2019年度高三物理一轮系列优质讲义：第三章专题强化三 动力学两类基本问题和临界极值问题Word版含答案

27动力学中的临界极值问题
［方法点拨］（1）用极限分析法把题中条件推向极大或极小， 找到临界状态，分析临界状态的 受力特点，列出方程.（2）将物理过程用数学表达式表示， 由数学方法（如二次函数、不等式、 三角函数等）求极值.
1 . （2018 •山东青岛二中模拟）如图1所示，水平挡板A 和竖直挡板B 固定在斜面C 上，一质 量为m 的光滑小球恰能与两挡板和斜面同时接触. 挡板A B 和斜面C 对小球的弹力大小分别 为F A 、F B 和F C .现使斜面和小球一起在水平面上水平向左做加速度为 a 的匀加速直线运动. 若 F A 和F B 不会同时存在，斜面倾角为0 ,重力加速度为g ,则下列图象中，可能正确的是（
）
2 .（多选）如图2所示，竖直平面内有一光滑直杆AB,杆与水平方向的夹角为
0 （0 °w 0 w 90° ）, 一质量为 m 的小圆环套在直杆上.
F 和小圆环的重力的合力一定沿与水平方向成 30°角斜向右下的方向
C. 若恒力F 的方向水平向右，则恒力 F 的大小为.3mg
恒力F, 并从A 端由静止释放.改变直杆与水平方向的夹角
0，当直杆与水平方向的夹角为 30° 时, 小圆环在直杆上运动的时间最短，重力加速度为 g ,则（）
A .恒力
F 一定沿与水平方向成 30°角斜向右下的方向
给小圆环施加一与该竖直平面平行的 B .恒力 ° gtanH
D
图2
D. 恒力F的最小值为^mg。

大一轮复习讲义第三章　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.NEIRONGSUOYIN内容索引过好双基关研透命题点课时作业回扣基础知识 训练基础题目细研考纲和真题 分析突破命题点限时训练 练规范 练速度一、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 ，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 ，再由牛顿第二定律求出合力，从而确定未知力.加速度加速度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：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A.(1－k)sin αB.(1－k)cos α√C.(1－k2)tan αD.图1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 sin α－f＝ma，f＝μmg cos α，所以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“刚好”“恰好”“正好”等关键词句，明显表明题述的过程存在着点.(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.临界临界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 ＝ .(2)相对滑动的临界条件：静摩擦力达到 .(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 .最大值0零自测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2√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；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＝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/s2).(1)求运动过程中所受空气阻力大小；答案　4 N　图3解析　根据题意，在上升过程中由牛顿第二定律得：F－mg－f＝ma 联立解得：f＝4 N；答案　100 m　解析　下落过程由牛顿第二定律：mg－f＝ma1得：a1＝8 m/s2落地时的速度v2＝2a1H联立解得：H＝100 m；(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.解析　恢复升力后向下减速，由牛顿第二定律得：F－mg＋f＝ma2得：a2＝10 m/s2由：v m＝a1t1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＝100 N而由静止向前滑行，其作用时间为t1＝10 s，撤除水平推力F后经过t2＝15 s，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＝75 kg，在整个运动过程中受到的滑动摩擦力大小恒为f＝25 N，求：(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；答案　10 m/s　50 m解析　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＝1 m/s2第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小为v1＝a1t1＝10 m/s(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　187.5 m经历时间t2速度变为v1′＝v1－a2t2＝5 m/s第二次利用滑雪杖获得的速度大小为v2，则v22－v1′2＝2a1x1联立解得x2＝187.5 m.例2　如图5甲所示，一质量m ＝0.4 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 的时间物块由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＝ .重力加速度g 取10 m/s 2.求：(1)物块到达B 点时速度和加速度的大小；图5类型2　已知物体运动情况，分析物体受力情况答案　8 m /s 3 m/s 2　解析　物块做匀加速直线运动，根据运动学公式，答案　5.2 N　解析　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＝5.2 N(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).解析　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＝μN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＝0.2.在木楔的倾角θ为37°的斜面上，有一质量m ＝1.0 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 ，在这过程中木楔没有动.(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g ＝10 m/s 2)求：(1)物块与木楔间的动摩擦因数μ1；图6答案　0.5　解析　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＝0.5(2)地面对木楔的摩擦力的大小和方向；答案　1.6 N，水平向左　解析　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＝108.8 N，f＝1.6 N于斜面向下的推力F＝5 N，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　地面对木楔的摩擦力的大小、方向均不变解析　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15 m /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/s 2)求：(1)电梯加速阶段的加速度大小及加速运动的时间；图7答案　1 m/s 2　15 s 解析　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＝1 m/s2由v＝v0＋at解得t＝15 s答案　525 m　匀速阶段位移x2＝v(50－2t)＝15×(50－2×15)m＝300 m因此观景台的高度x＝x1＋x2＋x3＝525 m.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？解析　由题意知，电梯到地面速度刚好为0自由落体加速度a1＝g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v 0＝6 m /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/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8).求：(1)物体上滑的最大位移；图8答案　3 m 解析　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°＝ma1代入数据得：a1＝6 m/s2由运动学公式有：v02＝2a1x联立解得物体上滑的最大位移为：x＝3 m(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　0.42物体沿斜面下滑的时间为：t2＝t－t1＝1.5 s由牛顿第二定律可得：mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma2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；图9解析　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答案　0.16 m (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；解析　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x1对物体P，由牛顿第二定律得kx1－m1g sin θ＝m1a前0.2 s时间内两物体的位移解析　对两物体受力分析知，开始运动时拉力最小，分离时拉力最大对Q应用牛顿第二定律得F max－m2g sin θ＝m2a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 .(1)求箱子加速阶段的加速度大小；图10解析　设箱子加速阶段的加速度大小为a ′，经过的位移为x 1，减速阶段经过的位移为x 2，有v 2＝2a ′x 1，v 2＝2ax 2，且x 1＋x 2＝x，(2)若a>g tan θ，求减速阶段球受到箱子左壁和顶部的作用力大小.解析　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 sin θ＝ma0，N cos θ＝mg，解得a0＝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 .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 ＝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sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g 取10 m/s 2).求：(1)小物块所受到的恒力F 的大小；双基巩固练图1答案　11 N 根据牛顿第二定律，有F cos α－μ(mg－F sin α)＝ma1，回B点所用的时间；答案　0.5 s　解析　在BC段，对小物块有mg sin α＝ma2，解得a2＝g sin α＝8 m/s2，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＝＝0.5 s.答案　3.6 m解析　小物块从B向A运动过程中，有μmg＝ma3，a3＝μg＝5 m/s2，2.(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°＝0.6，cos 37°＝0.8.(1)若由静止释放物体，1 s 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？图2答案　2 m/s(2)物体与斜面之间的动摩擦因数为多少？答案　0.5　由牛顿第二定律得mg sin θ－μmg cos θ＝ma1，联立解得μ＝0.5；。

度分别是
√A.1.5g，1.5g，0 B.g，2g，0
C.g，g，g
D.g，g，0

图1
二、超重和失重 1.超重 (1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力) 大于 物体所受重力的现 象. (2)产生条件：物体具有 向上的加速度. 2.失重 (1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力) 小于物体所受重力的现象
答案 t＝1 s时，v＝0.5 m/s F合
解析 由牛顿第二定律得a＝ m＝1－t(m/s2)
画出a－t图象如图所示
由图可知t＝1 s时速度最大，最大值等于a－t图象
在t轴上方与横、纵坐标轴所围的三角形的面积v 1
＝2 ×1×1 m/s＝0.5 m/s.
变式4 (多选)如图12甲所示，一质量为M的长木板静置于光滑水平面上，
1.连接体的类型 (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 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. 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. 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.
解析 答案
变式3 如图9所示，物块1、2间用刚性轻质杆连接，物块3、4间用轻质弹簧相连，
物块1、3质量均为m,2、4质量均为m0，两个系统均置于水平放置的光滑木板上，并 处于静止状态.现将两木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，物块1、2、3、4
的加速度大小分别为a1、a2、a3、a4.重力加速度大小为g，则有
3.解题策略 (1)分清图象的类别：即分清横、纵坐标所代表的物理量，明确其物理意义 ，掌握物理图象所反映的物理过程，会分析临界点. (2)注意图线中的一些特殊点所表示的物理意义：图线与横、纵坐标的交点 ，图线的转折点，两图线的交点等. (3)明确能从图象中获得哪些信息：把图象与具体的题意、情景结合起来， 应用物理规律列出与图象对应的函数方程式，进而明确“图象与公式”“ 图象与物体”间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断.

第二节牛顿第二定律两类动力学问题(对应学生用书第43页)[教材知识速填]知识点1牛顿第二定律单位制1．牛顿第二定律(1)内容物体加速度的大小跟它受到的作用力成正比，跟它的质量成反比．加速度的方向与作用力的方向相同．(2)表达式a＝Fm或F＝ma.(3)适用范围①只适用于惯性参考系(相对地面静止或做匀速直线运动的参考系)．②只适用于宏观物体(相对于分子、原子)、低速运动(远小于光速)的情况．2．单位制(1)单位制由基本单位和导出单位组成．(2)基本单位基本量的单位．力学中的基本量有三个，它们分别是质量、时间、长度，它们的国际单位分别是千克、秒、米．(3)导出单位由基本量根据物理关系推导出的其他物理量的单位．易错判断(1)牛顿第二定律的表达式F＝ma在任何情况下都适用．(×)(2)物体只有在受力的前提下才会产生加速度，因此，加速度的产生要滞后于力的作用．(×)(3)物理公式不仅确定了物理量之间的数量关系，同时也确定了物理量间的单位关系．(√)知识点2两类动力学问题1．两类动力学问题(1)已知受力情况求物体的运动情况．(2)已知运动情况求物体的受力情况．2．解决两类基本问题的方法以加速度为“桥梁”，由运动学公式和牛顿第二定律列方程求解，具体逻辑关系如下：[教材习题回访]考查点：牛顿第二定律的理解1．(鲁科必修1P113T1)(多选)关于牛顿第二定律，下列说法正确的是( ) A．加速度与合力的关系是瞬时对应关系，即a与F同时产生、同时变化、同时消失B．加速度的方向总是与合外力的方向相同C．同一物体的运动速度变化越大，受到的合外力也越大D．物体的质量与它所受的合外力成正比，与它的加速度成反比[答案]AB考查点：单位制2．(粤教必修1P102T3改编)在国际单位制(简称SI)中，力学和电学的基本单位有：m(米)、kg(千克)、s(秒)、A(安培)．导出单位V(伏特)用上述基本单位可表示为( )A．m2·kg·s－4·A－1B．m2·kg·s－3·A－1C．m2·kg·s－2·A－1D．m2·kg·s－1·A－1[答案]B考查点：牛顿第二定律的应用3．(人教版必修1P78T5改编)水平路面上质量是30 kg的手推车，在受到60 N的水平推力时做加速度为1.5 m/s2的匀加速运动．(1)如果撤去推力，车的加速度的大小是多少？(g＝10 m/s2)(2)若在外力作用下匀加速4 s撤去外力后，还能运动多少时间？[解析](1)设阻力为F f，则F－F f＝ma，解得F f＝15 N．如果撤去推力，车的加速度由阻力提供，则F f＝ma′，解得a′＝0.5 m/s2.(2)由v＝at及v＝a′t′可知，t′＝ata′＝12 s.[答案](1)0.5 m/s2(2)12 s考查点：动力学基本问题4．(鲁科必修1P113T6)如图所示，质量为0.8 kg的物块以5 m/s的初速度从斜面顶端下滑，斜面长5 m，倾角为37°，物块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.3.求：(1)物块在斜面上运动时的加速度；(2)物块滑至斜面底端时的速度．(取g＝10 m/s2)【导学号：84370112】[解析](1)由于物体下滑过程中受重力、摩擦力、弹力作用，沿斜面方向有mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma解得a＝3.6 m/s2，方向沿斜面向下．(2)由v2t－v20＝2as得v t＝7.8 m/s，方向沿斜面向下．[答案](1)3.6m/s2沿斜面向下(2)7.8m/s沿斜面向下(对应学生用书第44页)1．牛顿第二定律的“五性”2.(1)物体所受合力的方向决定了其加速度的方向，只要合力不为零，不管速度是大是小，或是零，物体都有加速度，只有合力为零时，加速度才为零．一般情况下，合力与速度无必然的联系．(2)合力与速度同向时，物体加速运动；合力与速度反向时，物体减速运动．(3)a＝ΔvΔt是加速度的定义式，a与Δv、Δt无直接关系；a＝Fm是加速度的决定式，a∝F，a∝1 m.[题组通关]1．(2018·四川广元一诊)如图3-2-1所示，弹簧左端固定，右端自由伸长到O点并系住质量为m的物体，现将弹簧压缩到A点，然后释放，物体可以一直运动到B点．如果物体受到的阻力恒定，则( )【导学号：84370113】图3-2-1A．物体从A到O先加速后减速B．物体从A到O做加速运动，从O到B做减速运动C．物体运动到O点时，所受合力为零D．物体从A到O的过程中，加速度逐渐减小A[物体从A到O，初始阶段受到的向右的弹力大于阻力，合力向右．随着物体向右运动，弹力逐渐减小，合力逐渐减小，由牛顿第二定律可知，加速度向右且逐渐减小，由于加速度与速度同向，物体的速度逐渐增大．当物体向右运动至AO间某点(设为点O′)时，弹力减小到与阻力相等，物体所受合力为零，加速度为零，速度达到最大．此后，随着物体继续向右运动，弹力继续减小，阻力大于弹力，合力方向变为向左，至O点时弹力减为零，此后弹力向左且逐渐增大．所以物体越过O′点后，合力(加速度)方向向左且逐渐增大，由于加速度与速度反向，故物体做加速度逐渐增大的减速运动．综合以上分析．只有选项A正确．]2. (多选)一物体重为50 N，与水平桌面间的动摩擦因数为0.2，现加上如图3-2-2所示的水平力F1和F2，若F2＝15 N时物体做匀加速直线运动，则F1的值可能是(g取10 m/s2)( )图3-2-2A．3 N B．25 NC．30 N D．50 NACD[若物体向左做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可知F2－F1－μG＝ma>0，解得F1<5 N，A正确；若物体向右做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可知F1－F2－μG＝ma>0，解得F1>25 N，C、D正确．]1．两种模型加速度与合外力具有瞬时对应关系，二者总是同时产生、同时变化、同时消失，具体可简化为以下两种模型：2．一般思路第一步：分析原来物体的受力情况．第二步：分析物体在突变时的受力情况．第三步：由牛顿第二定律列方程．第四步：求出瞬时加速度，并讨论其合理性．[题组通关]3．如图3-2-3所示，A、B两球质量相等，光滑斜面的倾角为θ，图甲中，A、B 两球用轻弹簧相连，图乙中A、B两球用轻质杆相连，系统静止时，挡板C 与斜面垂直，轻弹簧、轻杆均与斜面平行，则在突然撤去挡板的瞬间有( )甲乙图3-2-3A．两图中两球加速度均为g sin θB．两图中A球的加速度均为0C．图乙中轻杆的作用力一定不为0D．图甲中B球的加速度是图乙中B球的加速度的2倍D [撤去挡板前，挡板对B 球的弹力大小为2mg sin θ，因弹簧弹力不能突变，而杆的弹力会突变，所以撤去挡板瞬间，图甲中A 球所受合力为0，加速度为0，B 球所受合力为2mg sin θ，加速度为2g sin θ；图乙中杆的弹力突变为0，A 、B 两球所受合力均为mg sin θ，加速度均为g sin θ，可知只有D 对．]4．(2018·泰安二模)如图3-2-4所示，小球A 置于固定在水平面上的光滑半圆柱体上，小球B 用水平轻弹簧拉着，弹簧固定在竖直板上．两小球A 、B 通过光滑滑轮O 用轻质细绳相连，两球均处于静止状态．已知B 球质量为m ，O 在半圆柱体圆心O 1的正上方，OA 与竖直方向成30°角，OA 长度与半圆柱体半径相等，OB 与竖直方向成45°角，现将轻质细绳剪断的瞬间(重力加速度为g )，下列说法正确的是( )【导学号：84370114】图3-2-4A ．弹簧弹力大小为2mgB ．球B 的加速度为gC ．球A 受到的支持力为2mgD ．球A 的加速度为12gD [剪断细绳前对B 球受力分析如图，由平衡条件可得F 弹＝mg tan 45°＝mg ；剪断细绳瞬间，细绳上弹力立即消失，而弹簧弹力F 弹和重力的大小和方向均没有改变，则F 合＝mg cos 45°＝2mg ，a B ＝2g ，A 、B 项错误．A 球的重力大小G A ＝2F 绳cos 30°＝6mg ，A 球受到的支持力N A ＝G A cos 30°＝182mg ，C 项错误．对A 球由牛顿第二定律有m A g sin 30°＝m A a A ，得A 的加速度a A ＝g ·sin 30°＝12g ，D 项正确．]1．解决动力学基本问题时对力的处理方法(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)，则采用“正交分解法”．2．两类动力学问题的解题步骤[多维探究]考向1已知受力情况，求物体运动情况1．(多选)(2018·汕头模拟)建设房屋时，保持底边L不变，要设计好屋顶的倾角θ，以便下雨时落在房顶的雨滴能尽快地滑离屋顶，雨滴下滑时可视为小球做无初速度、无摩擦的运动．下列说法正确的是( )图3-2-5A．倾角θ越大，雨滴下滑时的加速度越大B．倾角θ越大，雨滴对屋顶压力越大C．倾角θ越大，雨滴从顶端O下滑至屋檐M时的速度越大D．倾角θ越大，雨滴从顶端O下滑至屋檐M时的时间越短AC[设屋檐的底角为θ，底边长度为L，注意底边长度是不变的，屋顶的坡面长度为x，雨滴下滑时加速度为a，对雨滴受力分析，只受重力mg和屋顶对雨滴的支持力F N，垂直于屋顶方向：mg cos θ＝F N，平行于屋顶方向：ma＝mg sin θ.雨滴的加速度为：a＝g sin θ，则倾角θ越大，雨滴下滑时的加速度越大，故A正确；雨滴对屋顶的压力大小：F′N＝F N＝mg cos θ，则倾角θ越大，雨滴对屋顶压力越小，故B错误；根据三角关系判断，屋顶坡面的长度x＝L2cos θ，由x＝12g sin θ·t2，可得：t＝2Lg sin 2θ，可见当θ＝45°时，用时最短，D错误；由v＝g sin θ·t可得：v＝gL tan θ，可见θ越大，雨滴从顶端O下滑至M时的速度越大，C正确．]2. 如图3-2-6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．g取10 m/s2.图3-2-6(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.【导学号：84370115】[解析] (1)设无人机上升时加速度为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.[答案](1)75 m (2)40 m/s在第2题中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t 1.[解析] 设飞行器恢复升力后向下减速时加速度为a 2，由牛顿第二定律，有F －mg ＋f ＝ma 2解得a 2＝10 m/s 2设飞行器恢复升力时速度为v m ，则有v 2m2a 1＋v 2m 2a 2＝H解得v m ＝4053m/s由v m ＝a 1t 1，解得t 1＝553s.[答案] 553s考向2 已知运动情况，求物体受力情况3．(2018·襄阳模拟)在欢庆节日的时候，人们会在夜晚燃放美丽的焰火．按照设计，某种型号的装有焰火的礼花弹从专用炮筒中射出后，在4 s末到达离地面100 m的最高点时炸开，构成各种美丽的图案．假设礼花弹从炮筒中竖直射出时的初速度是v0，上升过程中所受的平均阻力大小始终是自身重力的k 倍，那么v0和k分别等于(重力加速度g取10 m/s2)( )A．25 m/s,1.25 B．40 m/s,0.25C．50 m/s,0.25 D．80 m/s,1.25[题眼点拨]①“4 s末，100 m的最高点”可由运动学公式求加速度；②“平均阻力”可根据牛顿第二定律列式求k.C[根据h＝12at2，解得a＝12.5 m/s2，所以v0＝at＝50 m/s；上升过程礼花弹所受的平均阻力F f＝kmg，根据牛顿第二定律得a＝mg＋F fm＝(k＋1)g＝12.5 m/s2，解得k＝0.25，故选项C正确．]4．(2018·德州模拟)一质量为m＝2 kg的滑块能在倾角为θ＝30°的足够长的斜面上以a＝2.5 m/s2的加速度匀加速下滑．如图3-2-7所示，若用一水平向右的恒力F作用于滑块，使之由静止开始在t＝2s内能沿斜面运动位移x＝4 m．求：(g取10 m/s2)图3-2-7(1)滑块和斜面之间的动摩擦因数μ；(2)恒力F的大小.【导学号：84370116】[题眼点拨]①“匀加速下滑”说明滑块受沿斜面向上的摩擦力；②“恒力F…静止开始…”说明使滑块沿斜面做匀加速直线运动，有加速度向上和向下两种可能．[解析](1)根据牛顿第二定律可得：mg sin 30°－μmg cos 30°＝ma解得：μ＝3 6.(2)由x＝12a1t2，得a1＝2 m/s2，当加速度沿斜面向上时，F cos 30°－mg sin 30°－μ(F sin 30°＋mg cos 30°)＝ma1，代入数据得：F＝7635N当加速度沿斜面向下时：mg sin 30°－F cos 30°－μ(F sin 30°＋mg cos 30°)＝ma1代入数据得：F＝437N.[答案](1)36(2)7635N或437N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l1＝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＝2.0×104kg的飞机，其喷气式发动机可以提供恒定的推力F推＝1.2×105N．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．已知飞机可看作质量恒定的质点，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，g取10 m/s2)(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．[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a2，此过程中的平均阻力f2＝0.2mg根据牛顿第二定律有F推－f2＝ma2代入数据解得a2＝4.0 m/s2.(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a1，末速度为v1.此过程中飞机受到的阻力f1＝0.05mg根据匀加速运动规律有v21＝2a1l1v2－v21＝2a2(l－l1)根据牛顿第二定律有F牵＋F推－f1＝ma1代入数据解得a1＝58 m/s2，F牵≈1.1×106 N.[答案](1)4.0 m/s2(2)58 m/s2 1.1×106N[母题](2018·成都高三期末)如图3-2-8所示，倾斜传送带与水平方向的夹角θ＝37°，以v＝1 m/s的速度顺时针匀速转动，两轮间的距离L＝9 m，一可视为质点的物块以大小v0＝11 m/s、方向平行于斜面向上的速度从底端滑上传送带，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，整个过程中物块质量的变化不计，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：图3-2-8(1)从滑上传送带到第一次速度达到1 m/s的过程中，物块相对传送带通过的路程；(2)物块在传送带上运动的总时间.【导学号：84370117】【自主思考】物块的速度第一次达到1 m/s 时物块的加速度怎样？物块将怎样运动？ [提示] 因mg sin θ>μmg cos θ，加速度方向不变，大小发生突变，物块继续做匀减速运动．[解析] (1)物块从滑上传送带到第一次速度达到1 m/s 前受力如图甲所示，由牛顿第二定律有－μmg cos θ－mg sin θ＝ma 1，代入数据解得a 1＝－10 m/s 2，由运动学公式v －v 0＝a 1t 1，解得t 1＝1 s ．物块第一次速度达到1 m/s 时发生的位移为x 1＝v 0t 1＋12a 1t 21，，代入数据得x 1＝6 m ，传送带的位移x 2＝v t 1，代入数据得x 2＝1 m ，物块相对传送带通过的路程Δx ＝x 1－x 2，解得Δx ＝5 m.(2)物块第一次速度达到1 m/s 后，由于mg sin θ>μmg cos θ，物块会相对传送带下滑，在此过程中物块受力如图乙所示，对物块，由牛顿第二定律有μmg cos θ－mg sin θ＝ma 2，解得a 2＝－2 m/s 2，物块在此过程中上升的最大距离为x 3，由运动学公式有－v 2＝2a 2x 3，解得x 3＝0.25 m ，因x 1＋x 3<L ，故物块此后会反向做匀加速运动，从下端离开传送带，物块受力仍如图乙所示，故加速度仍为a 2＝－2 m/s 2，对物块，选择从速度第一次达到1 m/s 时到离开传送带的过程进行分析，由运动学公式有－x 1＝v t 2＋12a 2t 22，解得t 2＝3 s ，故总时间t ＝t 1＋t 2＝4 s. [答案](1)5 m (2)4 s [母题迁移]迁移1水平传送带1．(多选)如图3-2-9所示，水平传送带A、B两端相距x＝4 m，以v0＝4 m/s的速度(始终保持不变)顺时针运转，今将一小煤块(可视为质点)无初速度地轻放至A端，由于煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕．已知煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，取重力加速度大小g＝10 m/s2，则煤块从A运动到B的过程中( )图3-2-9A．煤块从A运动到B的时间是2.25 sB．煤块从A运动到B的时间是1.5 sC．划痕长度是0.5 mD．划痕长度是2 m[题眼点拨]①“无初速度…相对滑动…”可知划痕长为二者相对位移大小；②“从A运动到B…”运动过程有两种可能，一是一直加速，二是先匀加速再匀速．BD[根据牛顿第二定律，煤块的加速度a＝μmgm＝4 m/s2，煤块运动到速度与传送带速度相等时的时间t1＝v0a＝1 s，位移大小x1＝12at21＝2 m＜x，此后煤块与传送带以相同的速度匀速运动直至B端，所以划痕长度即为煤块相对于传送带的位移大小，即Δx＝v0t1－x1＝2 m，选项D正确，C错误；x2＝x－x1＝2 m，匀速运动的时间t2＝x2＝0.5 s，运动的总时间t＝t1＋t2＝1.5 s，选项B正确，A错误．]迁移2倾斜传送带2．如图3-2-10所示，传送带与地面夹角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 取10 m/s 2，求：图3-2-10 (1)煤块从A 到B 的时间；【导学号：84370118】(2)煤块从A 到B 的过程中在传送带上形成痕迹的长度．[解析] (1)煤块刚放上传送带时，受到向下的摩擦力，其加速度为 a 1＝g (sin θ＋μcos θ)＝10 m/s 2， 加速过程中t 1＝v 0a 1＝1 s ， x 1＝12a 1t 21＝5 m.煤块速度达到v 0后，受到向上的摩擦力，则 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.煤块从A 到B 的时间为t ＝t 1＋t 2＝1.5 s. (2)第一过程痕迹长Δx 1＝v 0t 1－x 1＝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如图所示为传送带传输装置示意图的一部分，传送带与水平地面的倾角θ＝37°，A 、B 两端相距L ＝5.0 m ，质量为M ＝10 kg 的物体以v 0＝6.0 m/s 的速度沿AB 方向从A 端滑上传送带，物体与传送带间的动摩擦因数处处相同，均为0.5.传送带顺时针运转的速度v ＝4.0 m/s ，(g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：(1)物体从A 点到达B 点所需的时间；(2)若传送带顺时针运转的速度可以调节，物体从A 点到达B 点的最短时间是多少？[解析] (1)设物体速度大于传送带速度时加速度大小为a 1，由牛顿第二定律得Mg sin θ＋μMg cos θ＝Ma 1①设经过时间t 1物体的速度与传送带速度相同，t 1＝v 0－va 1 ②通过的位移x 1＝v 20－v22a 1③设物体速度小于传送带速度时物体的加速度为a 2 Mg sin θ－μMg cos θ＝Ma 2④物体继续减速，设经t 2速度到达传送带B 点 L －x 1＝v t 2－12a 2t 22 ⑤联立①②③④⑤式可得： t ＝t 1＋t 2＝2.2 s.(2)若传送带的速度较大，物体沿AB 上滑时所受摩擦力一直沿传送带向上，则所用时间最短，此种情况加速度一直为a 2， L ＝v 0t ′－12a 2t ′2⑥联立④⑥式可得： t ′＝1 s(t ′＝5 s 舍去)． [答案](1)2.2 s (2)1 s。