考物理一轮复习第三章牛顿运动定律微专题26动力学中的临界极值问题备考精炼0413243

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2024高考物理一轮复习--牛顿第二定律的应用--动力学中的临界和极值问题

动力学中的临界和极值问题一、动力学中的临界极值问题1．“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)速度达到最值的临界条件：加速度为0。

2. 解题指导（1）直接接触的连接体存在“要分离还没分”的临界状态，其动力学特征：“貌合神离”，即a相同、F N＝0.（2）靠静摩擦力连接(带动)的连接体，静摩擦力达到最大静摩擦力时是“要滑还没滑”的临界状态.（3）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（4）数学分析法：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．3.解题基本思路(1)认真审题，详细分析问题中变化的过程(包括分析整个过程中有几个阶段)；(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．4. 解题方法二、针对练习1、（多选）如图所示，长木板放置在水平面上，一小物块置于长木板的中央，长木板和物块的质量均为m ，物块与木板间的动摩擦因数为μ，木板与水平面间的动摩擦因数为4μ，已知最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g ．现对物块施加一水平向右的拉力，则木板加速度a 大小可能是（）A ．0a =B ．4ga μ=C ．3g a μ=D ．23ga μ=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12μg3、如图所示，木块A 、B 静止叠放在光滑水平面上，A 的质量为m ，B 的质量为2m 。

2023年高考物理一轮复习提升核心素养3

3.1牛顿运动三定律一、牛顿第一定律的理解1．牛顿第一定律(1)内容：一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，除非作用在它上面的力迫使它改变这种状态．(2)意义：①揭示了物体的固有属性：一切物体都具有惯性，因此牛顿第一定律又被叫作惯性定律；②揭示了运动和力的关系：力不是维持物体运动的原因，而是改变物体运动状态的原因，即力是产生加速度的原因．2．惯性(1)定义：物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质．(2)量度：质量是惯性大小的唯一量度，质量大的物体惯性大，质量小的物体惯性小．(3)普遍性：惯性是物体的固有属性，一切物体都具有惯性，与物体的运动情况和受力情况无关．二、牛顿第二定律的理解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，加速度的方向跟作用力的方向相同．(2)表达式：F＝ma.2．力学单位制(1)单位制：基本单位和导出单位一起组成了单位制．(2)基本单位：基本物理量的单位．国际单位制中基本物理量共七个，其中力学有三个，是长度、质量、时间，单位分别是米、千克、秒．(3)导出单位：由基本物理量根据物理关系推导出来的其他物理量的单位．三、牛顿第三定律的理解1．作用力和反作用力：两个物体之间的作用总是相互的，一个物体对另一个物体施加了力，后一个物体同时对前一个物体也施加力．2．内容：两个物体之间的作用力和反作用力总是大小相等、方向相反、作用在同一条直线上．3．表达式：F＝－F′.1．惯性的两种表现形式(1)物体在不受外力或所受的合外力为零时，惯性表现为使物体保持原来的运动状态不变(静止或匀速直线运动)．(2)物体受到外力时，惯性表现为抗拒运动状态的改变，惯性大，物体的运动状态较难改变；惯性小，物体的运动状态较易改变．2．牛顿第一定律与牛顿第二定律的关系牛顿第一定律和牛顿第二定律是相互独立的．(1)牛顿第一定律告诉我们改变运动状态需要力，力是如何改变物体运动状态的问题则由牛顿第二定律来回答．(2)牛顿第一定律是经过科学抽象、归纳推理总结出来的，而牛顿第二定律是一条实验定律．例题1.下列说法符合史实的是()A．伽利略提出力是维持物体运动的原因B．亚里士多德猜想自由落体运动的速度与下落时间成正比，并直接用实验进行了验证C．笛卡儿通过理想斜面实验发现了物体的运动不需要力来维持D．牛顿认为力的真正效应是改变物体的速度，而不仅仅是使之运动【答案】D【解析】亚里士多德提出力是维持物体运动的原因，故A错误；伽利略用数学和逻辑推理得出了自由落体的速度与下落时间成正比，而不是直接用实验验证这个结论，故B错误；伽利略利用“理想斜面实验”发现了物体的运动不需要力来维持，推翻了“力是维持物体运动的原因”的观点，故C错误；牛顿认为力的真正效应是改变物体的速度，产生加速度，而不仅仅是使之运动，故D正确。

高三一轮复习秘籍-第三章专题强化三动力学两类基本问题和临界极值问题

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．过好双基关————回扣基础知识训练基础题目一、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F 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F 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．研透命题点————细研考纲和真题分析突破命题点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(2)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】(2021·河北卷)如图，一滑雪道由AB 和BC 两段滑道组成，其中AB 段倾角为θ，BC 段水平，AB 段和BC 段由一小段光滑圆弧连接，一个质量为2kg 的背包在滑道顶端A 处由静止滑下，若1s 后质量为48kg 的滑雪者从顶端以1.5m/s 的初速度、3m/s 2的加速度匀加速追赶，恰好在坡底光滑圆弧的水平处追上背包并立即将其拎起，背包与滑道的动摩擦因数为μ＝112，重力加速度取g ＝10m/s 2，sin θ＝725，cos θ＝2425，忽略空气阻力及拎包过程中滑雪者与背包的重心变化，求：(1)滑道AB段的长度；(2)滑雪者拎起背包时这一瞬间的速度．答案(1)9m(2)7.44m/s解析(1)A→B过程对背包(m1)：受力分析，由牛顿第二定律得m1g sinθ－μm1g cosθ＝m1a1解得a1＝2m/s2①由运动分析得：l＝1a1t2②，v1＝a1t③2对滑雪者(m2)：由运动分析得l＝v0(t－t0)＋1a2(t－t0)2④2v2＝v0＋a2(t－t0)，其中t0＝1s⑤联立①②③④⑤得t＝3s，v1＝6m/s，v2＝7.5m/s，l＝9m(2)滑雪者拎起背包过程水平方向动量守恒，有m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v解得v＝7.44m/s滑雪者拎起背包时的速度为7.44m/s【变式1】(多选)如图甲所示，质量为m的小球(可视为质点)放在光滑水平面上，在竖直线MN的左侧受到水平恒力F1作用，在MN的右侧除受F1外还受到与F1在同一直线上的水平恒力F2作用，现小球从A点由静止开始运动，小球运动的v－t图像如图乙所示，下列说法中正确的是()A．小球在MN右侧运动的时间为t1－t2B．F2的大小为m v1t1＋2mv1 t3－t1C．小球在MN右侧运动的加速度大小为2v1 t3－t1D．小球在0～t4时间内运动的最大位移为v1t2答案BC解析小球在MN右侧运动的时间为t3～t1，故A错误；小球在MN右侧的加速度大小a2＝2v1t3－t1，在MN的左侧，由牛顿第二定律可知F1＝ma1＝mv1t1，在MN的右侧，由牛顿第二定律可知F2－F1＝ma2得F2＝2mv1t3－t1＋mv1t1，故B、C正确；t2时刻后小球反向运动，所以小球在0～t4时间内运动的最大位移是v1t22，故D错误．◆类型2已知物体运动情况，分析物体受力情况【例2】如图甲所示，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：(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/s3m/s2(2)5.2N(3)F＝mg sinθ＋μcosθ＋ma cosα＋μsinα解析(1)物块做匀加速直线运动，根据运动学公式，有L＝v0t＋12at2，v＝v0＋at，联立解得a＝3m/s2，v＝8m/s(2)对物块受力分析可得，平行斜面方向F cosα－mg sinθ－F f＝ma，垂直斜面方向F N＝mg cosθ其中F f＝μF N解得F＝mg(sinθ＋μcosθ)＋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 cosα－mg sinθ－F f＝ma F N＋F sinα－mg cosθ＝0其中F f＝μF NF＝mg sinθ＋μcosθ＋macosα＋μsinα.【变式2】如图所示，粗糙的地面上放着一个质量M＝1.5kg的斜面体，斜面部分光滑，底面与地面的动摩擦因数μ＝0.2，倾角θ＝37°，在固定在斜面的挡板上用轻质弹簧连接一质量m＝0.5kg的小球，弹簧劲度系数k＝200 N/m，现给斜面施加一水平向右的恒力F，使整体向右以a＝1m/s2的加速度匀加速运动(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2)．求：(1)F的大小；(2)弹簧的形变量及斜面对小球的支持力大小．答案(1)6N(2)0.017m 3.7N解析(1)对整体应用牛顿第二定律：F－μ(M＋m)g＝(M＋m)a，解得F＝6N.(2)设弹簧的形变量为x，斜面对小球的支持力为F N对小球受力分析：在水平方向：kx cosθ－F N sinθ＝ma在竖直方向：kx sinθ＋F N cosθ＝mg解得x＝0.017m，F N＝3.7N.多过程问题分析步骤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】如图所示，两滑块A、B用细线跨过定滑轮相连，B距地面一定高度，A可在细线牵引下沿足够长的粗糙斜面向上滑动．已知m A＝2kg，m B ＝4kg，斜面倾角θ＝37°.某时刻由静止释放A，测得A沿斜面向上运动的v －t图像如图所示．已知g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：(1)A与斜面间的动摩擦因数；(2)A沿斜面向上滑动的最大位移；(3)滑动过程中细线对A拉力所做的功．答案(1)0.25(2)0.75m(3)12J解析(1)在0～0.5s内，根据图像，A、B系统的加速度为a1＝vt ＝20.5m/s2＝4m/s2对A、B系统受力分析，由牛顿第二定律有m B g－m A g sinθ－μm A g cosθ＝(m A＋m B)a1得：μ＝0.25(2)B落地后，A减速上滑．由牛顿第二定律有m A g sinθ＋μm A g cosθ＝m A a2将已知量代入，可得a2＝8m/s2故A减速向上滑动的位移为x2＝v22a2＝0.25m0～0.5s内A加速向上滑动的位移x1＝v22a1＝0.5m所以，A上滑的最大位移为x＝x1＋x2＝0.75m(3)A加速上滑过程中，由动能定理：W－m A gx1sinθ－μm A gx1cosθ＝12m A v2－0得W＝12J.【变式3】如图所示，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2.5s物体刚好回到出发点，(g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)．求：(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：v20＝2a1x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：t1＝v0a1＝66s＝1s物体沿斜面下滑的时间为：t2＝t－t1＝1.5s下滑过程中，由运动学公式有：x＝12a2t22由牛顿第二定律可得：mg sin37°－μmg cos37°＝ma2联立解得：μ≈0.421．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】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m1＝6kg的物体P，Q为一质量为m2＝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0.2s 时间内，F 为变力，0.2s 以后F 为恒力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10m/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NF min＝(m1＋m2)a＝1603对Q应用牛顿第二定律得F max－m2g sinθ＝m2aN.解得F max＝m2(g sinθ＋a)＝2803【变式4】两物体A、B并排放在水平地面上，且两物体接触面为竖直面，现用一水平推力F作用在物体A上，使A、B由静止开始一起向右做匀加速运动，如图a所示，在A、B的速度达到6m/s时，撤去推力F.已知A、B 质量分别为m A＝1kg、m B＝3kg，A与地面间的动摩擦因数μ＝0.3，B与地面间没有摩擦，B物体运动的v－t图像如图b所示．g取10m/s2，求：(1)推力F的大小；(2)A刚停止运动时，物体A、B之间的距离．答案(1)15N(2)6m解析(1)在水平推力F作用下，设物体A、B一起做匀加速运动的加速度为a，由B的v－t图象得：a＝3m/s2对于A、B组成的整体，由牛顿第二定律得：F－μm A g＝(m A＋m B)a代入数据解得：F＝15N.(2)撤去推力F后，A、B两物体分离．A在摩擦力作用下做匀减速直线运动，B做匀速运动，设A匀减速运动的时间为t，对于A有：μm A g＝m A a A解得：a A＝μg＝3m/s2根据匀变速直线运动规律有：0＝v0－a A t解得：t＝2s撤去力F后，A的位移为x A＝v0t－1a A t2＝6m2B的位移为x B＝v0t＝12m所以，A刚停止运动时，物体A、B之间的距离为Δx＝x B－x A＝6m.。

高考物理一轮复习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学案(2021年整理)

2019年度高考物理一轮复习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学案编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2019年度高考物理一轮复习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学案）的内容能够给您的工作和学习带来便利。

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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。

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：错误!错误!错误!错误!错误!自测1(多选）(2016·全国卷Ⅱ·19)两实心小球甲和乙由同一种材料制成,甲球质量大于乙球质量.两球在空气中由静止下落，假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，与球的速率无关.若它们下落相同的距离，则（）A。

高考物理第一轮复习教案第三章牛顿运动定律

考力和运动的综合题，重点考查综合运用知识的能力，如为使物体变为某一运动状态，应选择怎样的施力方案；
二是联系实际，以实际问题为背景命题，重点考查获取并处理信息，去粗取精，把实际问题转化成物理问题的
能力。
§1 牛顿第一定律牛顿第三定律
一、牛顿第一定律 1．牛顿第一定律（惯性定律）的内容一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，直到有外力迫使它改变这种状态为止。
看，要求准确理解牛顿第一定律；加深理解牛顿第二定律，熟练掌握其应用，尤其是物体受力分析的方法；理
解牛顿第三定律；理解和掌握运动和力的关系；理解超重和失重。本章内容的高考试题每年都有，对本章内容
单独命题大多以选择、填空形式出现，趋向于用牛顿运动定律解决生活、科技、生产实际问题。经常与电场、
磁场联系，构成难度较大的综合性试题，运动学的知识往往和牛顿运动定律连为一体，考查推理能力和综合分
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高考物理第一轮复习教案
第三章牛顿运动定律
张建设编写
这个定律有两层含义：（1）保持匀速直线运动状态或静止状态是物体的固有属性；物体的运动不需要用力来维持。（2）要使物体的运动状态（即速度包括大小和方向）改变，必须施加力的作用，力是改变物体运动状态的原因，是使物体产生加速度的原因。 2．牛顿第一定律的几点说明（1）物体不受外力是该定律的条件。（2）物体总保持匀速直线运动或静止状态是结果。（3）惯性：一切物体都有保持原有运动状态的性质。惯性是一切物体都具有的性质，是物体的固有属性，与物体的运动状态及受力情况无关。惯性反映了物体运动状态改变的难易程度（惯性大的物体运动状态不容易改变）。质量是物体惯性大小的惟一量度。（4）牛顿第一定律描述的是物体在不受任何外力时的状态，而不受外力的物体是不存在的。物体不受外力和物体所受合外力为零是有区别的。（5）牛顿第一定律成立的参考系是惯性参考系。（6）应注意： ①牛顿第一定律不是实验直接总结出来的，是牛顿以伽利略的理想斜面实验为基础，加之高度的抽象思维，概括总结出来的，不可能由实际的实验来验证； ②牛顿第一定律不是牛顿第二定律的特例，而是不受外力时的理想化状态。例 1．下列说法正确的是 A．运动得越快的汽车越不容易停下来，是因为汽车运动得越快，惯性越大 B．小球在做自由落体运动时，惯性不存在了 C．把一个物体竖直向上抛出后，能继续上升，是因为物体仍受到一个向上的冲力 D．物体的惯性仅与质量有关，质量大的惯性大，质量小的惯性小解析：惯性是物体保持原来运动状态的性质，仅由质量决定，与它的受力状况与运动状况均无关。一切物体都有惯性。答案：D 例 2．火车在长直水平轨道上匀速行驶，车厢内有一个人向上跳起，发现仍落回到车上原处（空气阻力不计），这是因为 A．人跳起后，车厢内的空气给人一个向前的力，这力使他向前运动 B．人跳起时，车厢对人一个向前的摩擦力，这力使人向前运动 C．人跳起后，车继续向前运动，所以人下落后必定向后偏一些，只是由于时间很短，距离太小，不明显而已。 D．人跳起后，在水平方向人和车水平速度始终相同解析：人向上跳起，竖直方向做竖直上抛运动，水平方向不受外力作用，由于惯性，所以水平方向与车速度相同，因而人落回原处。答案：D 例 3．下面说法正确的是 A．静止或做匀速直线运动的物体一定不受外力的作用 B．物体的速度为零时一定处于平衡状态 C．物体的运动状态发生变化时，一定受到外力的作用 D．物体的位移方向一定与所受合力方向一致解析：物体不受外力时一定处于静止或匀速运动状态，但处于这些状态时不一定不受外力作用，所以 A 错；物体是否处于平衡状态是看其受力是否为零，而不是看它的速度是否为零，如竖直上抛物体到达最高点时速度

牛顿运动定律中的临界和极值问题培训讲学

牛顿运动定律中的临界和极值问题1．动力学中的典型临界问题(1)接触与脱离的临界条件两物体相接触或脱离的临界条件是接触但接触面间弹力F N＝0.(2)相对静止或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，则相对静止或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断与不断的临界条件是绳子张力等于它所能承受的最大张力．绳子松弛的临界条件是F T＝0.(4)速度最大的临界条件在变加速运动中，当加速度减小为零时，速度达到最大值．2．解决临界极值问题常用方法(1)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．(2)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．(3)数学法：将物理过程转化为数学公式，根据数学表达式解出临界条件．题型一：接触与脱离类的临界问题例1: 如图所示，在劲度系数为k的弹簧下端挂一质量为m的物体，物体下有一托盘，用托盘托着物体使弹簧恰好处于原长，然后使托盘以加速度a竖直向下做匀速直线运动（a<g），试求托盘向下运动多长时间能与物体脱离？例2: 如图，竖直固定的轻弹簧，其劲度系数为k=800N/m，上端与质量为3.0 kg的物块B相连接。

另一个质量为1.0 kg的物块A放在B上。

先用竖直向下的力F=120N压A，使弹簧被压缩一定量后系统静止，突然撤去力F，A、B共同向上运动一段距离后将分离，分离后A上升最大高度为0.2 m，取g＝10 m/s2，求刚撤去F时弹簧的弹性势能？例3:如图所示，质量均为m 的A 、B 两物体叠放在竖直轻质弹簧上并保持静止，用大小等于mg 21的恒力F 向上拉A ，当运动距离为h 时A 与B 分离。

则下列说法正确的是（）A ．A 和B 刚分离时，弹簧为原长B ．弹簧的劲度系数等于hmg 23 C ．从开始运动到A 和B 刚分离的过程中，两物体的动能先增大后减小D ．从开始运动到A 和B 刚分离的过程中，A 物体的机械能一直增大例4: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。

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

动力学中的临界值问题1．考点及要求：(1)牛顿运动定律(Ⅱ)；(2)力的合成与分解(Ⅱ).2.方法与技巧：一般通过受力分析、运动状态分析和运动过程分析，运用极端分析法，即把问题推向极端，分析在极端情况下可能出现的状态和满足的条件，找到临界状态所隐含的条件．1．(涉及弹簧的临界极值问题)如图1所示，质量相同的木块A和B用轻质弹簧连接，静止在光滑的水平面上，此时弹簧处于自然伸长状态．现用水平恒力F推A，则从开始到弹簧第一次被压缩到最短的过程中，下列说法正确的是( )图1A．弹簧压缩到最短时两木块加速度相等B．弹簧压缩到最短时两木块速度相等C．两木块速度相等时，加速度a A<a BD．两木块加速度相同时，速度v A<v B2．(涉及滑块和斜面滑动的临界极值问题)一个人最多能提起质量m0＝20 kg的重物．如图2所示，在倾角θ＝15°的固定斜面上放置一物体(可视为质点)，物体与斜面间的动摩擦因数μ＝33.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求人能够向上拖动该重物质量的最大值m.(sin15°＝6－24，cos 15°＝6＋24)图23．如图3所示，一木块在光滑水平面上受到一个恒力F作用而运动，前方固定一个轻质弹簧，当木块接触弹簧后，下列判断正确的是( )图3A．将立即做匀减速直线运动B．将立即做变减速直线运动C．在弹簧弹力大小等于恒力F时，木块的速度最大D．在弹簧处于最大压缩量时，木块的加速度为零4．A、B两物体叠放在一起，放在光滑水平面上，如图4甲所示，它们从静止开始受到一变力F的作用，该力与时间关系如图乙所示，A、B始终相对静止，则( )图4A．在t0时刻A、B两物体间静摩擦力最大B．在t0时刻A、B两物体的速度最大C．在2t0时刻A、B两物体间静摩擦力最小D．到2t0时刻A、B两物体的位移为零5．如图5所示，一弹簧一端固定在倾角为37°的光滑斜面的底端，另一端拴住质量为m1＝4 kg的物块P，Q为一质量为m2＝8 kg的重物，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，已知sin 37°＝0.6，g ＝10 m/s2.求力F的最大值与最小值．图5答案解析1．BC [由牛顿第二定律可知，从开始到弹簧第一次被压缩到最短的过程中，A 木块由静止开始做加速度逐渐减小的加速运动，B 木块由静止开始做加速度不断增大的加速运动．开始时，A 的加速度大于B 的加速度，两木块的速度图像如图所示，由图像可知，两木块加速度相等时，v A >v B ，D 项错；两木块速度相等时，a A <a B ，C 项正确；当两木块速度相等时，A 、B 间距离最小，弹簧被压缩到最短，A 项错，B 项正确．]2．20 2 kg解析设F 与斜面倾角为α时，拖动的重物最大质量为m ，由平衡条件可得：F cos α－mg sin 15°－μN ＝0N ＋F sin α－mg cos 15°＝0由已知可得F ＝m 0g联立得m ＝m 0α＋μsin αsin 15°＋μcos 15° 代入μ＝33，得m ＝20 2 kg 3．C4．B5．最大值F max 是72 N ，最小值F min 是36 N解析设刚开始时弹簧压缩量为x 0.根据平衡条件和胡克定律得：(m 1＋m 2)g sin 37°＝kx 0 得：x 0＝m 1＋m 2g sin 37°k ＝＋600 m＝0.12 m从受力角度看，两物体分离的条件是两物体间的正压力为0，从运动学角度看，一起运动的两物体恰好分离时，两物体在沿斜面方向上的加速度和速度仍相等．因为在前0.2 s 时间内，F 为变力，0.2 s 以后，F 为恒力．在0.2 s 时，由胡克定律和牛顿第二定律得：对P ：kx 1－m 1g sin θ＝m 1a前0.2 s 时间内P 、Q 向上运动的距离为x 0－x 1，则x 0－x 1＝12at 2上面几式联立解得a ≈3 m/s 2当P 、Q 开始运动时拉力最小，此时有对PQ 整体有：F min ＝(m 1＋m 2)a ＝(4＋8)×3 N＝36 N当P 、Q 分离时拉力最大，此时有对Q 有：F max －m 2g sin θ＝m 2a得F max ＝m 2(a ＋g sin θ)＝8×(3＋10×0.6) N＝72 N.。

2025高考物理总复习牛顿运动定律的综合应用——动力学图像、连接体及临界极值问题

D.绳的拉力大小与水平面是否粗糙有关
图3
目录
研透核心考点
解析设木块和地面间的动摩擦因数为 μ，以两木块整体为研究对象，根据牛顿第二定律有 F－μ(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a，得 a＝F－μ（m1m＋1＋m2m2）g，以木块 1 为研究对象，根据牛顿第二定律有 T－μm1g＝m1a，得 a＝T－mμ1m1g，系统加速度与木块 1 加速度相同，联立解得 T＝m1m＋1m2F，可知绳子拉力大小与动摩擦因数 μ 无关，与两木块质量大小有关，即与水平面是否粗糙无关，无论水平面是光滑的还是粗糙的，绳的拉力大小均为 T＝m1m＋1m2F，且 m2 越大绳的拉力越小，故 B、C 正确。
和m2的木块1和2，中间用一条轻绳连接，两木块的材料相同，现用力F向右拉木块2，当两木块一起向右做匀加速直线运动时，已知重力加速度为g，下列
说法正确的是( BC )
A.若水平面是光滑的，则 m2 越大绳的拉力越大 B.若木块和地面间的动摩擦因数为 μ，则绳的拉力为 m1F
m1＋m2
C.绳的拉力大小与水平面是否粗糙无关
B.m甲＞m乙
C.μ甲＜μ乙
D.μ甲＞μ乙
解析由牛顿第二定律知F－μmg＝ma，整理得F＝ma＋μmg，则F－a图像的
斜率为m，纵轴截距为μmg，结合F－a图像可知m甲＞m乙，A错误，B正确；两图线的纵轴截距相同，即μ甲m甲g＝μ乙m乙g，则μ甲＜μ乙，C正确，D错误。
目录
研透核心考点
动力学图像问题的解题策略 (1)问题实质是力与运动的关系，解题的关键在于弄清图像斜率、截距、交点、拐点、面积的物理意义。 (2)应用物理规律列出与图像对应的函数方程式，进而明确“图像与公式”“图像与物体”间的关系，以便对有关物理问题进行准确判断。

高考物理一轮 (考纲自主研读+命题探究+高考全程解密) 第3讲牛顿运动定律的综合作用(含解析) 新人教版

第3讲专题牛顿运动定律的综合应用对应学生用书P50一、动力学中的临界问题1．动力学中的临界极值问题在应用牛顿运动定律解决动力学问题中，当物体运动的加速度不同时，物体有可能处于不同的状态，特别是题目中出现“最大”、“最小”、“刚好”等词语时，往往会有临界值出现．2．发生临界问题的条件(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，绳子松弛的临界条件是：F T＝0.(4)加速度最大与速度最大的临界条件：当物体在受到变化的外力作用下运动时，其加速度和速度都会不断变化，当所受合外力最大时，具有最大加速度；合外力最小时，具有最小加速度．当出现速度有最大值或最小值的临界条件时，物体处于临界状态，所对应的速度便会出现最大值或最小值．【即学即练】1．如图3－3－1所示，图3－3－1在倾角为θ＝30°的光滑斜面上有两个用轻质弹簧相连接的物块A、B，它们的质量均为m，弹簧的劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态．现开始用一沿斜面方向的力F拉物块A使之向上做匀加速运动，当物块B刚要离开C时F的大小恰为2mg.求从F开始作用到物块B刚要离开C的时间．解析令x1表示未加F时弹簧的压缩量，由胡克定律和牛顿第二定律可知：mg sin 30°＝kx1，令x2表示B刚要离开C时弹簧的伸长量，a表示此时A的加速度，由胡克定律和牛顿第二定律可知kx2＝mg sin 30°，F－mg sin 30°－kx2＝ma，将F＝2mg和θ＝30°代入以上各式，又由x1＋x2＝12at2，解得t＝2mk.答案2m k二、动力学中的图象问题在牛顿运动定律中有这样一类问题：题目告诉的已知条件是物体在一过程中所受的某个力随时间的变化图线，要求分析物体的运动情况；或者已知物体在一过程中速度、加速度随时间的变化图线，要求分析物体的受力情况，我们把这两种问题称为牛顿运动定律中的图象问题．这类问题的实质仍然是力与运动的关系问题，求解这类问题的关键是理解图象的物理意义，理解图象的轴、点、线、截、斜、面六大功能．【即学即练】图3－3－22．(单选)(2013·苏北摸底调研)如图3－3－2所示，是空中轨道列车(简称空轨)悬挂式单轨交通系统，无人驾驶空轨行程由计算机自动控制．在某次研究制动效果的试验中，计算机观测到制动力逐渐增大，下列各图中能反映其速度v随时间t变化关系的是( )．答案 D对应学生用书P51题型一动力学中的图象问题【典例1】 (单选)(2012·江苏卷，4)将一只皮球竖直向上抛出，皮球运动时受到空气阻力的大小与速度的大小成正比．下列描绘皮球在上升过程中加速度大小a 与时间t 关系的图象，可能正确的是( )．解析皮球上升过程中受重力和空气阻力作用，由于空气阻力大小与速度成正比，速度v 减小，空气阻力f ＝kv 也减小，根据牛顿第二定律mg ＋f ＝ma ，知a ＝kvm＋g ，可知，a随v 的减小而减小，且v 变化得越来越慢，所以a 随时间t 减小且变化率减小，选项C 正确．答案 C【变式跟踪1】一个物块置于粗糙的水平地面上，受到的水平拉力F 随时间t 变化的关系如图3－3－3(a)所示，速度v 随时间t 变化的关系如图(b)所示．取g ＝10 m/s 2，求：(a) (b)图3－3－3(1)1 s 末物块所受摩擦力的大小F f1； (2)物块在前6 s 内的位移大小x ； (3)物块与水平地面间的动摩擦因数μ.解析 (1)从题图(a)中可以读出，当t ＝1 s 时，F f1＝F 1＝4 N(2)由题图(b)知物块在前6 s 内的位移大小x ＝（2＋4）×42m ＝12 m (3)从题图(b)中可以看出，在t ＝2 s 至t ＝4 s 的过程中，物块做匀加速运动，加速度大小为a ＝Δv Δt ＝42m/s 2＝2 m/s 2由牛顿第二定律得F 2－μmg ＝maF 3＝F f3＝μmg所以m ＝F 2－F 3a ＝12－82kg ＝2 kg μ＝F 3mg ＝82×10＝0.4答案 (1)4 N (2)12 m (3)0.4,阅卷老师叮咛1．牛顿第二定律与图象的综合问题是高考的重点和热点动力学中常见的有a－F、a－1m、F－t、v－t、x－t图象等，抓住图象的斜率、截距、面积、交点、拐点等信息，结合牛顿第二定律和运动学公式分析解决问题．2．分析图象问题时常见的误区(1)没有看清纵、横坐标所表示的物理量及单位．(2)不注意坐标原点是否从零开始．(3)不清楚图线的点、斜率、面积等的物理意义．(4)忽视对物体的受力情况和运动情况的分析．借题发挥求解图象问题的思路题型二动力学中的临界问题【典例2】(2012·重庆卷，25)图3－3－4某校举行托乒乓球跑步比赛，赛道为水平直道，比赛距离为s .比赛时，某同学将球置于球拍中心，以大小为a 的加速度从静止开始做匀加速直线运动，当速度达到v 0时，再以v 0做匀速直线运动跑至终点．整个过程中球一直保持在球拍中心不动．比赛中，该同学在匀速直线运动阶段保持球拍的倾角为θ0，如图3－3－4所示．设球在运动中受到的空气阻力大小与其速度大小成正比，方向与运动方向相反，不计球与球拍之间的摩擦，球的质量为m ，重力加速度为g .(1)求空气阻力大小与球速大小的比例系数k ；(2)求在加速跑阶段球拍倾角θ随速度v 变化的关系式；(3)整个匀速跑阶段，若该同学速度仍为v 0，而球拍的倾角比θ0大了β并保持不变，不计球在球拍上的移动引起的空气阻力变化，为保证到达终点前球不从球拍上距离中心为r 的下边沿掉落，求β应满足的条件．规范解答 (1)在匀速运动阶段，有mg tan θ0＝kv 0 得k ＝mg tan θ0v 0. (2)加速阶段，设球拍对球的支持力为N ′，有N ′sin θ－kv ＝ma ，N ′cos θ＝mg ，得tan θ＝a g ＋v v 0tan θ0.(3)以速度v 0匀速运动时，设空气阻力与重力的合力为F ，有F ＝mgcos θ0，球拍倾角为θ0＋β时，空气阻力与重力的合力不变，设球沿球拍面下滑的加速度大小为a ′，有F sin β＝ma ′，设匀速跑阶段所用时间为t ，有t ＝s v 0－v 02a ，球不从球拍上掉落的条件12a ′t 2≤r ，得sin β≤2r cos θ0g ⎝ ⎛⎭⎪⎫s v 0－v 02a 2. 答案见解析【变式跟踪2】图3－3－5(单选)如图3－3－5所示，光滑水平面上放置质量分别为m 、2m 的A 、B 两个物体，A 、B 间的最大静摩擦力为μmg ，现用水平拉力F 拉B ，使A 、B 以同一加速度运动，则拉力F 的最大值为( )．A ．μmgB ．2μmgC ．3μmgD ．4μmg解析当A 、B 之间恰好不发生相对滑动时力F 最大，此时，对于A 物体所受的合外力为μmg由牛顿第二定律知a A ＝μmgm＝μg 对于A 、B 整体，加速度a ＝a A ＝μg 由牛顿第二定律得F ＝3ma ＝3μmg .答案 C , 以题说法临界问题的解法一般有三种1．极限法：在题目中如出现“最大”“最小”“刚好”等词语时，一般隐含着临界问题，处理这类问题时，应把物理问题(或过程)推向极端，从而使临界现象(或状态)暴露出来，达到尽快求解的目的．2．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．3．数学方法：将物理过程转化为数学公式，根据数学表达式解出临界条件．特别提醒临界问题一般都具有一定的隐蔽性，审题时应尽量还原物理情境，利用变化的观点分析物体的运动规律，利用极限法确定临界点，抓住临界状态的特征，找到正确的解题方向．对应学生用书P53物理建模3 滑块—滑板模型模型特点涉及两个物体，并且物体间存在相对滑动．两种位移关系滑块由滑板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和滑板同向运动，位移之差等于板长；反向运动时，位移之和等于板长．阅卷教师提醒易失分点1．不清楚滑块、滑板的受力情况，求不出各自的加速度．2．画不好运动草图，找不出位移、速度、时间等物理量间的关系．3．不清楚每一个过程的末速度是下一个过程的初速度．4．不清楚物体间发生相对滑动的条件．建模指导审清题目巧解题典例如图3－3－6所示，图3－3－6薄板A长L＝5 m，其质量M＝5 kg，放在水平桌面上，板右端与桌边相齐．在A上距右端s＝3 m处放一物体B(可看成质点)，其质量m＝2 kg.已知A、B间动摩擦因数μ1＝0.1，A与桌面间和B与桌面间的动摩擦因数均为μ2＝0.2，原来系统静止．现在在板的右端施加一大小一定的水平力F持续作用在A上直到将A从B下抽出才撤去，且使B最后停于桌的右边缘．求： (1)B 运动的时间． (2)力F 的大小．解析 (1)对于B ，在未离开A 时，其加速度为：a B 1＝μ1mg m＝1 m/s 2设经过时间t 1后B 离开A ，离开A 后B 的加速度为：a B 2＝－μ2mg m＝－2 m/s 2设物体B 离开A 时的速度为v B ，有v B ＝a B 1t 1和12a B 1t 21＋v 2B －2a B 2＝s ，代入数据解得t 1＝2 s ，t 2＝v B－a B 2＝1 s ，所以B 运动的时间是：t ＝t 1＋t 2＝3 s. (2)设A 的加速度为a A ，则根据相对运动的位移关系得12a A t 21－12a B 1t 21＝L －s解得：a A ＝2 m/s 2，由牛顿第二定律得F －μ1mg －μ2(m ＋M )g ＝Ma A ，代入数据得：F ＝26 N.答案 (1)3 s (2)26 N 【应用】如图3－3－7所示，图3－3－7一质量为m B ＝2 kg 的木板B 静止在光滑的水平面上，其右端上表面紧靠一固定斜面轨道的底端(斜面底端与木板B 右端的上表面之间有一段小圆弧平滑连接)，轨道与水平面的夹角θ＝37°.一质量也为m A ＝2 kg 的物块A 由斜面轨道上距轨道底端x 0＝8 m 处静止释放，物块A 刚好没有从木板B 的左端滑出．已知物块A 与斜面轨道间的动摩擦因数为μ1＝0.25，与木板B 上表面间的动摩擦因数为μ2＝0.2，sin θ＝0.6，cos θ＝0.8，g 取10 m/s 2，物块A 可看做质点．请问：(1)物块A 刚滑上木板B 时的速度为多大？(2)物块A 从刚滑上木板B 到相对木板B 静止共经历了多长时间？木板B 有多长？解析 (1)物块A 从斜面滑下的加速度为a 1，则m A g sin θ－μ1m A g cos θ＝m A a 1，解得a 1＝4 m/s 2物块A 滑到木板B 上的速度为v 1＝2a 1x 0＝2×4×8 m/s ＝8 m/s.(2)物块A 在木板B 上滑动时，它们在水平方向上的受力大小相等，质量也相等，故它们的加速度大小相等，数值为a 2＝μ2m A g m A＝μ2g ＝2 m/s 2，设木板B 的长度为L ，二者最终的共同速度为v 2，在达到最大速度时，木板B 滑行的距离为x ，利用位移关系得v 1t 2－12a 2t 22－12a 2t 22＝L .对物块A 有v 2＝v 1－a 2t 2，v 22－v 21＝－2a 2(x＋L )．对木板B 有v 22＝2a 2x ，联立解得相对滑行的时间和木板B 的长度分别为：t 2＝2 s ，L ＝8 m.答案 (1)8 m/s (2)2 s 8 m对应学生用书P54一、动力学中的图象问题1．(多选)如图3－3－8甲所示，质量为m 的木块放在动摩擦因数为μ的水平面上静止不动．现对木块施加水平推力F 的作用，F 随时间t 的变化规律如图乙所示，则图丙反映的可能是木块的哪两组物理量之间的关系( )．图3－3－8A．x轴表示力F，y轴表示加速度aB．x轴表示时间t，y轴表示加速度aC．x轴表示时间t，y轴表示速度vD．x轴表示时间t，y轴表示位移x答案AB2．(单选)(2013·湖南部分调研)图3－3－9如图3－3－9甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置一物体(物体与弹簧不连接)，初始时物体处于静止状态．现用竖直向上的拉力F作用在物体上，使物体开始向上做匀加速运动，拉力F与物体位移x之间的关系如图乙所示(g＝10 m/s2)，则下列结论正确的是( )．A ．物体与弹簧分离时，弹簧处于压缩状态B ．弹簧的劲度系数为7.5 N/cmC ．物体的质量为3 kgD ．物体的加速度大小为5 m/s 2解析设物体的质量为m ，开始时弹簧的压缩量为Δx ，由平衡条件可得k Δx ＝mg ①现用竖直向上的拉力F 作用在物体上，使物体开始向上做匀加速运动，根据拉力F 与物体位移x 的关系可得 10＝ma ② 30－mg ＝ma ③联立①②③可以解得，物体的质量m ＝2 kg ，物体的加速度大小a ＝5 m/s 2，k ＝500 N/m ，故只有D 正确．答案 D3．(2012·安徽卷，22)图3－3－10质量为0.1 kg 的弹性球从空中某高度由静止开始下落，该下落过程对应的v －t 图象如图3－3－10所示．球与水平地面相碰后离开地面时的速度大小为碰撞前的34.设球受到的空气阻力大小恒为f ，取g ＝10 m/s 2，求： (1)弹性球受到的空气阻力f 的大小；(2)弹性球第一次碰撞后反弹的高度h .解析 (1)由v －t 图象可知，小球下落过程的加速度为a 1＝Δv Δt ＝4－00.5m/s 2＝8 m/s 2根据牛顿第二定律得mg －f ＝ma 1，弹性球受到的空气阻力f ＝mg －ma 1＝(0.1×10－0.1×8)N ＝0.2 N.(2)小球第一次反弹后的速度v 1＝34×4 m/s ＝3 m/s ，根据牛顿第二定律得弹性球上升的加速度大小为a 2＝mg ＋f m ＝0.1×10＋0.20.1m/s 2＝12 m/s 2，根据v 2－v 20＝2ah ，得弹性球第一次反弹的高度，h ＝v 212a ＝322×12m ＝0.375 m. 答案 (1)0.2 N (2)0.375 m 二、动力学中的临界问题4．日本大地震以及随后的海啸给日本造成了巨大的损失．灾后某中学的部分学生组成了一个课题小组，对海啸的威力进行了模拟研究，他们设计了如下的模型：如图3－3－11甲所示，在水平地面上放置一个质量为m ＝4 kg 的物体，让其在随位移均匀减小的水平推力作用下运动，推力F 随位移x 变化的图象如图乙所示．已知物体与地面之间的动摩擦因数为μ＝0.5，g ＝10 m/s 2.求：图3－3－11(1)运动过程中物体的最大加速度为多少？ (2)距出发点多远时物体的速度达到最大？解析 (1)由牛顿第二定律得F －μmg ＝ma ，当推力F ＝100 N 时，物体所受合力最大，加速度最大，代入数据解得a ＝Fm－μg ＝20 m/s 2. (2)由图象求出，推力F 随位移x 变化的数值关系为：F ＝100－25x ，速度最大时，物体加速度为零，则F ＝μmg ，代入数据解得x ＝3.2 m. 答案 (1)20 m/s 2(2)3.2 m 三、滑块—滑板模型和传送带模型5．某电视台娱乐节目在游乐园举行家庭搬运砖块比赛活动．比赛规则是：如图3－3－12甲所示向滑动行驶的小车上搬放砖块，且每次只能将一块砖无初速度(相对地面)地放到车上，车停止时立即停止搬放，以车上砖块多少决定胜负．已知每块砖的质量m ＝0.8 kg ，小车的上表面光滑且足够长，比赛过程中车始终受到恒定的牵引力F ＝20 N 的作有，未放砖块时车以v 0＝3 m/s 的速度匀速前进．获得冠军的家庭上场比赛时每隔T ＝0.8 s 搬放一块砖，从放上第一块砖开始计时，图中仅画出了0～0.8 s 内车运动的v －t 图象，如图乙所示，g 取10 m/s 2.求：图3－3－12(1)小车的质量及车与地面间的动摩擦因数． (2)车停止时，车上放有多少块砖．解析 (1)设车的质量为M ，放上一块砖后车的加速度为a 1，则有F ＝μMg ，μ(M ＋m )g －F ＝Ma 1， a 1＝Δv t＝0.25 m/s 2，联立解得：M ＝8 kg ，μ＝0.25.(2)设放上一块砖后经过0.8 s 时，车的速度为v 1，有v 1＝v 0－a 1T ，放上n 块砖后车的加速度大小为：a n ＝n μmg M＝na 1，设车停止时，车上有n 块砖，此时有v n ＝v 0－a 1T －a 2T －…－a n T ≤0即v n ＝v 0－a 1T －2a 1T －…－na 1T ≤0(且n 为满足该式的最小正整数) 故n ＝5.答案 (1)8 kg 0.25 (2)5块 6.图3－3－13水平传送带被广泛地应用于机场和火车站，如图3－3－13所示为一水平传送带装置示意图．紧绷的传送带AB 始终保持恒定的速率v ＝1 m/s 运行，一质量为m ＝4 kg 的行李无初速度地放在A 处，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动，随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动．设行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，A 、B 间的距离L ＝2 m ，g 取10 m/s 2.(1)求行李刚开始运动时所受滑动摩擦力的大小与加速度的大小； (2)求行李做匀加速直线运动的时间；(3)如果提高传送带的运行速率，行李就能被较快地传送到B 处，求行李从A 处传送到B 处的最短时间和传送带对应的最小运行速率．解析 (1)滑动摩擦力F f ＝μmg ＝0.1×4×10 N ＝4 N ，加速度a ＝μg ＝0.1×10 m/s 2＝1 m/s 2. (2)行李达到与传送带相同速率后不再加速，则v ＝at 1，t 1＝v a ＝11s ＝1 s.(3)行李始终匀加速运动时间最短，加速度仍为a ＝1 m/s 2，当行李到达右端时，有v 2min ＝2aL ，v min ＝2aL ＝2×1×2 m/s ＝2 m/s ，所以传送带对应的最小运行速率为2 m/s. 行李最短运行时间由v min ＝at min 得t min ＝v min a ＝21s ＝2 s. 答案 (1)4 N 1 m/s 2(2)1 s (3)2 s 2 m/s。

度高考物理一轮复习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课时达标训练

牛顿运动定律的综合应用一、选择题(1～5题为单项选择题，6～10题为多项选择题)1．如图1甲所示，小物块从足够长的光滑斜面顶端由静止自由滑下。

下滑位移x 时的速度为v ，其x －v 2图象如图乙所示，取g ＝10 m/s 2，则斜面倾角θ为( )图1A ．30°B ．45°C ．60°D ．75°解析由x －v 2图象可知小物块的加速度a ＝5 m/s 2，根据牛顿第二定律得，小物块的加速度a ＝g sin θ，所以θ＝30°，A 对，B 、C 、D 错。

答案 A2．(2017·郑州质量预测)甲、乙两球质量分别为m 1、m 2，从同一地点(足够高)同时由静止释放。

两球下落过程所受空气阻力大小f 仅与球的速率v 成正比，与球的质量无关，即f ＝kv (k 为正的常量)。

两球的v －t 图象如图2所示。

落地前，经时间t 0两球的速度都已达到各自的稳定值v 1、v 2。

则下列判断正确的是( )图2A ．释放瞬间甲球加速度较大 B.m 1m 2＝v 2v 1C ．甲球质量大于乙球质量D ．t 0时间内两球下落的高度相等解析释放瞬间，两球受到的阻力均为0，此时加速度相同，选项A 错误；运动到最后达到匀速时，重力和阻力大小相等，mg ＝kv ，则m 1m 2＝v 1v 2，选项B 错误；由图象可知v 1＞v 2，因此甲球质量大于乙球质量，选项C 正确；下落高度等于图线与时间轴围成的面积，可知甲球下落高度大，选项D 错误。

答案 C3．如图3所示，A 、B 两个物体叠放在一起，静止在粗糙水平地面上，物体B 与水平地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，物体A 与B 之间的动摩擦因数μ2＝0.2。

已知物体A 的质量m ＝2 kg ，物体B 的质量M ＝3 kg ，重力加速度g 取10 m/s 2。

现对物体B 施加一个水平向右的恒力F ，为使物体A 与物体B 相对静止，则恒力的最大值是(物体间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( )图3A ．20 NB ．15 NC ．10 ND ．5 N解析对物体A 、B 整体，由牛顿第二定律，F max －μ1(m ＋M )g ＝(m ＋M )a ；对物体A ，由牛顿第二定律，μ2mg ＝ma ；联立解得F max ＝(m ＋M )(μ1＋μ2)g ，代入相关数据得F max ＝15 N ，选项B 正确。

2021年度高考物理一轮温习第三章牛顿运动定律专题强化三动力学两类大体问题和临界极值问题学案

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.学好本专题可以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.由物体的受力情况求解运动情况的大体思路：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.由物体的运动情况求解受力情况的大体思路：已知加速度或按照运动规律求出加速度，再由牛顿第二定律求出合力，从而肯定未知力.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(多选)(2021·全国卷Ⅱ·19)两实心小球甲和乙由同一种材料制成，甲球质量大于乙球质量.两球在空气中由静止下落，假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，与球的速度无关.若它们下落相同的距离，则( )A.甲球用的时间比乙球长B.甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小C.甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小D.甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功答案BD解析小球的质量m ＝ρ·43πr 3，由题意知m 甲>m 乙，ρ甲＝ρ乙，则r 甲>r 乙.空气阻力f ＝kr ，对小球由牛顿第二定律得，mg －f ＝ma ，则a ＝mg －f m ＝g －kr ρ·43πr3＝g －3k4πρr2，可得a 甲>a 乙，由h ＝12at 2知，t 甲<t 乙，选项A 、C 错误；由v ＝2ah 知，v 甲>v 乙，故选项B 正确；因f 甲>f 乙，由球克服阻力做功W f ＝fh 知，甲球克服阻力做功较大，选项D 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，明显表明题述的进程存在着临界点. (2)题目中“取值范围”“多长时间”“多大距离”等文句，表明题述进程存在着“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”“最多”“至少”等文句，表明题述的进程存在着极值，这个极值点往往是临界点. 2.常见临界问题的条件(1)接触与离开的临界条件：两物体相接触或离开，临界条件是：弹力F 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F 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1，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 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1A.1μ1μ2B.1－μ1μ2μ1μ2C.1＋μ1μ2μ1μ2D.2＋μ1μ2μ1μ2答案 B解析对物体A 、B 整体在水平方向上有F ＝μ2(m A ＋m B )g ；对物体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.常常利用方式 (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 (2021·课标全国卷Ⅰ·24)公路上行驶的两汽车之间应维持必然的安全距离.当前车突然停止时，后车司机可以采取刹车办法，使汽车在安全距离内停下而不会与前车相碰.通常情况下，人的反映时间和汽车系统的反映时间之和为1s.当汽车在晴天干燥沥青路面上以108km/h 的速度匀速行驶时，安全距离为120m.设雨天时汽车轮胎与沥青路面间的动摩擦因数为晴天时的25.若要求安全距离仍为120m ，求汽车在雨天安全行驶的最大速度.答案 20m/s解析设路面干燥时，汽车与地面间的动摩擦因数为μ0，刹车时汽车的加速度大小为a 0，安全距离为s ，反映时间为t 0，由牛顿第二定律和运动学公式得μ0mg ＝ma 0① s ＝v 0t 0＋v 202a 0②式中，m 和v 0别离为汽车的质量和刹车前的速度.设在雨天行驶时，汽车与地面间的动摩擦因数为μ，依题意有μ＝25μ0③设在雨天行驶时汽车刹车的加速度大小为a ，安全行驶的最大速度为v ，由牛顿第二定律和运动学公式得μmg ＝ma④ s ＝vt 0＋v 22a⑤联立①②③④⑤式并代入题给数据得v ＝20m/s(v ＝－24 m/s 不符合实际，舍去)变式1 如图2所示滑沙游戏中，做如下简化：游客从顶端A 点由静止滑下8s 后，操纵刹车手柄使滑沙车匀速下滑至底端B 点，在水光滑道上继续滑行直至停止.已知游客和滑沙车的总质量m ＝70kg ，倾斜滑道AB 长l AB ＝128m ，倾角θ＝37°，滑沙车底部与沙面间的动摩擦因数μ＝0.5.滑沙车经过B 点前后的速度大小不变，重力加速度g 取10m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不计空气阻力.图2(1)求游客匀速下滑时的速度大小； (2)求游客匀速下滑的时间；(3)若游客在水光滑道BC 段的最大滑行距离为16m ，则他在此处滑行时，需对滑沙车施加多大的水平制动力？答案 (1)16m/s (2)4s (3)210N解析 (1)由mg sin θ－μmg cos θ＝ma ，解得游客从顶端A 点由静止滑下的加速度a ＝2m/s 2.游客匀速下滑时的速度大小为v ＝at 1＝16 m/s.(2)加速下滑路程为l 1＝12at 12＝64m ，匀速下滑路程l 2＝l AB －l 1＝64m ，游客匀速下滑的时间t 2＝l 2v＝4s.(3)设游客在BC 段的加速度大小为a ′，由0－v 2＝－2a ′x解得a ′＝0－v 2－2x ＝8m/s 2，由牛顿第二定律得F ＋μmg ＝ma ′，解得制动力F ＝210N.类型2 已知物体运动情况，分析物体受力情况例2 (2021·课标全国卷Ⅱ·24)2021年10月，奥地利极限运动员菲利克斯·鲍姆加特纳乘气球升至约39km 的高空后跳下，经过4分20秒到达距地面约1.5km 高度处，打开降落伞并成功落地，打破了跳伞运动的多项世界纪录.取重力加速度的大小g ＝10m/s 2. (1)若忽略空气阻力，求该运动员从静止开始下落至1.5km 高度处所需的时间及其在此处速度的大小；(2)实际上，物体在空气中运动时会受到空气的阻力，高速运动时所受阻力的大小可近似表示为f ＝kv 2，其中v 为速度，k 为阻力系数，其数值与物体的形状、横截面积及空气密度有关.已知该运动员在某段时间内高速下落的v —t 图象如图3所示.若该运动员和所带装备的总质量m ＝100 kg ，试估算该运动员在达到最大速度时所受阻力的阻力系数.(结果保留1位有效数字)图3答案 (1)87s 8.7×102m/s (2)0.008 kg/m解析 (1)设该运动员从开始自由下落至1.5km 高度处的时间为t ，下落距离为s ，在1.5km 高度处的速度大小为v .根据运动学公式有v ＝gt① s ＝12gt 2②按照题意有 s ＝3.9×104m －1.5×103m ＝3.75×104m③联立①②③式得t ≈87s ④ v ≈8.7×102m/s⑤ (2)该运动员达到最大速度v max 时，加速度为零，按照平衡条件有mg ＝kv max 2⑥ 由所给的v —t 图象可读出v max ≈360m/s⑦由⑥⑦式得k ≈0.008kg/m变式2 如图4甲所示，质量m ＝1kg 的物块在平行斜面向上的拉力F 作用下从静止开始沿斜面向上运动，t ＝0.5s 时撤去拉力，利用速度传感器得到其速度随时间的变化关系图象(v －t 图象)如图乙所示，g 取10m/s 2，求：图4(1)2s 内物块的位移大小x 和通过的路程L ；(2)沿斜面向上运动的两个阶段加速度大小a 一、a 2和拉力大小F . 答案 (1)0.5m 1.5m (2)4m/s 24 m/s 28N 解析 (1)在2s 内，由题图乙知：物块上升的最大距离：x 1＝12×2×1m＝1m物块下滑的距离：x 2＝12×1×1m＝0.5m所以位移大小x ＝x 1－x 2＝0.5m 路程L ＝x 1＋x 2＝1.5m(2)由题图乙知，所求两个阶段加速度的大小a 1＝4m/s 2 a 2＝4m/s 2设斜面倾角为θ，斜面对物块的摩擦力为F f ，按照牛顿第二定律有 0～0.5s 内：F －F f －mg sin θ＝ma 1 0.5～1s 内：F f ＋mg sin θ＝ma 2 解得F ＝8N命题点二多物体多进程问题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.按照“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，肯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 (2021·全国卷Ⅱ·25)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°(sin37°＝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5所示.假设某次暴雨中，A 渗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 的上表面突然变成滑腻，μ2维持不变.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 ＝10m/s 2.求：图5(1)在0～2s 时间内A 和B 加速度的大小； (2)A 在B 上总的运动时间.答案 (1)3m/s 2 1 m/s 2(2)4s解析 (1)在0～2s 时间内，A 和B 的受力如图所示，其中F f 一、F N1是A 与B 之间的摩擦力和正压力的大小，F f 二、F N2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 f1＝μ1F N1① F N1＝mg cos θ② F f2＝μ2F N2③ F N2＝F N1′＋mg cos θ，F N1′＝F N1④规定沿斜面向下为正.设A 和B 的加速度别离为a 1和a 2，由牛顿第二定律得mg sin θ－F f1＝ma 1⑤mg sin θ－F f2＋F f1′＝ma 2，F f1′＝F f1⑥联立①②③④⑤⑥式，并代入题给条件得a 1＝3m/s 2⑦ a 2＝1m/s 2.⑧(2)在t 1＝2s 时，设A 和B 的速度别离为v 1和v 2，则v 1＝a 1t 1＝6m/s ⑨ v 2＝a 2t 1＝2m/s⑩2s 后，设A 和B 的加速度别离为a 1′和a 2′.此时A 与B 之间摩擦力为零，同理可得a 1′＝6m/s 2⑪ a 2′＝－2m/s 2⑫由于a 2′＜0，可知B 做减速运动.设通过时间t 2，B 的速度减为零，则有v 2＋a 2′t 2＝0⑬ 联立⑩⑫⑬式得t 2＝1s⑭在t 1＋t 2时间内，A 相对于B 运动的距离为x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12a 1t 21＋v 1t 2＋12a 1′t 22－⎝ ⎛⎭⎪⎫12a 2t 21＋v 2t 2＋12a 2′t 22＝12m ＜27m⑮尔后B 静止不动，A 继续在B 上滑动.设再通过时间t 3后A 离开B ，则有l －x ＝(v 1＋a 1′t 2)t 3＋12a 1′t 32⑯可得t 3＝1s(另一解不合题意，舍去) ⑰设A 在B 上总的运动时间t 总，有t 总＝t 1＋t 2＋t 3＝4s变式3 (2021·华中师范大学附中模拟)如图6甲所示为一倾角θ＝37°足够长的斜面，将一质量m ＝1kg 的物体在斜面上静止释放，同时施加一沿斜面向上的拉力，拉力随时间变化关系图象如图乙所示，物体与斜面间动摩擦因数μ＝0.25.取g ＝10m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：图6(1)2s 末物体的速度大小； (2)前16s 内物体发生的位移.答案 (1)5m/s (2)30m ，方向沿斜面向下解析 (1)分析可知物体在前2s 内沿斜面向下做初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得mg sin θ－F 1－μmg cos θ＝ma 1， v 1＝a 1t 1，代入数据可得v 1＝5m/s.(2)设物体在前2s 内发生的位移为x 1，则x 1＝12a 1t 12＝5m.当拉力为F 2＝4.5N 时，由牛顿第二定律可得mg sin θ－μmg cos θ－F 2＝ma 2，代入数据可得a 2＝－0.5m/s 2，物体通过t 2时间速度减为零，则 0＝v 1＋a 2t 2，t 2＝10s ，设t 2时间内发生的位移为x 2，则x 2＝v 1t 2＋12a 2t 22＝25m ，由于mg sin θ－μmg cos θ<F 2<mg sin θ＋μmg cos θ，则物体在剩下4s 时间内处于静止状态. 故物体在前16s 内发生的位移x ＝x 1＋x 2＝30m ，方向沿斜面向下.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阶段)； (2)寻觅进程中转变的物理量； (3)探索物理量的转变规律；(4)肯定临界状态，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 如图7所示，在水平长直的轨道上，有一长度L ＝2m 的平板车在外力控制下始终保持速度v 0＝4m/s 向右做匀速直线运动.某时刻将一质量为m ＝1 kg 的小滑块轻放到车上表面的中点，滑块与车面间的动摩擦因数为μ＝0.2，取g ＝10 m/s 2，求：图7(1)小滑块m 的加速度大小和方向； (2)通过计算判断滑块可否从车上掉下；(3)若当滑块放到车上表面中点的同时对该滑块施加一个与v 0同向的恒力F ，要保证滑块不能从车的左端掉下，恒力F 大小应知足什么条件？答案观点析解析 (1)滑块放上车时相对车向左运动，所受滑动摩擦力向右，F f ＝μmg ，按照牛顿第二定律有F 合＝F f ，F 合＝ma ，得滑块加速度a ＝μg ＝2m/s 2，方向向右.(2)滑块放上车后做匀加速直线运动，设当经历时间t 以后速度达到v 0，滑块通过位移x 1＝12at 2且v 0＝at ，车通过位移x 2＝v 0t ，位移差Δx ＝x 2－x 1，由于Δx >L2＝1m ，故滑块会掉下来.(3)加上恒力F 的方向与摩擦力方向相同，故滑块所受合力F 合′＝F f ＋F ，由牛顿第二定律有F 合′＝ma ′，滑块放上车后做匀加速直线运动，设当经历时间t ′以后速度达到v 0，滑块通过位移x 1′＝12a ′t ′2，且v 0＝a ′t ′，车通过位移x 2′＝v 0t ′，只需要知足位移差Δx ′＝x 2′－x 1′≤L2即可，联立以上各式有F ≥6N.变式4 如图8所示，物体A 叠放在物体B 上，B 置于滑腻水平面上，A 、B 质量别离为m A ＝6kg 、m B ＝2kg ，A 、B 之间的动摩擦因数μ＝0.2，开始时F ＝10N ，此后逐渐增加，在增大到45N 的过程中，则( )图8A.当拉力F <12N 时，物体均维持静止状态B.两物体开始没有相对运动，当拉力超过12N 时，开始相对滑动C.两物体从受力开始就有相对运动D.两物体始终没有相对运动答案 D解析 A 、B 一路加速运动是因为A 对B 有静摩擦力，但由于静摩擦力存在最大值，所以B 的加速度有最大值，可以求出此加速度下拉力的大小，若是拉力再增大，则物体间就会发生相对滑动，所以这里存在一个临界点，就是A 、B 间静摩擦力达到最大值时拉力F 的大小.以A 为研究对象进行受力分析，受水平向右的拉力和水平向左的静摩擦力，有F －F f ＝m A a ；再以B 为研究对象，受水平向右的静摩擦力F f ＝m B a ，当F f 为最大静摩擦力时，解得a ＝F f m B＝μm A g m B ＝122m/s 2＝6 m/s 2，有F ＝48N.由此可以看出，当F <48N 时，A 、B 间的摩擦力达不到最大静摩擦力，也就是说，A 、B 间不会发生相对运动，故选项D 正确.变式5 如图9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 .图9(1)求箱子加速阶段的加速度大小；(2)若a >g tan θ，求减速阶段球受到箱子左壁和顶部的作使劲大小.答案 (1)av 22ax －v 2(2)0 m ⎝ ⎛⎭⎪⎫a tan θ－g解析 (1)设箱子加速阶段的加速度为a ′，通过的位移为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 ，解得a ′＝av 22ax －v2.(2)若是球恰好不受箱子作用，箱子的加速度设为a 0，应知足F N sin θ＝ma 0，F 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，顶部对球的力不为零.此时球受力如图，由牛顿第二定律得，F N ′cos θ＝F ＋mg ，F N ′sin θ＝ma ，解得F ＝m ⎝⎛⎭⎪⎫a tan θ－g .1.如图1所示，一质量为1kg 的小球套在一根固定的直杆上，直杆与水平面夹角θ为30°.现小球在F ＝20N 的竖直向上的拉力作用下，从A 点静止出发向上运动，已知杆与球间的动摩擦因数为36.试求：图1(1)小球运动的加速度大小；(2)若F 作用1.2s 后撤去，求小球上滑进程中距A 点最大距离. 答案 (1)2.5m/s 2(2)2.4m解析 (1)在力F 作用下，由牛顿第二定律得(F －mg )sin30°－μ(F －mg )cos30°＝ma 1 解得a 1＝2.5m/s 2(2)刚撤去F 时，小球的速度v 1＝a 1t 1＝3m/s 小球的位移x 1＝v 12t 1＝1.8m撤去力F 后，小球上滑时，由牛顿第二定律得mg sin30°＋μmg cos30°＝ma 2 解得a 2＝7.5m/s 2小球上滑时间t 2＝v 1a 2＝0.4s 上滑位移x 2＝v 12t 2＝0.6m则小球上滑的最大距离为x m ＝x 1＋x 2＝2.4m.2.如图2所示，一质量m ＝0.4kg 的小物块，在与斜面成某一夹角的拉力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，物块在A 点的速度为v 0＝2m/s ，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/s 2.图2(1)求物块加速度的大小及抵达B 点时速度的大小.(2)拉力F 与斜面夹角多大时，拉力F 最小？拉力F 的最小值是多少？答案 (1)3 m/s 28 m/s (2)30°1335N 解析 (1)设物块加速度的大小为a ，抵达B 点时速度的大小为v ，由运动学公式得L ＝v 0t ＋12at 2①v ＝v 0＋at②联立①②式，代入数据得a ＝3m/s 2③ v ＝8m/s④(2)设物块所受支持力为F N ，所受摩擦力为F f ，拉力与斜面的夹角为α，受力分析如图所示，由牛顿第二定律得F cos α－mg sin θ－F f ＝ma⑤ F sin α＋F N －mg cos θ＝0⑥ 又F f ＝μF N⑦ 联立⑤⑥⑦式得F ＝mg sin θ＋μcos θ＋macos α＋μsin α⑧由数学知识得cos α＋33sin α＝233sin(60°＋α) ⑨由⑧⑨式可知对应F 最小时与斜面间的夹角α＝30° ⑩联立③⑧⑩式，代入数据得F 的最小值为F min ＝1335N⑪3.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)松开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 ＝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 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 f >0F f ＝μF N在竖直方向上，由平衡条件得F 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.如图4所示，静止在滑腻水平面上的斜面体，质量为M ，倾角为α，其斜面上有一静止的滑块，质量为m ，二者之间的动摩擦因数为μ，滑块受到的最大静摩擦力可以为等于滑动摩擦力，重力加速度为g .现给斜面体施加水平向右的力使斜面体加速运动，求：图4(1)若要使滑块与斜面体一路加速运动，图中水平向右的力F 的最大值； (2)若要使滑块做自由落体运动，图中水平向右的力F 的最小值. 答案 (1)m ＋M g μcos α－sin αμsin α＋cos α (2)Mgtan α解析 (1)当滑块与斜面体一路向右加速时，力F 越大，加速度越大，当F 最大时，斜面体对滑块的静摩擦力达到最大值F fm ，滑块受力如图所示.设一路加速的最大加速度为a ，对滑块应用牛顿第二定律得：F N cos α＋F fm sin α＝mg ① F fm cos α－F N sin α＝ma② 由题意知F fm ＝μF N③联立解得a ＝μcos α－sin αcos α＋μsin αg对整体受力分析F ＝(M ＋m )a 联立解得F ＝m ＋M g μcos α－sin αμsin α＋cos α(2)要使滑块做自由落体运动，滑块与斜面体之间没有力的作用，滑块的加速度为g ，设此时M 的加速度为a M ，则对M ：F ＝Ma M当水平向右的力F 最小时，二者没有彼此作用但仍接触，则有12gt 212a M t 2＝tan α，即ga M ＝tan α，联立解得F ＝Mgtan α.。