2020版物理新增分大一轮新高考（京津鲁琼）讲义：第三章牛顿运动定律专题强化三

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．
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　(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(　　)

图1
A．(1－k)sin α B．(1－k)cos α
C．(1－k2)tan α D.
答案　C
解析　设斜面长为x，高为h，物体下滑过程受到的摩擦力为Ff，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
mgsin α－Ff＝ma，
Ff＝μmgcos 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＝kv
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FN＝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FT＝0.
(4)最终速度(收尾速度)的临界条件：物体所受合外力为零．

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2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)．

图2
(1)求运动过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．
答案　(1)4 N　(2)100 m　(3) s
解析　(1)根据题意，在上升过程中由牛顿第二定律得：
F－mg－Ff＝ma
由运动学规律得，上升高度：h＝at2
联立解得：Ff＝4 N；
(2)下落过程由牛顿第二定律：mg－Ff＝ma1
得：a1＝8 m/s2
落地时的速度v2＝2a1H
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＋Ff＝ma2得：a2＝10 m/s2
设恢复升力后的速度为vm，则有＋＝H
得：vm＝ m/s
由：vm＝a1t1
得：t1＝ s.
变式1　(2018·河南省驻马店市第二次质检)如图3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Ff＝25 N，求：

图3
(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；
(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)187.5 m
解析　(1)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－Ff＝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
通过的位移为x1＝a1t12＝50 m
(2)运动员停止使用滑雪杖后，加速度大小为a2＝＝m/s2
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
第二次撤去水平推力后，滑行的最大距离x2＝
联立解得x2＝187.5 m.

类型2　已知物体运动情况，分析物体受力情况

例2　如图4甲所示，一质量m＝0.4 kg的小物块，以v0＝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/s2.求：

图4
(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)8 m/s　3 m/s2　(2)5.2 N
(3)F＝
解析　(1)物块做匀加速直线运动，根据运动学公式，有L＝v0t＋at2，v＝v0＋at，联立解得a＝3 m/s2，v＝8 m/s
(2)对物块受力分析可得，平行斜面方向F－mgsin θ－Ff＝ma，垂直斜面方向FN＝mgcos θ
其中Ff＝μFN
解得F＝mg(sin θ＋μcos θ)＋ma＝5.2 N
(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Fcos α－mgsin θ－Ff＝ma
FN＋Fsin α－mgcos θ＝0
其中Ff＝μFN
F＝.
变式2　(2019·安徽省安庆市期中)如图5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/s2)求：

图5
(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，如果对物块施加一平行于斜面向下的推力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　(1)0.5　(2)1.6 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v2＝2ax，得a＝2 m/s2
对物块由牛顿第二定律有mgsin θ－μ1mgcos θ＝ma，得μ1＝0.5
(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－FN＝may，Ff＝max，ax＝acos θ，ay＝asin θ
解得：FN＝108.8 N，Ff＝1.6 N
(3)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6)．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/s2)求：

图6
(1)电梯加速阶段的加速度大小及加速运动的时间；
(2)若减速阶段与加速阶段的加速度大小相等，求观景台的高度；
(3)若电梯设计安装有辅助牵引系统，电梯出现故障，绳索牵引力突然消失，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？
答案　(1)1 m/s2　15 s　(2)525 m　(3) s
解析　(1)设电梯加速阶段的加速度为a，由牛顿第二定律得：FT－mg＝ma
解得a＝1 m/s2
由v＝v0＋at
解得t＝15 s
(2)匀加速阶段位移x1＝at2＝×1×152 m＝112.5 m
匀速阶段位移x2＝v(50－2t)＝15×(50－2×15)m＝300 m
匀减速阶段位移x3＝＝112.5 m
因此观景台的高度 x＝x1＋x2＋x3＝525 m.
(3)由题意知，电梯到地面速度刚好为0
自由落体加速度a1＝g
启动辅助牵引装置后加速度大小
a2＝＝＝2g，方向向上
则＋＝x
解得：vm＝10 m/s
则tm＝＝ s
即电梯自由下落最长 s时间必须启动辅助牵引装置．
变式3　(2018·山东省济宁市上学期期末)如图7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＝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/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．求：

图7
(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)3 m　(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：mgsin 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)物体沿斜面上滑的时间为：t1＝＝ s＝1 s
物体沿斜面下滑的时间为：t2＝t－t1＝1.5 s
下滑过程中，由运动学公式有：x＝a2t22
由牛顿第二定律可得：mgsin 37°－μmgcos 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8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＝6 kg的物体P，Q为一质量为m2＝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/s2.求：

图8
(1)系统处于静止状态时，弹簧的压缩量x0；
(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)0.16 m　(2) m/s2　(3) N　 N
解析　(1)设开始时弹簧的压缩量为x0
对整体受力分析，平行斜面方向有(m1＋m2)gsin θ＝kx0
解得x0＝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x1
对物体P，由牛顿第二定律得
kx1－m1gsin θ＝m1a
前0.2 s时间内两物体的位移
x0－x1＝at2
联立解得a＝ m/s2
(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Fmin＝(m1＋m2)a＝ N
对Q应用牛顿第二定律得
Fmax－m2gsin θ＝m2a
解得Fmax＝m2(gsin θ＋a)＝ N.
变式4　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.

图9
(1)求箱子加速阶段的加速度大小；
(2)若a>gtan θ，求减速阶段球受到箱子左壁和顶部的作用力大小．
答案　(1)　(2)0　m
解析　(1)设箱子加速阶段的加速度大小为a′，经过的位移为x1，减速阶段经过的位移为x2，有v2＝2a′x1，v2＝2ax2，且x1＋x2＝x，解得a′＝.
(2)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FNsin θ＝ma0，FNcos θ＝mg，解得a0＝gtan θ.箱子减速时加速度水平向左，当a>gtan 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，FN′cos θ＝F＋mg，FN′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－时间图象如图乙所示，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/s2)．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点所用的时间；
(3)小物块最终离A点的距离．
答案　(1)11 N　(2)0.5 s　(3)3.6 m
解析　(1)由题图乙可知，小物块在AB段的加速度a1＝＝ m/s2＝0.5 m/s2，
根据牛顿第二定律，有Fcos α－μ(mg－Fsin α)＝ma1，
得F＝＝11 N.

(2)在BC段，对小物块有mgsin α＝ma2，解得a2＝gsin 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.
(3)小物块从B向A运动过程中，
有μmg＝ma3 ，a3＝μg＝5 m/s2，
由B至停下小物块的位移x＝＝0.4 m，
xAB＝t0＝4.0 m，ΔxA＝xAB－x＝3.6 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/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.

图2
(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？
(2)物体与斜面之间的动摩擦因数为多少？
(3)若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1.5 m/s2的匀加速直线运动，则该恒力大小为多少？
答案　(1)2 m/s　(2)0.5　(3)5 N
解析　(1)设物体到达斜面底端时速度大小为v，由运动学公式得：x＝vt，v＝＝ m/s＝2 m/s；
(2)由运动学公式得a1＝＝2 m/s2，由牛顿第二定律得mgsin θ－μmgcos θ＝ma1，联立解得μ＝0.5；
(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，则F合sin θ－μF合cos θ＝ma2，将a2＝1.5 m/s2，θ＝37°，μ＝0.5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＝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 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/s2)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)　(2) m　(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＝at2，解得a＝ m/s2，
对玩具，由牛顿第二定律得
Fcos 30°－μ(mg－Fsin 30°)＝ma
解得μ＝.
(2)松手时，玩具的速度v＝at＝2 m/s
松手后，由牛顿第二定律得μmg＝ma′
解得a′＝ m/s2
由匀变速运动的速度位移公式得
玩具的位移x′＝＝ 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Fcos θ－Ff>0，Ff＝μFN
在竖直方向上，由平衡条件得
FN＋Fsin θ＝mg
解得F>
因为cos θ＋μsin θ＝sin(60°＋θ)
所以当θ＝30°时，拉力最小．
4．(2018·天津市南开中学月考)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点由静止出发沿AB向上运动，F作用1.2 s后撤去．已知杆与球间的动摩擦因数为，杆足够长，取g＝10 m/s2.求：

图4
(1)有F作用的过程中小球的加速度；
(2)撤去F瞬间小球的加速度；
(3)从撤去力F开始计时，小球经多长时间将经过距A点为2.25 m的B点．
答案　(1)2.5 m/s2　方向沿杆向上　(2)7.5 m/s2　方向沿杆向下　(3)0.2 s或0.75 s
解析　(1)小球的质量m＝＝1 kg
取沿杆向上为正方向，设小球在力F作用时的加速度大小为a1，此时小球的受力如图所示，

Fcos 30°＝Gcos 30°＋FN
Fsin 30°－Gsin 30°－μFN＝ma1
联立解得：a1＝2.5 m/s2，方向沿杆向上
(2)撤去F瞬间，小球的受力如图所示，

设此时小球的加速度为a2，FN′＝Gcos 30°
－Gsin 30°－μFN′＝ma2
联立解得：a2＝－7.5 m/s2，即大小为7.5 m/s2，方向沿杆向下
(3)刚撤去F时，小球的速度v1＝a1t1＝3 m/s
小球的位移为x1＝a1t＝1.8 m
撤去F后，小球继续向上运动的时间为t2＝＝0.4 s
小球继续向上运动的最大位移为x2＝＝0.6 m
则小球向上运动的最大距离为xm＝x1＋x2＝2.4 m
在上滑阶段通过B点，即xAB－x1＝v1t3＋a2t32
解得t3＝0.2 s或者t3＝0.6 s(舍)
小球返回时，受力如图所示，

设此时小球的加速度为a3，－Gsin 30°＋μFN′＝ma3
得a3＝－2.5 m/s2，即大小为2.5 m/s2，方向沿杆向下
小球由顶端返回B点时有－(xm－xAB)＝a3t42
解得t4＝ s
则通过B点时间为t＝t2＋t4≈0.75 s.