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kgtan 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.