动力学综合——单个物体的多过程问题：

合集下载

动力学综合——单个物体的多过程问题：

状态分析
态
律
动力学能量
牛顿定律
运动学公式
动能定理功能关系
受力分析
练习：如图所示，一质量m=0.4 kg的滑块(可视为质点)静止于动摩擦因数=0.1的水平轨道上的A点。现对滑块施加一水平外力，使其向右运动，外力的功率恒为P=10 W。经过一段时间后撤去外力，滑块继续滑行至B点后水平飞出，恰好在C点沿切线方向进入固定在竖直平面内的光滑圆弧形轨道，轨道的最低点D处装有压力传感器，当滑块到达传感器上方时，传感器的示数为25.6 N。已知轨道AB的长度L=2.0 m，半径OC和竖直方向的夹角 =37o，圆形轨道的半径R=0.5 m。(空气阻力可忽略，重力加速度g=10m/s2，sin37o=0.6， cos37o=0.8)求：
(1)传送带AB两端的距离； (2)小物块经过D点时对轨道的压力； (3)倾斜挡板与水平方向的夹角θ的正切值．
解析 (1)对小物块，在 C 点恰能做圆周运动，由牛顿第二定律得 v12 mg＝m R ，则 v1＝ gR＝3 m/s 由于 v1＝3 m/s＜5 m/s，小物块在传送带上一直加速，则由 A 到 B 有 v1 ＝2axAB μmg 2 a＝ m ＝μg＝3 m/s 所以传送带 AB 两端的距离 xAB＝1.5 m.
2
1 1 2 (2)对小物块，由 C 到 D 有 2mgR＝ mv2 － mv12 2 2 v22 在 D 点 FN－mg＝m R 由牛顿第三定律知小物块对轨道的压力为 F′N＝FN＝60N. 方向竖直向下 1 2 (3)小物块从 D 点抛出后做平抛运动，则 h＝ gt 2 解得 t＝0.4 s v2 3 5 将小物块在 E 点的速度进行分解得 tan θ＝ gt ＝ . 4

高三-物理-应用力学两大观点分析多过程问题

应用力学两大观点分析多过程问题
学习方法点拨若一个物体参与了多个运动过程，而运动过程只涉及运动和力的问题或只要求分析物体的动力学特点而不涉及能量问题，则常常用牛顿运动定律和运动学规律求解．——动力学观点
若一个物体参与了多个运动过程，该过程涉及能量转化问题，并且具有功能关系的特点，则往往用动能定理、机械能守恒定律或能量守恒定律求解．——能量观点
精题讲解
如图所示，从 A点以v0＝4 m/s的水平速度抛出一质量m＝1 kg的小物块 (可视为质点)，当小物块运动至B点时，恰好沿切线方向进入固定的光滑圆弧轨道BC，经圆弧轨道后滑上与C点等高、静止在粗糙水平面的长木板上，圆弧轨道C端切线水平．已知长木板的质量M＝4 kg，A、B 两点距C点的高度分别为H＝0.6 m、h＝0.15 m，R＝0.75 m，小物块与长木板之间的动摩擦因数μ1＝0.5，长木板与地面间的动摩擦因数 μ2＝0.2，g＝10 m/s2.求： (1)小物块运动至B点时的速度大小和方向； (2)小物块滑动至C点时，对圆弧轨道C点的压力大小； (3)长木板至少为多长，才能保证小物块不滑出长木板．
精题讲解
滑板运动是极限运动的鼻祖，许多极限运动项目均由滑板项目延伸而来．如图所示是滑板运动的轨道，BC和DE是两段光滑圆弧形轨道，BC段的圆心为O点，圆心角为60°，半径OC与水平轨道CD垂直，水平轨道CD段粗糙且长8 m．一运动员从轨道上的A点以3 m/s的速度水平滑出，在B点刚好沿轨道的切线方向滑入圆弧形轨道BC，经CD轨道后冲上DE轨道，到达 E点时速度减为零，然后返回．已知运动员和滑板的总质量为60 kg，B、E 两点与水平面CD的竖直高度分别为h和H，且h＝2 m，H＝2.8 m，g取10 m/s2.求： (1)运动员从A运动到达B点时的速度大小vB； (2)轨道CD段的动摩擦因数μ； (3)通过计算说明，第一次返回时，运动员能否回到B 点？如能，请求出回到B点时的速度的大小；如不能，则最后停在何处？

原创1：专题五应用力学两大观点分析多过程问题

终静止，摩擦力做功使动能全部转化为内能，故有：
Ff l 相＝12(M＋m)v2t 得 l 相＝5.5 m
⑨
小车从物块碰撞后开始匀减速运动，(每个减速阶
段)加速度 a 不变 aM＝FMf＝0.5 m/s2，vt＝aMt
得 t＝23 33 s 答案 (1)3 m/s
○ 10 (2)43 N (3)5.5 m
专题五应用力学两大观点分析多过程问题
考点一应用动力学方法和动能定理解决多过程问题
若一个物体参与了多个运动过程，有的运动过程只涉及分析力或求解力而不涉及能量问题，则常常用牛顿运动定律求解；若该过程涉及能量转化问题，并且具有功能关系的特点，则往往用动能定理求解．
【例 1】如图所示，竖直固定放置的粗糙斜面 AB 的下端与光滑的圆弧 BCD 的 B 点相切，圆弧轨道的半径为 R，圆心 O 与 A、D 在同一水平面上，C 点为圆弧轨道最低点，∠COB＝θ，现在质量为 m 的小物体从
联立以上两式解得 FNmax＝3mg＋12mgcos θ 最终小物体将从 B 点开始做往复运动，则有 mgR(1－cos θ)＝12mv′2，FNmin－mg＝mv′R 2 联立以上两式，解得 FNmin＝mg(3－2cos θ)
由牛顿第三定律，得小物体通过圆弧轨道最低点 C 时，对 C 点的最大压力
距 D 点高度为Rco4s θ的地方无初速度地释放，已知小物体恰能从 D 点进入圆弧轨道．求：
(1)为使小物体不会从 A 点冲出斜面，小物体与斜面间的动摩擦因数至少为多少？ (2)若小物体与斜面间的动摩擦因数 μ＝2scionsθθ，则小物体在斜面上通过的总路程为多少？ (3)小物体通过圆弧轨道最低点 C 时，对 C 点的最大压力和最小压力各是多少？

高中物理,动力学中的基本问题,和多过程问题的分析

高中物理动力学基本问题和多过程问题一、动力学的两类基本问题1．掌握解决动力学两类基本问题的思路方法其中受力分析和运动过程分析是基础，牛顿第二定律和运动学公式是工具，加速度是连接力和运动的桥梁．2．求合力的方法(1)平行四边形定则若物体在两个共点力的作用下产生加速度，可用平行四边形定则求F合，然后求加速度．(2)正交分解法：物体受到三个或三个以上的不在同一条直线上的力作用时，常用正交分解法．一般把力沿加速度方向和垂直于加速度方向进行分解．【例1】一架质量m＝5.0×103kg的喷气式飞机，从静止开始在机场的跑道上滑行，经过距离x＝5.0×102 m，达到起飞速度v＝60 m/s.在这个过程中飞机受到的平均阻力是飞机重量的0.02倍．求：飞机滑行时受到的牵引力多大？(g取10 m/s2)【针对训练】如图足够长的斜面倾角θ=30°。

一个物体以v0=12m/s 的初速度，从斜面上A点处沿斜面向上运动，加速度大小为a=8.0m/s2（g取10 m/s2）。

求：（1）物体沿斜面从A点上滑的最大距离x；（2）物体从A点出发需经多少时间才能回到A处？二、牛顿运动定律应用中的图像问题1．常见的图象形式在动力学与运动学问题中，常见、常用的图象是位移图象(x—t 图象)、速度图象(v—t图象)和力的图象(F—t图象)等，这些图象反映的是物体的运动规律、受力规律，而绝非代表物体的运动轨迹．2．图象问题的分析方法遇到带有物理图象的问题时，要认真分析图象，先从它的物理意义、点、线段、斜率、截距、交点、拐点、面积等方面了解图象给出的信息，再利用共点力平衡、牛顿运动定律及运动学公式去解题．【例2】如图1所示，在光滑水平面上叠放着甲、乙两物体。

现对甲施加水平向右的拉力F，通过传感器可测得甲的加速度a随拉力F变化的关系如图2所示。

巳知重力加速度g = 10 m/s2，由图线可知( )A．甲的质量是2kgB．甲的质量是6kgC．甲、乙之间的动摩擦因数是0.2D．甲、乙之间的动摩擦因数是0.6【针对训练】如图所示，分别是物体做直线运动的位移x、速度v、加速度a和物体受到的合外力F随时间t的变化图象，其中表示物体在做匀加速运动的是( )三、牛顿个定律的应用——超重、失重当物体具有向上的加速度时，由牛顿第二定律知悬绳对悬挂物的拉力或支持面对被支持物的支持力F N- mg= ma，由牛顿第三定律知物体对悬绳拉力或对支持面的压力F N’= mg +ma，如物体重力增加了ma 一样，这种现象称之为超重。

应用动力学和能量观点解决多过程问题。

图1
【例 1】如图 1 所示，已知小孩与雪橇的总质量为 m＝20 kg，静止于水平冰面上的 A 点，雪橇与冰面间的动摩擦因数为 μ＝0.1.(g 取 10 m/s2) (1)大人先用 30 N 的水平恒力拉雪橇，经 8 秒到达 B 点，求 A、B 两点间的距离 L.
解析 (1)对小孩进行受力分析，由牛顿第二定律得：
(2)设大人的力作用了 x 距离后撤去，小孩到达 B 点的速度恰好为 0
解法二解法一
由动能定理得
Fcos 37° － μ(μ mg － Fsin 37° )＝ ma · x－ (mg － Fsin 37° )· x － 1μmg(L－x)＝0 μ mg＝ ma 解得 x＝ 12.4 m 2 v2＝2a1x v2＝2a2(L－x) 解得 x＝12.4 m
F－μmg＝ma a＝0.5 m/s2 1 2 L＝ at 2 解得 L＝16 m
图1
【例 1】如图 1 所示，已知小孩与雪橇的总质量为 m＝20 kg，静止于水平冰面上的 A 点，雪橇与冰面间的动摩擦因数为 μ＝0.1.(g 取 10 m/s2) (2)若大人用大小为 30 N，与水平方向成 37° 角的力斜向上拉雪橇，使雪橇从 A 处由静止开始运动并能到达(1)问中的 B 处，求拉力作用的最短距离．(已知 cos 37° ＝ 0.8，sin 37° ＝0.6)
解法一
由动能定理得解得 Ek＝72 J
Fcos 37° · x－μ(mg－Fsin 37° )· x＝Ek
解ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ二由动能公式得
1 Ek＝ mv2(v2 在上一问中的运动学公式中已经有表示) 2 解得 Ek＝72 J
图1
例 2．质量为 m＝1 kg 的小物块轻轻地放在水平匀速运动的传送带上的 P 点，随传送带运动到 A 点后水平抛出，小物块恰好无碰撞地沿圆弧切线从 B 点进入竖直光滑的圆弧轨道． B、 C 为圆弧轨道的两端点，其连线水平．已知圆弧轨道的半径 R＝1.0 m，圆弧轨道对应的圆心角 θ ＝106° ，轨道最低点为 O，A 点距水平面的高度 h＝0.8 m，小物块离开 C 点后恰能无碰撞地沿固定斜面向上运动，0.8 s 后经 1 过 D 点，小物块与斜面间的动摩擦因数为 μ1＝ .(g＝10 m/s2， 3 sin37° ＝0.6，cos37° ＝0.8)

高中物理压轴题：用力学三大观点处理多过程问题(解析版)

压轴题用力学三大观点处理多过程问题1.用力学三大观点(动力学观点、能量观点和动量观点)处理多过程问题在高考物理中占据核心地位，是检验学生物理思维能力和综合运用知识解决实际问题能力的重要标准。

2.在命题方式上，高考通常会通过设计包含多个物理过程、涉及多个力学观点的复杂问题来考查学生的综合能力。

这些问题可能涉及物体的运动状态变化、能量转换和守恒、动量变化等多个方面，要求考生能够灵活运用力学三大观点进行分析和解答。

3.备考时，学生应首先深入理解力学三大观点的基本原理和应用方法，掌握相关的物理公式和定理。

其次，要通过大量的练习来提高自己分析和解决问题的能力，特别是要注重对多过程问题的训练，学会将复杂问题分解为多个简单过程进行分析和处理。

考向一：三大观点及相互联系考向二：三大观点的选用原则力学中首先考虑使用两个守恒定律。

从两个守恒定律的表达式看出多项都是状态量(如速度、位置)，所以守恒定律能解决状态问题，不能解决过程(如位移x，时间t)问题，不能解决力(F)的问题。

(1)若是多个物体组成的系统，优先考虑使用两个守恒定律。

(2)若物体(或系统)涉及速度和时间，应考虑使用动量定理。

(3)若物体(或系统)涉及位移和时间，且受到恒力作用，应考虑使用牛顿运动定律。

(4)若物体(或系统)涉及位移和速度，应考虑使用动能定理，系统中摩擦力做功时应用摩擦力乘以相对路程，动能定理解决曲线运动和变加速运动特别方便。

考向三：用三大观点的解物理题要掌握的科学思维方法1．多体问题--要正确选取研究对象，善于寻找相互联系选取研究对象和寻找相互联系是求解多体问题的两个关键。

选取研究对象后需根据不同的条件采用隔离法，即把研究对象从其所在的系统中抽离出来进行研究；或采用整体法，即把几个研究对象组成的系统作为整体进行研究；或将隔离法与整体法交叉使用。

通常，符合守恒定律的系统或各部分运动状态相同的系统，宜采用整体法；在需讨论系统各部分间的相互作用时，宜采用隔离法；对于各部分运动状态不同的系统，应慎用整体法。

用动力学和功能观点解决多过程问题

由运动学 vB2=2as C
解得:vB=5m /s
2
O R
A B
F
（2）小物块从B到C做变速圆周运动，设小物块在C点的速度为vC，由机械能守恒定律有 1 2 1 2 mv B mg 2 R mv C 2 2 1 2 1 2 或由动能定理 mg 2 R mvC mv B 解得:vC=3m/s
C
O R F
A B
直线运动、圆周运动和平抛运动组合模型 1.模型特点：物体在整个运动过程中，经历直线运动、圆周运动和平抛运动或三种运动两两组合. 2.表现形式：(1)直线运动：水平面上的直线运动、斜面上的直线运动、传送带上的直线运动.(2)圆周运动：绳模型圆周运动、杆模型圆周运动、拱形桥模型圆周运动.(3)平抛运动：与斜面相关的平抛运动、与圆轨道相关的平抛运动. 3.应对模式：这类模型一般不难，各阶段的运动过程具有独立性，只要对不同过程分别选用相应规律即可，两个相邻的过程连接点的速度是联系两过程的纽带.很多情况下平抛运动末速度的方向是解决问题的重要突破口.
(2)设导体棒开始下落时距离磁场上边界的高度为 h，导体棒进入磁场区域时恰好匀速运动，导体棒从开始下落到进入磁场上边界的过程由功能关系得 1 mgh＝ mv2 2 1 v2 1 可得 h＝＝ 1.8 m. 2g (3)由于导体棒匀速通过磁场，根据能量守恒定律可知电路产生的总的热量 Q 总＝ mgx R 由于 R、 r 串联，故 QR＝ Q总 R＋ r 解得 QR＝ 4.8 J.
头．大猴抱起小猴跑到 C点，抓住青藤下端，荡到右
边石头上的D点,此时速度恰好为零．运动过程中猴子
均可看成质点，空气阻力不计，重力加速度 g ＝ 10 m/s2.求：

综合应用力学两大观点解决多过程问题复习高中物理复习

第5讲综合应用力学两大观点解决多过程问题1．很多动力学问题中涉及研究对象有两个或多个连续的运动过程，在物体不同的运动阶段，物体的运动情况和受力情况都发生了变化，我们把这类问题称为多过程问题．2．多过程问题可根据涉及物体的多少分为单体多过程问题和多体多过程问题．观察每一个过程的特征和寻找过程之间的联系是求解多过程问题的两个关键．3．一般是按时间或空间的先后顺序对题目给出的物理过程进行分析，正确划分出不同的过程，对每一过程，具体分析出其速度、位移、时间的关系，然后利用各过程的具体特点列方程解题．命题点一应用牛顿运动定律和动能定理解决多过程问题若问题涉及时间、加速度、力等，一般要用牛顿运动定律与运动学公式结合求解．若问题只涉及位移、速度、力等一般可用动能定理求解，用动能定理求解一般比用牛顿运动定律求解简单．例1(2017·无锡市期末)如图1所示，质量为m＝1 kg的小滑块(视为质点)在半径为R＝0.4 m的14圆弧A端由静止开始释放，它运动到B点时速度为v＝2 m/s.当滑块经过B后立即将圆弧轨道撤去．滑块在光滑水平面上运动一段距离后，通过换向轨道由C点过渡到倾角为θ＝37°、长s＝1 m的斜面CD上，CD之间铺了一层匀质特殊材料，其与滑块间的动摩擦系数可在0≤μ≤1.5之间调节．斜面底部D点与光滑地面平滑相连，地面上一根轻弹簧一端固定在O点，自然状态下另一端恰好在D点．认为滑块通过C和D前后速度大小不变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力．图1(1)求滑块对B点的压力大小以及在AB上克服阻力所做的功；(2)若设置μ＝0，求质点从C 运动到D 的时间； (3)若最终滑块停在D 点，求μ的取值范围．答案见解析解析 (1)在B 点，F N －mg ＝m v 2R解得F ＝20 N由牛顿第三定律，F N ′＝20 N从A 到B ，由动能定理，mgR －W ＝12m v 2解得W ＝2 J(2)μ＝0，滑块在CD 间运动，有mg sin θ＝ma 加速度a ＝g sin θ＝6 m/s 2 由匀变速运动规律得s ＝v t ＋12at 2解得t ＝13s ，或t ＝－1 s(舍去)(3)最终滑块停在D 点有两种可能：a.滑块恰好能从C 下滑到D .则有 mg sin θ·s －μ1mg cos θ·s ＝0－12m v 2，得到μ1＝1b ．滑块在斜面CD 和水平地面间多次反复运动，最终静止于D 点．当滑块恰好能返回C ：－μ2mg cos θ·2s ＝0－12m v 2得到μ2＝0.125当滑块恰好能静止在斜面上，则有mg sin θ＝μ3mg cos θ，得到μ3＝0.75所以，当0.125≤μ<0.75时，滑块能在CD 和水平地面间多次反复运动，最终静止于D 点．综上所述，μ的取值范围是0.125≤μ<0.75或μ＝1.变式 (2018·南通市调研)如图2所示，倾角为θ＝30°的光滑斜面上有固定挡板AB ，斜面上B 、C 两点间高度差为h .斜面上叠放着质量均为m 的薄木板和小物块，木板长为L ，下端位于挡板AB 处，整体处于静止状态．木板和物块两者间的动摩擦因数μ＝32，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．重力加速度为g .图2(1)若木板和物块一起以某初速度沿斜面向上运动，木板上端恰能运动到C 点，求初速度大小v 0；(2)若对木板施加沿斜面向上的拉力，为使木板上滑且与物块间没有相对滑动，求拉力应满足的条件；(3)若给木板施加大小为F ＝2mg 、方向沿斜面向上的拉力，此后运动过程中小物块始终未脱离木板，要使木板上端恰能运动到C 点，求拉力F 作用的时间t 1. 答案见解析解析 (1)研究木板和小物块整体，由动能定理有－2mg (h －L sin θ)＝0－12×2m v 02解得v 0＝g (2h －L )(2)设物块沿斜面向上运动的最大加速度为a ，最大拉力为F m ，则μmg cos θ－mg sin θ＝ma 对整体有F m －2mg sin θ＝2ma 解得F m ＝3mg2要使整体能沿斜面上升应满足F >2mg sin θ＝mg 所以mg <F ≤32mg(3)物块相对木板滑动过程中，设物块的加速度为a 1，有拉力作用时木板的加速度为a 2，撤去拉力后木板的加速度大小为a 3，则对物块：μmg cos θ－mg sin θ＝ma 1 对木板：F －mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2 mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 3 解得a 1＝14g ，a 2＝34g ，a 3＝54g在t 1时刻小物块的速度为v 1，木板的速度v 2，则v 1＝a 1t 1，v 2＝a 2t 1设撤去拉力后，经过时间t 2二者速度相同，则v 3＝v 2－a 3t 2＝v 1＋a 1t 2，此后二者一起匀减速上滑，设加速度大小为a 4，则2mg sin θ＝2ma 4，全过程中木板的位移 x ＝12a 2t 12＋a 2t 1t 2－12a 3t 22＋v 322a 4 由几何关系有h sin θ＝x ＋L联立解得t 1＝3(2h －L )2g命题点二用动力学和能量观点解决多过程问题若运动过程无摩擦等机械能向其它形式能转化的现象，可考虑用机械能守恒．若运动过程涉及摩擦生热等现象可用功能关系列能量守恒关系式．例2 (2017·南京市学情调研卷)如图3所示，高度h ＝0.8 m 的光滑导轨AB 位于竖直平面内，其末端与长度L ＝0.7 m 的粗糙水平导轨BC 相连，BC 与竖直放置、内壁光滑的半圆形管道CD 相连，半圆的圆心O 在C 点的正下方，C 点离地面的高度H ＝1.25 m ．一个质量m ＝1 kg 的小滑块(可视为质点)，从A 点由静止下滑，小滑块与BC 段的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g 取10 m/s 2，不计空气阻力．图3(1)求小滑块在水平导轨BC 段运动的时间；(2)若半圆形管道半径r ＝0.5 m ，求小滑块刚进入圆管时对管壁的弹力；(3)若半圆形管道半径可以变化，则当半径为多大时，小滑块从其下端射出的水平距离最远？最远的水平距离为多少？答案 (1)0.2 s (2)8 N ，方向竖直向上 (3)0.2 m 1.7 m解析 (1)设滑块进入水平导轨BC 的初速度为v B ，小滑块在BC 段的加速度大小为a ，由机械能守恒定律有mgh ＝12m v B 2，解得v B ＝2gh ＝4 m/s ，由F f ＝μmg ＝ma ，得a ＝μg ＝5 m/s 2，根据运动学公式有 L ＝v B t －12at 2，解得t ＝0.2 s ，或t ＝1.4 s(舍去)(2)滑块到达C 点的速度v C ＝v B －at ＝3 m/s ，根据牛顿第二定律和向心力公式得 F N ＋mg ＝m v C 2r，代入数据可得F N ＝8 N ，方向竖直向下根据牛顿第三定律，小滑块刚进入圆管时对管壁的弹力大小为8 N ，方向竖直向上． (3)设平抛运动的时间为t ′，则有竖直位移H －2r ′＝12gt ′2，水平位移x ＝v D t ′，从C 到D ，由动能定理得 mg ·2r ′＝12m v D 2－12m v C 2，解得x ＝2(H －2r ′)g·v C 2＋4gr ′，代入数据得：x ＝－16r ′2＋6.4r ′＋2.25 (m)＝－16(r ′－0.2)2＋2.89 (m)可知当r ′＝0.2 m 时水平距离最远，最远距离为x m ＝1.7 m.1．(2017·南京市、淮安市5月模拟)如图4所示，水平地面上有质量分别为1 kg 和4 kg 的物体A 和B ，两者与地面的动摩擦因数均为0.5，非弹性轻绳的一端固定且离B 足够远，另一端跨过轻质滑轮与A 相连，滑轮与B 相连，初始时，轻绳水平，若物体A 在水平向右的恒力F ＝31 N 作用下运动了4 m ，重力加速度g ＝10 m/s 2，求：图4(1)物体B 因摩擦而产生的热量； (2)物体A 运动4 m 时的速度大小； (3)物体A 、B 间轻绳拉力的大小．答案 (1)40 J (2)8 m/s (3)18 N解析 (1)A 运动位移s A ＝4 m ，则B 的位移s B ＝12s A ＝2 mB 受到的摩擦力F f B ＝μm B g ＝20 N 由功能关系有Q ＝W f B ＝F f B s B ＝40 J(2)A 运动4 m 时，设A 、B 的速度大小分别为v A 、v B ，A 、B 均做匀加速直线运动，则v A ＝2v B 由动能定理可得Fs A －F f A s A －F f B s B ＝12m A v A 2＋12m B v B 2，其中F f A ＝μm A g ＝5 N代入数据，解得v A ＝8 m/s(3)设轻绳拉力为F T ，A 、B 的加速度大小分别为a A 、a B ，则a A ＝2a B 由牛顿第二定律有对A 物体：F －F f A －F T ＝m A a A 对B 物体：2F T －F f B ＝m B a B 代入数据，解得F T ＝18 N2.(2017·苏北四市期中)如图5所示，倾角为θ的斜面底端固定挡板P ，质量为m 的小物块A 与质量不计的木板B 叠放在斜面上，A 位于B 的最上端且与P 相距L .已知A 与B 、B 与斜面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，且μ1>tan θ>μ2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A 与挡板相撞没有机械能损失．将A 、B 同时由静止释放，求：图5(1)A 、B 释放时，物块A 的加速度大小； (2)若A 与挡板不相碰，木板的最小长度l 0； (3)若木板长度为l ，整个过程中木板运动的总路程．答案见解析解析 (1)释放木板与物块A ，它们一起加速下滑．以木板与物块A 为研究对象，设其加速度大小为a 1，由牛顿第二定律有mg sin θ－μ2mg cos θ＝ma 1 解得a 1＝g sin θ－μ2g cos θ(2)在木板B 与挡板未碰前，A 和B 相对静止，以相同的加速度一起向下做匀加速运动．木板B 与挡板相碰后立即静止，A 开始匀减速下滑．若物块A 到达挡板时的速度恰好为0，此时木板长度即为最小长度l 0.设木板与挡板相撞瞬间速度为v ，则有v 2＝2a 1(L －l 0) 木板静止后，物块减速下滑时的加速度大小为a 2，由牛顿第二定律有μ1mg cos θ－mg sin θ＝ma 2 解得a 2＝μ1g cos θ－g sin θ 由运动学公式02－v 2＝－2a 2l 0联立以上各式可解得l 0＝sin θ－μ2cos θ(μ1－μ2)cos θL(3)分两种情况：①若l ≥l 0，木板与挡板相撞后不反弹，物块A 一直减速直到静止在木板上．故木板通过的路程s ＝L －l②若l <l 0，木板与挡板相撞后，物块A 在木板上减速运动直至与挡板相撞．由于碰撞过程中没有机械能损失，A 将以撞前速率返回，并带动木板一起随物块向上减速；当它们的速度减为零后，再重复上述过程，直至物块A 停在挡板处．物块与木板间由于摩擦产生的热量Q 1＝μ1mg cos θ·l 木板与斜面间由于摩擦产生的热量Q 2＝μ2mg cos θ·s 根据能量守恒：mgL sin θ＝Q 1＋Q 2 解得s ＝L sin θ－μ1l cos θμ2cos θ1．(2017·江苏七校期中)如图1所示，一工件置于水平地面上，其AB 段为一半径R ＝1.0 m 的光滑圆弧轨道，BC 段为一长度L ＝0.5 m 的粗糙水平轨道，二者相切于B 点，整个轨道位于同一竖直平面内，P 点为圆弧轨道上的一个确定点．一可视为质点的物块，其质量m ＝ 0.2 kg ，与BC 间的动摩擦因数μ1＝0.4.工件质量M ＝0.8 kg ，与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1(取g ＝10 m/s 2)．图1(1)若工件固定，将物块由P 点无初速度释放，滑至C 点时恰好静止，求P 、C 两点间的高度差h .(2)若将一水平恒力F 作用于工件，使物块在P 点与工件保持相对静止，一起向左做匀加速直线运动． ①求F 的大小．②当速度v ＝5 m/s 时，使工件立刻停止运动(即不考虑减速的时间和位移)，物块飞离圆弧轨道落至BC 段，求物块的落点与B 点间的距离．答案 (1)0.2 m (2)①8.5 N ②0.4 m解析 (1)物块从P 点下滑经B 点至C 点的整个过程，根据动能定理得：mgh －μ1mgL ＝0 代入数据得：h ＝0.2 m ①(2)①设物块的加速度大小为a ，P 点与圆心的连线与竖直方向间的夹角为θ，由几何关系可得cos θ＝R －h R②根据牛顿第二定律，对物块有mg tan θ＝ma ③ 对工件和物块整体有F －μ2(M ＋m )g ＝(M ＋m )a ④ 联立①②③④式，代入数据得F ＝8.5 N ⑤②设物块平抛运动的时间为t ，水平位移为x 1，物块落点与B 间的距离为x 2，由运动学公式可得 h ＝12gt 2⑥ x 1＝v t ⑦ x 2＝x 1－R sin θ⑧联立①②⑥⑦⑧式，代入数据得x 2＝0.4 m2．(2017·东台市5月模拟)如图2所示，质量为M ，倾角为θ的滑块A 放于水平地面上，把质量为m 的滑块B 放在A 的斜面上．忽略一切摩擦，开始时保持滑块A 、B 静止，此时B 离开地面的高度为h ，同时释放A 、B 后，两滑块都做匀加速直线运动，且滑块A 的加速度为a 0，求：图2(1)如果保持A 静止，释放B ，求B 的加速度大小； (2)A 、B 同时释放后，B 物体的加速度大小； (3)A 、B 同时释放后，B 物体滑到最低点的时间．答案见解析解析 (1)对B 物体受力分析，根据牛顿第二定律， mg sin θ＝ma 解得a ＝g sin θ(2)设A 、B 同时释放后，A 、B 间的作用力为F ，对A 物体：F sin θ＝Ma 0对B 物体，设水平加速度为a x ，竖直加速度为a y ，根据牛顿第二定律：F sin θ＝ma x ， mg －F cos θ＝ma y求得a x ＝M m a 0，a y ＝g －Ma 0m tan θ所以，B 的加速度大小为a B ＝a x 2＋a y 2求得a B ＝M 2m 2a 02＋(g －Ma 0m tan θ)2(3)由机械能守恒定律，mgh ＝12m v B 2＋12M v A 2其中v B ＝a B t ，v A ＝a 0t 得t ＝2m 2ghmMa 02＋M 2a 02＋(mg －Ma 0tan θ)23．(2018·泰州中学模拟)如图3所示，质量为M 的小球套在固定倾斜的光滑杆上，原长为l 0的轻质弹簧一端固定于O 点，另一端与小球相连，弹簧与杆在同一竖直平面内．图中AO 水平，BO 间连线长度恰好与弹簧原长相等，且与杆垂直，O ′在O 点正下方，C 是AO ′段的中点，θ＝30°.当小球在A 处受到平行于杆的作用力时，恰好与杆间无相互作用，且处于静止状态．撤去作用力，小球沿杆下滑过程中，弹簧始终处于弹性限度内．不计小球的半径，重力加速度为g .求：图3(1)小球滑到B 点时的加速度； (2)轻质弹簧的劲度系数； (3)小球下滑到C 点时的速度．答案见解析解析 (1)小球滑到B 点时受自身重力和杆的弹力，由牛顿第二定律得：Mg cos θ＝Ma 解得：a ＝32g 方向：沿杆向下 (2)小球在A 处时，由题意知F 弹＝Mg tan θ F 弹＝k Δx由几何知识得，Δx ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23－33l 0解得：k ＝3Mg(23－3)l 0(3)根据几何关系可得由A →C 过程，小球沿杆下滑的竖直距离为l 0，OA ＝OC 由机械能守恒定律，得Mgl 0＋ΔE p 弹＝E k C －0 ΔE p 弹＝0 E k C ＝12M v C 2解得：v C ＝2gl 0 方向：沿杆向下4．如图4所示，竖直平面内固定着一个滑槽轨道，其左半部是倾角为θ＝37°，长为l ＝1 m 的斜槽PQ ，右部是光滑半圆槽QSR ，RQ 是其竖直直径．两部分滑槽在Q 处平滑连接，R 、P 两点等高．质量为m ＝0.2 kg 的小滑块(可看做质点)与斜槽间的动摩擦因数为μ＝0.375.将小滑块从斜槽轨道的最高点P 释放，使其开始沿斜槽下滑，滑块通过Q 点时没有机械能损失．(取g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80)求：。

动力学与能量观点解决多过程问题1

用动力学与能量观点解决多过程问题【例题精讲】例1：如图所示是放置在竖直平面内的游戏滑轨，有一质量m=1kg的小球穿在轨道上。

滑轨由四部分粗细均匀的滑杆组成：水平直轨道AB和DE，长度均为L=3m，均为粗糙，动摩擦因数均为m s向右μ=0.2；半径R=0.5m的半圆轨道BCD、EFA，均为光滑。

小球从A点以初速度v0=26/运动，直到小球停止运动为止，g=10m/s2，求：（1）小球克服摩擦力做的功（2）小球机械能的减小量（3）小球运动的总路程变式1-1：如图所示是放置在竖直平面内的游戏滑轨，有一质量m=1kg的小球穿在轨道上。

滑轨由四部分粗细均匀的滑杆组成：水平直轨道AB和DE，长度均为L=3m，均为粗糙，动摩擦因数均为μ=0.2；半径R=0.5m的半圆轨道BCD、EFA，均为光滑。

小球从A点以初速度v0=4m/s向右运动，直到物体停止的过程中，g=10m/s2，求：（1）小球克服摩擦力做的功（2）小球机械能的减小量变式1-2：如图所示是放置在竖直平面内的游戏滑轨，有一质量m=1kg的小球穿在轨道上。

滑轨由四部分粗细均匀的滑杆组成：水平直轨道AB和DE，长度均为L=3m，均为粗糙，动摩擦因数μ=0.2；半径R=0.5m的半圆轨道BCD、EFA，均为光滑。

小球从A点以初速度v0=10m/s向右运动，直到小球停止运动为止，g=10m/s2，求：（1）小球克服摩擦力做的功（2）小球机械能的减小量（3）小球运动的总路程例2：如图所示，在竖直平面内，有两个长度均为L 且与水平面夹角相同的斜面AB 、CD ，其上端A 、D 在水平面'aa 上，下端B 、C 在同一水平面上并与光滑圆弧BQC 相切于B 、C 点，Q 点为最低点，斜面AB 的上端A 点接有一倾角为︒45木板A'A ；现让一质量m=50g 的弹性小球（小球可视作质点），从木板A'A 上某一点P 的正上方m h 2.0=处自由释放，小球落到P 点反弹时，速度大小不变，碰撞前后速度方向与木板夹角相等，碰撞后小球刚好从A 点无碰撞地进入AB 斜面。

应用动力学和能量观点解决多过程问题技术介绍

目的和背景
应对复杂系统
多过程问题广泛存在于各种复杂系统中，如机械、化工、航空航天等。通过应用动力学和能量观点，可以更有效地分析和解决这类问题。
提高效率和性能
针对多过程问题的特点，采用动力学和能量方法有助于优化系统设计，提高运行效率和性能。
推动技术创新
随着科技的不断发展，对多过程问题的研究有助于推动相关领域的技术创新和进步。
计算资源需求
多过程问题的分析和求解通常需要大量的计算资源，如何高效利用计算资源也是一个需要解决的问题。
多过程问题的挑战
01
02
03
04
过程间相互作用
多过程问题中，不同过程之间往往存在相互作用和影响，增加了问题的复杂性和分析难度。
数据获取与处理
对于多过程问题，获取全面、准确的数据是关键。同时，如何有效处理和分析这些数据也是一个重要挑战。
第二定律（加速度定律）
02
物体所受合外力等于物体质量与加速度的乘积，即F=ma。
第三定律（作用与反作用定律）
03
两个物体间的作用力和反作用力总是大小相等、方向相反，且
作用在同一直线上。
动量定理和动量守恒
动量定理
物体所受合外力的冲量等于物体动量的变化量，即Ft=mv2−mv1。
动量守恒
在不受外力或所受合外力为零的系统中，系统总动量保持不变。
写出运动学方程
根据物体的运动情况，写出相应的运动学方程，如位移、速度、加速度等与时间的关系式。
列出动力学方程
根据牛顿第二定律或动量定理等动力学原理，列出物体所受合力与加速度或动量与时间的关系式。
求解运动方程
01
初始条件
根据问题的实际情况，给出物体运动的初始条件，如初始位置、初始速度等。

高一物理：动力学两类基本问题多过程分析

动力学两类基本问题多过程分析题型一动力学两类基本问题如图，在倾角37°足够长的斜面上有一个质量为1kg的物体，物体与斜面之间的动摩擦因数为3 8。

物体在拉力F的作用下由静止开始运动，F的大小为15N，方向沿斜面向上。

物体加速1s后，F 大小改为6N，方向不变。

（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2）求：（1）0~1s内物体运动位移的大小；（2）1s后物体继续沿斜面上滑的距离。

【解题技巧提炼】1.动力学问题的解题思路2.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.题型二超重与失重问题质量是60kg的人站在升降机中的体重计上，当升降机做下列各种运动时，人受到的支持力为多少?（g=10m/s2）（1）升降机匀速上升；（2）升降机以2m/s2的加速度匀加速上升；（3）升降机以5m/s2的加速度匀加速下降.【解题技巧提炼】1.判断超重和失重的方法（1）从受力的角度判断当物体所受向上的拉力（或支持力）大于重力时，物体处于超重状态；小于重力时，物体处于失重状态；等于零时，物体处于完全失重状态.（2）从加速度的角度判断当物体具有向上的加速度时，物体处于超重状态；具有向下的加速度时，物体处于失重状态；向下的加速度等于重力加速度时，物体处于完全失重状态.2.对超重和失重现象的理解（1）发生超重或失重现象时，物体所受的重力没有变化，只是压力（或拉力）变大或变小了（即“视重”变大或变小了）.（2）物体处于超重或失重状态只与加速度方向有关，而与速度方向无关.（3）物体超重或失重多少由物体的质量m和竖直加速度a共同决定，其大小等于ma.（4）在完全失重的状态下，一切由重力产生的物理现象都会完全消失，如天平失效、浸在水中的物体不再受浮力作用、液柱不再产生压强等.题型三多过程分析某次新能源汽车性能测试中，如图甲显示的是由传感器采集的牵引力时间变化的数据，由于故障，速度传感器只传回了第25s以后的数据，如图乙所示。

综合运用动力学动量观点能量观点分析解决多物体多过程问题高三物理一轮复习专题

一.必备知识精讲1.解动力学问题的三个根本观点〔1〕力的观点：用牛顿运动定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题。

〔2〕能量观点：用动能定理和能量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题。

〔3〕动量观点：用动量定理和动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题。

2.力学规律的选用原那么〔1〕如果要列出各物理量在某一时刻的动力学关系式，可用牛顿第二定律。

〔2〕研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时，一般用动量定理涉及时间的问题或动能定理涉及位移的问题去解决问题。

〔3〕假设研究的对象为一物体系统，且它们之间有相互作用，一般用动量守恒定律和能量守恒定律机械能守恒定律去解决问题，但需注意所研究的问题是否满足守恒的条件。

〔4〕在涉及相对位移问题时那么优先考虑能量守恒定律，系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量，即转变为系统内能的量。

〔5〕在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，需注意到这些过程一般均隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转换，这种问题由于作用时间都极短，因此用动量守恒定律去解决。

3.解题技巧〔2〕通过画运动轨迹图和v-t图像，再现运动过程。

〔3〕明确研究对象，分析其不同的运动阶段的受力情况、运动特点、各力做功及系统能量转化情况，用量和未知量列出相关方程。

一个方程不能求解，那么通过方程组求解。

二.典型例题精讲：例1：(·高考)如下图，一条带有圆轨道的长轨道水平固定，圆轨道竖直，底端分别与两侧的直轨道相切，半径R＝0.5 m。

物块A以v0＝6 m/s的速度滑入圆轨道，滑过最高点Q，再沿圆轨道滑出后，与直轨上P处静止的物块B碰撞，碰后粘在一起运动，P点左侧轨道光滑，右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段长度都为L＝0.1 m。

物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为μ＝0.1，A、B的质量均为m＝1 kg(重力加速度g 取10 m/s 2；A 、B 视为质点，碰撞时间极短)。

(1)求A 滑过Q 点时的速度大小v 和受到的弹力大小F ； (2)假设碰后AB 最终停止在第k 个粗糙段上，求k 的数值； (3)求碰后AB 滑至第n 个(n ＜k )光滑段上的速度v n 与n 的关系式。

力学综合单体多过程问题

A
X
V0
X1
B
F=umg
C
f=ma F’=umg
VA
vc F’=2ma
X
VA=VC
解析 (1)设 A 在 C 板上滑动时，B 相对于 C 板静止，则对 B、 C 有 μmg＝2ma，a＝μ2g 又 B 依靠摩擦力能获得的最大加速度为 am＝μmmg＝μg 因为 am＞a，所以 B 未相对 C 滑动而随木板 C 向右做加速运动 B 受到的摩擦力 FfB＝ma＝21μmg (2)要使物块 A 刚好与物块 B 发生碰撞，物块 A 运动到物块 B 处时，A、B 的速度相等，即 v1＝v0－μgt＝12μgt 得 v1＝v0/3
设木板 C 在此过程中的位移为 x1，则物块 A 的位移为
x1＋x，由动能定理－μmg(x1＋x)＝12mv1 2－12mv0 2 μmgx1＝12(2m)v1 2 联立上述各式解得 v0＝ 3μgx 要使物块 A、B 发生相碰的条件是 v0≥ 3μgx．
规律总结 1．处理临界问题的思维模式：判断临界状态，确定临
(2)滑块在 OA 轨道上运动的过程中，
机械能守恒，有 mgR＝12mvA2 在 AB 上的运动时间为 t1，由运动规律得：s1＝vA·t1
平抛运动时，有 h＝12gt32 由题意得 t3＋t1＝t＋t2 解得 h＝0．8 m．
规律总结 1．在高考理综中，力学综合题均为“多过程”现象或
多物体系统．解决手段有二：一是力与运动的关系，主要是牛顿运动定律和运动学公式的应用；二是功能关系与能量守恒，主要是动能定理和机械能守恒定律等规律的应用． 2．解答的关键是正确拆分物理过程，洞察各个子过程的内在联系，各个击破． 3．力学综合题物理方程多，运算较为复杂，有时会出现临界值、极值，可能涉及三角函数、不等式等数学知识，数学技能要求较高，应加强训练．

第08讲动力学的两类基本解题多体

第08讲动力学的两类基本解题多体、多过程问题【教学目标】1.加深牛顿第二定律的理解；2.训练牛顿第二定律综合应用解题的思维程序。

【知识点击】两类基本解题（一）从受力确定运动情况1．分析思路分析物体的受力情况，由牛顿第二定律求出物体的加速度，再由运动学公式确定物体的运动情况。

2．解题步骤（1）确定研究对象，对研究对象进行受力分析和运动情况分析，并画出物体的受力分析图．（2）根据力的合成与分解的方法，求出物体所受的合外力(包括大小和方向)．（3）根据牛顿第二定律列方程，求出物体的加速度．（4）结合给定的物体运动的初始条件，合理地选择运动学公式，求出描述物体运动情况的运动参量。

【典例1】如图所示，质量m＝2 kg的物体静止在水平面上，物体与水平面间的动摩擦因数为0.25，.现对物体施加一个大小F＝8 N，与水平方向夹角θ＝37°的斜向上的拉力．求物体在拉力作用下5 s内通过的位移．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2)【演练1】一个斜面倾角为θ=37°，斜面的长为4m，斜面与物体间的动摩擦因数为μ=0.5，一质量为5kg的物体由斜面静止滑下，则求（1）物体滑到斜面底端用时（2）物体滑到斜面底端时速度（二）从运动情况确定受力1.分析思路：从受力确定运动情况的逆向思维2.解题步骤(1)确定研究对象，对研究对象进行受力分析和运动过程分析，并画出受力图和运动草图；(2)选择合适的运动学公式，求出物体的加速度；(3)根据牛顿第二定律列方程，求物体所受的合外力；(4)根据力的合成与分解的方法，由合力求出所需的力。

【典例2】质量为100 t的机车从停车场出发做匀变速直线运动，经225 m后速度达到54 km/h.此时司机关闭发动机，让机车进站，机车又行驶125 m才停在站上．设运行过程中阻力不变，求关闭发动机前机车所受牵引力的大小．【演练2】质量为2.75 t的载重汽车，在2900 N的牵引力作用下，由静止开上一个山坡，沿山坡每前进1 m，升高0.05 m，汽车前进100 m时，速度达到36 km/h，求汽车在前进中所受山坡的阻力．(g＝10 m/s2)【知识点击】传送带模型1．模型特征一个物体以速度v0（v0≥0）在另一个匀速运动的物体上运动的力学系统可看做“传送带”模型。

物理学中的单过程和多过程

物理学中的单过程和多过程摘要】在物理学的许多领域，如力学、热学、电学等，都存在着对于一个过程一次性完成和分步完成的区别，比如说力学中的多级火箭，热学中对物体加热，电学中电容器的充电。

在这些现象中，提供能源的因素在少量多次投入时要比一次性投入更加高效。

如果能够意识到这些区别，人们可以充分利用可用能源，来使效益最大化。

【关键词】物理学；火箭；物体加热下面探讨这些方面的几个例子：一、多级火箭问题工质，即实现热能和机械能转化的媒介物质，通过其在热机中膨胀做功推动火箭、飞机等的行进。

就火箭来说，如何能够在节省燃料的同时使飞行高度最大化，向来都是人们所关注的问题。

假设有一装满燃料的火箭，其总质量为M，燃料的质量为m。

当火箭向外喷出燃料时，燃料相对于火箭的速度为u。

火箭在喷射过程中内力远大于外力，所以将重力和阻力忽略来简化问题。

（1)火箭在短时间内一次性喷出所有燃料:根据动量守恒，有：（M-m）v0=m（u-v0），（v0是喷出燃料后火箭的末速度）,解得:v0=muM。

（2)火箭在在一段时间内间隔喷出所有燃料，设喷射了n次：则有：²第一次：M-mnv1=mn u-v1；²第二次：M-mnv1=M-2mnv2-mn u-v2；²第三次：M-2mnv2=M-3mnv3-mn u-v3；²第四次：M-3mnv3=M-4mnv4-mn u-v4；......²第k次：M-（k-1)mnvk-1=M-kmnvk-mn u-vk；总结规律，可得到：vk-vk-1=1nmuM-k-1nm (2≤k≤n）。

则有:vn=vn-vn-1+vn-1-vn-2+vn-2-vn-3+…+v2-v1+v1=mu1n(1M+1M-mn+1M-2mn+…+1M-(n-1)mn)=mui=0n-1（1M- in×1n）如图：f(x)=1M-mx:可以看到，随着n的增大，图形阴影部分面积越大，则vn越大。

专题：应用动力学观点解决多过程问题

专题：应用动力学观点解决多过程问题【学业要求】综合运用牛顿第二定律和运动学知识解决多过程问题，是本章的重点，更是每年高考的热点。

同时新高考注重设置真实的问题情境来考查学生通过构建物理模型分析解决问题的能力。

【温故知新】 1、动力学的两类基本问题2、各物理过程间相互联系的桥梁— 。

3、动力学观点适用于。

4、你能说出哪些高中物理模型？【课堂探究】（1）构建模型：下列三种生活实际情境可联系物理中的哪种模型？（2）依题意，对整个运动过程进行受力分析，并根据受力的不同可划分为几个不同的分过程？（3）对每个分过程进行受力情况和运动情况分析，画出对应的受力分析图、运动过程示意图或v—t 图。

情境一：冰库工作人员在水平滑道上移动冰块的场景如图所示，冰块先在工作人员斜向上拉力作用下运动一段距离，然后工作人员放手让冰块向前滑动，冰块自行滑到目的地。

设冰块的质量为20kg ，冰块与滑道间的动摩擦因数μ=0.05，运送冰块距离为16m ，工人拉冰块时拉力与水平方向成530角向上。

某次拉冰块时，工人从滑道前端拉着冰块（冰块初速度可视为零）向前匀加速前进4.0m 后放手，冰块刚好能滑到滑道末端静止，已知sin530=0.8，cos530=0.6，重力加速度g 取10m/s 2。

运动力桥梁—运动情况分析匀变速直线运动的基本公式①②③④ 受力情况分析 ①受力分析顺序： ②力的处理方法： ③牛顿第二定律：情境二：在游乐场，有一种大型游乐设施跳楼机，如图所示，参加游戏的游客被安全带固定在座椅上，提升到离地最大高度64 m处，然后由静止释放，开始下落过程可认为自由落体运动，然后受到一恒定阻力而做匀减速运动，且下落到离地面4 m高处速度恰好减为零．已知游客和座椅总质量为1500 kg，下落过程中最大速度为20 m/s，重力加速度g取10 m/s2。

情境三：可爱的企鹅喜欢在冰面上玩游戏．如图所示，有一企鹅在倾角为37°的倾斜冰面上，先以加速度a＝0.5 m/s2从冰面底部由静止开始沿直线向上“奔跑”，t＝8 s时，突然卧倒以肚皮贴着冰面向前滑行，最后退滑到出发点，完成一次游戏(企鹅在滑动过程中姿势保持不变)．若企鹅肚皮与冰面间的动摩擦因数μ＝0.25，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。

动力学综合——单个物体的多过程问题：