ＝2cos θ ＋2sin θ ④要使两绳都能绷直，则有BF ≥0，⑤F C ≥0⑥mg403 由③⑤得 F 有最大值 F max ＝sin θ ＝3N.mg20 3由④⑥可知 F 有最小值 F min ＝ 2sin θ ＝ 3 N.故 F 的取值范围为 20 3 40 33 N ≤ F ≤ N.35．见剖析剖析 (1) 小球受力以以下图3T cos 30°＝ mg sin 30°3则 T＝3 mg.(2)对小球和劈整体受力剖析以以下图N＋ T sin 60°＝2mgf＝ T cos 60°f m＝ kN为使整个系统静止，需要知足： f ≤f m3则 k≥.94。

专题3.8 牛顿运动定律相关的临界和极值问题一．选择题1.如图所示，位于竖直平面内的固定光滑圆环轨道与水平面相切于M 点，与竖直墙相切于A 点。

竖直墙上另一点B 与M 的连线和水平面的夹角为60°，C 是圆环轨道的圆心。

已知在同一时刻a 、b 两球分别由A 、B 两点从静止开始沿光滑倾斜直轨道AM 、BM 运动到M 点；c 球由C 点自由下落到M 点。

则( )A.a 球最先到达M 点B.b 球最先到达M 点C.c 球最先到达M 点D.b 球和c 球都可能最先到达M 点 【参考答案】C【名师解析】如图所示，令圆环半径为R ，则c 球由C 点自由下落到M 点用时满足R ＝21gtc 2，所以t c ＝g 2R ；对于a 球令AM 与水平面成θ角，则 a 球下滑到M 用时满足AM ＝2 Rsin θ＝21gsin θ·ta 2，即t a ＝2g R；同理b 球从B 点下滑到M 点用时也满足t b ＝2g r(r 为过B 、M 且与水平面相切于M 点的竖直圆的半径，r ＞R)。

综上所述可得t b ＞t a ＞t c 。

2.如图2甲是某景点的山坡滑道图片，为了探究滑行者在滑道直线部分AE 滑行的时间，技术人员通过测量绘制出如图乙所示的示意图。

AC 是滑道的竖直高度，D 点是AC 竖直线上的一点，且有AD ＝DE ＝10 m ，滑道AE 可视为光滑，滑行者从坡顶A 点由静止开始沿滑道AE 向下做直线滑动，g 取10 m/s 2，则滑行者在滑道AE 上滑行的时间为( )A. sB.2 sC. sD.2 s 【参考答案】B3.如图1所示，在倾角为θ的斜面上方的A 点处旋转一光滑的木板AB ，B 端刚好在斜面上，木板与竖直方向AC 所成角度为α，一小物块由A 端沿木板由静止滑下，要使物块滑到斜面的时间最短，则α与θ角的大小关系( )A.α＝θB.α＝2θC.α＝2θD.α＝3θ【参考答案】B【名师解析】如图所示，在竖直线AC 上选取一点O ，以适当的长度为半径画圆，使该圆过A 点，且与斜面相切于D 点。