2022步步高大一轮复习--物理 第三章牛顿运动定律 专题强化三应用牛顿运动定律解决“四类”热点问题学案

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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．
1．常见图象
v－t图象、a－t图象、F－t图象、F－a图象等．
2．题型分类
(1)已知物体受到的力随时间变化的图线，要求分析物体的运动情况．
(2)已知物体的速度、加速度随时间变化的图线，要求分析物体的受力情况．
(3)由已知条件确定某物理量的变化图象．
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．
例1 (多选)(2019·全国卷Ⅲ·20)如图1(a)，物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平．t＝0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t＝4 s时撤去外力．细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图(b)所示，木板的速度v与时间t的关系如图(c)所示．木板与实验台之间的摩擦可以忽略．重力加速度取10 m/s2.由题给数据可以得出( )
图1
A．木板的质量为1 kg
B．2～4 s内，力F的大小为0.4 N
C．0～2 s内，力F的大小保持不变
D．物块与木板之间的动摩擦因数为0.2
答案 AB
解析 由题图(c)可知木板在0～2 s内处于静止状态，再结合题图(b)中细绳对物块的拉力f在0～2 s内逐渐增大，可知物块受到木板的摩擦力逐渐增大，故可以判断木板受到的水平外力F也逐渐增大，选项C错误；由题图(c)可知木板在2～4 s内做匀加速运动，其加速度大小为a1＝eq \f(0.4－0,4－2) m/s2＝0.2 m/s2，对木板进行受力分析，由牛顿第二定律可得F－Ff＝ma1，在4～5 s内做匀减速运动，其加速度大小为a2＝eq \f(0.4－0.2,5－4) m/s2＝0.2 m/s2，Ff＝ma2，另外由于物块静止不动，同时结合题图(b)可知物块与木板之间的滑动摩擦力Ff＝0.2 N，解得m＝1 kg、F＝0.4 N，选项A、B正确；由于不知道物块的质量，所以不能求出物块与木板之间的动摩擦因数，选项D错误．
变式1 (多选)(2015·江苏卷·6)一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a随时间t变化的图线如图2所示，以竖直向上为a的正方向，则人对地板的压力( )
图2
A．t＝2 s时最大 B．t＝2 s时最小
C．t＝8.5 s时最大 D．t＝8.5 s时最小
答案 AD
解析 由题图知，在上升过程中，0～4 s内，加速度方向向上，FN－mg＝ma，所以向上的加速度越大，电梯对人的支持力就越大，由牛顿第三定律可知，人对电梯的压力就越大，故A正确，B错误；由题图知，7～10 s内加速度方向向下，由mg－FN＝ma知，向下的加速度越大，电梯对人的支持力就越小，由牛顿第三定律可知，人对电梯的压力就越小，故C错误，D正确．
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．
3．处理连接体问题的方法
例2 (2019·福建漳州市第二次教学质量监测)如图3所示，质量分别为2m和3m的两个小球静止于光滑水平面上，且固定在劲度系数为k的轻质弹簧的两端．今在质量为2m的小球上沿弹簧轴线方向施加大小为F的水平拉力，使两球一起做匀加速直线运动，则稳定后弹簧的伸长量为( )
图3
A.eq \f(F,5k) B.eq \f(2F,5k) C.eq \f(3F,5k) D.eq \f(F,k)
答案 C
解析 对整体分析，整体的加速度a＝eq \f(F,5m)，对质量为3m的小球分析，根据牛顿第二定律有：F弹＝kx＝3ma，可得x＝eq \f(3F,5k)，故A、B、D错误，C正确．
变式2 (多选)如图4所示，倾角为θ的斜面体放在粗糙的水平地面上，现有一带固定支架的滑块m正沿斜面加速下滑．支架上用细线悬挂的小球达到稳定(与滑块相对静止)后，悬线的方向与竖直方向的夹角也为θ，斜面体始终保持静止，则下列说法正确的是( )
图4
A．斜面光滑
B．斜面粗糙
C．达到稳定状态后，地面对斜面体的摩擦力水平向左
D．达到稳定状态后，地面对斜面体的摩擦力水平向右
答案 AC
解析 隔离小球，可知小球的加速度方向沿斜面向下，大小为gsin θ，小球稳定后，支架系统的加速度与小球的加速度相同，对支架系统进行分析，只有斜面光滑，支架系统的加速度才是gsin θ，所以A正确，B错误．隔离斜面体，斜面体受到的力有自身重力、地面的支持力、支架系统对它垂直斜面向下的压力，因斜面体始终保持静止，则斜面体还应受到地面对它水平向左的摩擦力，C正确，D错误．
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．
3．解题基本思路
(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．
4．解题技巧方法
例3 (2019·江苏扬州中学下学期开学考)如图5所示，小球A质量为m，木块B质量为2m，A、B两物体通过竖直轻弹簧连接放置在水平面上静止．现对小球A施加一个竖直向上的恒力F，使小球A在竖直方向上运动，经弹簧原长时小球A速度恰好最大，已知重力加速度为g.则在木块B对地面压力为零时，小球A的加速度大小为( )
图5
A．3g B．2.5g C．2g D．1.5g
答案 C
解析 弹簧原长时小球A速度恰好最大，此时小球加速度为零，则恒力F＝mg；木块B对地面压力为零时，由平衡条件知弹簧的弹力为2mg，对小球A，由牛顿第二定律得：F－mg－2mg＝ma，解得小球A的加速度a＝－2g，则加速度大小为2g，方向向下，故C正确．
变式3 如图6，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6
A.eq \f(1,μ1μ2) B.eq \f(1－μ1μ2,μ1μ2)
C.eq \f(1＋μ1μ2,μ1μ2) D.eq \f(2＋μ1μ2,μ1μ2)
答案 B
解析 对滑块A、B整体在水平方向上有F＝μ2(mA＋mB)g，对滑块B在竖直方向上有μ1F＝mBg，联立解得：eq \f(mA,mB)＝eq \f(1－μ1μ2,μ1μ2)，选项B正确．
1．基本思路
(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”的模型特点选择合适的物理规律列方程．
(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．
2．解题关键
(1)注意应用v－t图象和情景示意图帮助分析运动过程．
(2)抓住两个分析：准确受力分析和运动过程分析．
例4 (2020·河南郑州市模拟)某次新能源汽车性能测试中，如图7甲显示的是牵引力传感器传回的实时数据随时间变化的关系，但由于机械故障，速度传感器只传回了第25 s以后的数据，如图乙所示．已知汽车质量为1 500 kg，若测试平台是水平的，且汽车由静止开始做直线运动，设汽车所受阻力恒定．求：
图7
(1)18 s末汽车的速度是多少？
(2)前25 s内的汽车的位移是多少？
答案 (1)26 m/s (2)608 m
解析 (1)0～6 s内由牛顿第二定律得：F1－Ff＝ma1
6 s末车速为：v1＝a1t1
在6～18 s内，由牛顿第二定律得：F2－Ff＝ma2
第18 s末车速为：v2＝v1＋a2t2
由题图知18 s后汽车匀速直线运动，牵引力等于阻力，故有：
Ff＝F＝1 500 N，
解得：v1＝30 m/s，v2＝26 m/s；
(2)汽车在0～6 s内的位移为：x1＝eq \f(v1,2)t1＝90 m，
汽车在6～18 s内的位移为：x2＝eq \f(v1＋v2,2)t2＝336 m，
汽车在18～25 s内的位移为：x3＝v2t3＝182m
故汽车在前25 s内的位移为：x＝x1＋x2＋x3＝608 m.
变式4 哈利法塔是目前世界最高的建筑(图8)．游客乘坐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8
(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到速度为零，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)eq \r(70) s
解析 (1)设电梯加速阶段的加速度大小为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＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2)×1×152 m＝112.5 m
匀速阶段位移x2＝v(50 s－2t)＝15×(50－2×15) m＝300 m
匀减速阶段位移x3＝eq \f(v2,2a)＝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.
自由落体加速度大小a1＝g
启动辅助牵引装置后加速度大小a2＝eq \f(F－mg,m)＝eq \f(3mg－mg,m)＝2g，方向向上
则eq \f(vm2,2a1)＋eq \f(vm2,2a2)＝x
解得：vm＝10eq \r(70) m/s
则tm＝eq \f(vm,g)＝eq \r(70) s
即电梯自由下落最长eq \r(70) s时间必须启动辅助牵引装置．
1．(动力学图象问题)(2018·全国卷Ⅰ·15)如图9，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P，系统处于静止状态．现用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动．以x表示P离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F和x之间关系的图象可能正确的是( )
图9
答案 A
解析 设物块P静止时，弹簧的长度为x0，原长为l，则有k(l－x0)＝mg，物块P向上做匀加速直线运动时受重力mg、弹簧弹力k(l－x0－x)及力F，根据牛顿第二定律，得
F＋k(l－x0－x)－mg＝ma
故F＝kx＋ma.
根据数学知识知F－x图象是纵轴截距为ma、斜率为k的一次函数图象，故可能正确的是A.
2.(连接体问题)(2019·江苏盐城市第三次模拟)如图10所示，质量相同的甲、乙两个木块与水平桌面间的动摩擦因数均相同．在水平向右的恒力F作用下做加速度为a的匀加速直线运动，现去掉乙木块，其他不变，则加速度的大小a′是( )
图10
A．a′>2a B．a′＝2a C．a′＝a D．a′<2a
答案 A
解析 根据牛顿第二定律，对甲、乙的整体有：F－2μmg＝2ma；去掉乙木块：F－μmg＝ma′；两式相减解得ma′－2ma＝μmg＞0，即a′>2a，故选A.
3.(连接体问题)如图11所示，倾斜索道与水平线夹角θ＝37°，当载人车厢以加速度a斜向上加速运动时，人对车厢的压力大小为体重的1.25倍，此时人与车厢相对静止，设车厢对人的摩擦力为Ff，人的体重为G，重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，下列说法正确的是( )
图11
A．a＝eq \f(g,4) B．a＝eq \f(g,2)
C．Ff＝eq \f(G,3) D．Ff＝eq \f(G,4)
答案 C
解析 对人进行受力分析，如图所示．由牛顿第二定律可知Ff＝max①
FN－mg＝may②
而ax＝acs 37°③
ay＝asin 37°④
由①②③④式结合FN＝1.25mg，
解得：a＝eq \f(5,12)g，Ff＝eq \f(G,3)，故只有C正确．
4．(多过程问题)(多选)(2020·河南驻马店市调研)如图12甲所示，一质量m＝1 kg的物体置于水平面上，在水平外力F作用下由静止开始运动，F随时间t的变化情况如图乙所示，物体运动的速度v随时间t的变化情况如图丙所示(4 s后的图线没有画出)．已知重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是( )
图12
A．物体在第3 s末的加速度大小是2 m/s2
B．物体与水平面间的动摩擦因数为0.4
C．物体在前6 s内的位移为10 m
D．物体在前6 s内的位移为12 m
答案 BD
解析 由v－t图象可知，物体在前4 s内做匀变速直线运动，所以物体在第3 s末的加速度a1等于前4 s内的加速度，根据v－t图象和加速度定义式：a1＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(4,4) m/s2＝1 m/s2，选项A错误；在0～4 s内，在水平方向：F1－μmg＝ma1，解得：μ＝0.4 ，选项B正确；设前4 s内的位移为x1，由位移公式有：x1＝eq \f(1,2)a1t12＝eq \f(1,2)×1×16 m＝8 m；设4 s后物体运动时的加速度为a2，则：F2－μmg＝ma2，解得a2＝－2 m/s2；物体在4 s末时的速度为v′＝4 m/s，设物体从4 s末运动时间t2后速度减为0，则：0＝v′＋a2t2，解得：t2＝2 s，所以物体在6 s末速度恰好减为0，故后2 s内的位移：x2＝v′t2＋eq \f(1,2)a2t22，代入数据解得，x2＝4 m；所以物体在前6 s内的位移x＝x1＋x2＝8 m＋4 m＝12 m，选项C错误，D正确．
5．(临界极值问题)如图13所示，斜面体的质量为M＝2 kg，质量为m＝1 kg的物体放在斜面上，斜面倾角θ＝37°，斜面与物体间的动摩擦因数为μ＝0.2，地面光滑．现对斜面体施加一水平推力F，要使物体相对斜面体静止不动，力F应为多大？(取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)
图13
答案 14.3 N≤F≤33.6 N
解析 设物体处于相对斜面下滑的临界状态．推力为F，此时物体的受力情况如图甲所示，则对物体：
FNsin θ－μFNcs θ＝ma，
FNcs θ＋μFNsin θ－mg＝0
对物体和斜面体组成的系统：F＝(M＋m)a
联立解得：a≈4.78 m/s2，F≈14.3 N.

设物体处于相对斜面上滑的临界状态，推力为F′，此时物体的受力如图乙所示，则：FN′sin θ＋μFN′cs θ＝ma′，
FN′cs θ－μFN′sin θ－mg＝0
对物体和斜面体组成的系统：F′＝(M＋m)a′
联立解得：a′≈11.2 m/s2，F′＝33.6 N.
所以推力的范围是：14.3 N≤F≤33.6 N.
1.(多选)(2020·福建三明市质检)水平地面上质量为1 kg的物块受到水平拉力F1、F2的作用，F1、F2随时间的变化如图1所示，已知物块在前2 s内以4 m/s的速度做匀速直线运动，取g＝10 m/s2，则( )
图1
A．物块与地面的动摩擦因数为0.2
B．3 s末物块受到的摩擦力大小为3 N
C．4 s末物块受到的摩擦力大小为1 N
D．5 s末物块的加速度大小为3 m/s2
答案 BC
解析 在0～2 s内物块做匀速直线运动，则摩擦力Ff＝3 N，则μ＝eq \f(Ff,mg)＝eq \f(3,10)＝0.3，
选项A错误；2 s后物块做匀减速直线运动，加速度a＝eq \f(F合,m)＝eq \f(6－5－3,1) m/s2＝－2 m/s2，则经过t＝eq \f(0－v,a)＝2 s，即4 s末速度减为零，则3 s末物块受到的摩擦力大小为3 N,4 s末物块受到的摩擦力为静摩擦力，大小为6 N－5 N＝1 N，选项B、C正确；物块停止后，因两个力的差值小于最大静摩擦力，则物块不再运动，则5 s末物块的加速度为零，选项D错误．
2.沿固定斜面下滑的物体受到与斜面平行向上的拉力F的作用，其下滑的速度—时间图线如图2所示．已知物体与斜面之间的动摩擦因数为常数，在0～5 s,5～10 s,10～15 s内F的大小分别为F1、F2和F3，则( )
图2
A．F1F3
C．F1>F3 D．F1＝F3
答案 A
3.(2019·云南昆明市4月教学质量检测)如图3所示，质量为M的滑块A放置在光滑水平地面上，左侧面是圆心为O、半径为R的光滑四分之一圆弧面，当用一水平恒力F作用在滑块A上时，一质量为m的小球B(可视为质点)在圆弧面上与A保持相对静止，此时小球B距轨道末端Q的竖直高度为H＝eq \f(R,3)，重力加速度为g，则F的大小为( )
图3
A.eq \f(\r(5),3)Mg B.eq \f(\r(5),2)Mg
C.eq \f(\r(5),3)(M＋m)g D.eq \f(\r(5),2)(M＋m)g
答案 D
解析 连接OB，设OB连线与竖直方向的夹角为θ，如图所示，由几何关系得：
cs θ＝eq \f(R－H,R)＝eq \f(2,3)
sin θ＝eq \r(1－cs2θ)＝eq \f(\r(5),3)
则tan θ＝eq \f(\r(5),2)
此时小球受到的合外力F合＝mgtan θ＝eq \f(\r(5),2)mg
由牛顿第二定律可得：a＝eq \f(F合,m)＝eq \f(\r(5),2)g
以整体为研究对象，由牛顿第二定律可得F＝(M＋m)a＝eq \f(\r(5),2)(M＋m)g，
故D正确，A、B、C错误．
4.(2019·河南顶级名校第四次联测)如图4所示，在水平地面上放置一个质量为1 kg的物块A，在A的上面放置另一个质量也为1 kg的物块B，已知A与地面之间的动摩擦因数为μ1＝0.5，A、B之间的动摩擦因数为μ2＝0.2.若给物块A施加一个与水平方向夹角为θ＝37°、斜向右上方、大小恒为10 N的力F，则物块B所受的摩擦力(重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)( )
图4
A．大小为0.5 N，方向水平向右
B．大小为2 N，方向水平向右
C．大小为0.5 N，方向水平向左
D．大小为2 N，方向水平向左
答案 A
解析 假设A、B一起运动，以A、B整体为研究对象，根据牛顿第二定律有Fcs θ－μ1(mAg＋mBg－Fsin θ)＝(mA＋mB)a，解得a＝0.5 m/s2；以B为研究对象，根据牛顿第二定律有FfAB＝mBa＝0.5 N<μ2mBg＝2 N，假设成立，所以物块B所受的摩擦力为静摩擦力，大小为FfAB＝0.5 N，方向水平向右，故A正确，B、C、D错误．
5．(多选)(2020·广东深圳市调研)高铁已成为重要的“中国名片”，领跑世界．一辆由8节车厢编组的列车，从车头开始的第2、3、6和7共四节为动力车厢，其余为非动力车厢．列车在平直轨道上匀加速启动时，若每节动力车厢牵引力大小均为F，每节车厢质量都为m，每节车厢所受阻力均为车厢重力的k倍，重力加速度为g.则( )
A．启动时车厢对乘客作用力的方向竖直向上
B．整个列车的加速度大小为eq \f(F－2kmg,2m)
C．第2节车厢对第1节车厢的作用力大小为eq \f(F,2)
D．第2节车厢对第3节车厢的作用力大小为eq \f(F＋kmg,2)
答案 BC
解析 启动时车厢对乘客竖直方向有竖直向上的支持力，水平方向有沿列车运动方向的力，两个力的合力方向斜向上方，选项A错误；对整个列车，根据牛顿第二定律：4F－8kmg＝8ma，解得a＝eq \f(F－2kmg,2m)，选项B正确；对第1节车厢，根据牛顿第二定律：F21－kmg＝ma，解得F21＝eq \f(F,2)，选项C正确；
对第1、2节车厢的整体，根据牛顿第二定律：F32＋F－2kmg＝2ma，解得F32＝0，根据牛顿第三定律可知，选项D错误．
6.如图5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．箱子由静止开始先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5
(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)eq \f(av2,2ax－v2) (2)0 meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,tan θ)－g))
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，则有v2＝2a′x1，v2＝2ax2，且x1＋x2＝x，解得a′＝eq \f(av2,2ax－v2).
(2)如果球刚好不受箱子左壁和顶部的作用力，箱子的加速度大小设为a0，应满足FNsin θ＝ma0，FNcs 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′cs θ＝F＋mg，FN′sin θ＝ma，解得F＝meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,tan θ)－g)).
7.(2020·河南洛阳市模拟)如图6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eq \f(\r(3),6)，杆足够长，取g＝10 m/s2.求：
图6
(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＝eq \f(G,g)＝1 kg.
取沿杆向上为正方向，设小球在力F作用过程的加速度为a1，此时小球的受力如图甲所示，
Fcs 30°＝Gcs 30°＋FN
Fsin 30°－Gsin 30°－μFN＝ma1
联立解得：a1＝2.5 m/s2，即大小为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，则有FN′＝Gcs 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＝eq \f(1,2)a1t12＝1.8 m
撤去F后，小球继续向上运动的时间为t2＝eq \f(0－v1,a2)＝0.4 s
小球继续向上运动的最大位移为x2＝eq \f(0－v12,2a2)＝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＋eq \f(1,2)a2t32
解得t3＝0.2 s或者t3＝0.6 s(舍去)
小球返回时，受力如图丙所示，
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)＝eq \f(1,2)a3t42
解得t4＝eq \f(\r(3),5) s
则通过B点时间为t＝t2＋t4≈0.75 s.整体法的选取原则
若连接体内各物体具有相同的加速度，且不需要求物体之间的作用力，可以把它们看成一个整体，分析整体受到的外力，应用牛顿第二定律求出加速度或其他未知量
隔离法的选取原则
若连接体内各物体的加速度不相同，或者要求出系统内两物体之间的作用力时，就需要把物体从系统中隔离出来，应用牛顿第二定律列方程求解
整体法、隔离法的交替运用
若连接体内各物体具有相同的加速度，且要求物体之间的作用力时，可以先用整体法求出加速度，然后再用隔离法选取合适的研究对象，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”
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