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專題強化三 動力學兩類基本問題和臨界極值問題
專題解讀1.本專題是動力學方法處理動力學兩類基本問題、多過程問題和臨界極值問題，高考在選擇題和計算題中命題頻率都很高.
2.學好本專題可以培養(yǎng)同學們的分析推理能力，應用數(shù)學知識和方法解決物理問題的能力.
3.本專題用到的規(guī)律和方法有：整體法和隔離法、牛頓運動定律和運動學公式、臨界條件和相關的數(shù)學知識.
一、動力學的兩類基本問題
1.由物體的受力情況求解運動情況的基本思路：
先求出幾個力的合力，由牛頓第二定律(F合＝ma)求出加速度，再由運動學的有關公式求出速度或位移.
2.由物體的運動情況求解受力情況的基本思路：
已知加速度或根據(jù)運動規(guī)律求出加速度，再由牛頓第二定律求出合力，從而確定未知力.應用牛頓第二定律解決動力學問題，受力分析和運動分析是關鍵，加速度是解決此類問題的紐帶，分析流程如下：
自測1 (多選)(2016全國卷Ⅱ19)兩實心小球甲和乙由同一種材料制成，甲球質量大于乙球質量.兩球在空氣中由靜止下落，假設它們運動時受到的阻力與球的半徑成正比，與球的速率無關.若它們下落相同的距離，則( )
A.甲球用的時間比乙球長
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 小球的質量m＝ρπr3，由題意知m甲>m乙，ρ甲＝ρ乙，則r甲>r乙.空氣阻力f＝kr，對小球由牛頓第二定律得，mg－f＝ma，則a＝＝g－＝g－，可得a甲>a乙，由h＝at2知，t甲
v乙，故選項B正確；因f甲>f乙，由球克服阻力做功Wf＝fh知，甲球克服阻力做功較大，選項D正確.
二、動力學中的臨界與極值問題
1.臨界或極值條件的標志
(1)題目中“剛好”“恰好”“正好”等關鍵詞句，明顯表明題述的過程存在著臨界點.
(2)題目中“取值范圍”“多長時間”“多大距離”等詞句，表明題述過程存在著“起止點”，而這些“起止點”一般對應著臨界狀態(tài).
(3)題目中“最大”“最小”“至多”“至少”等詞句，表明題述的過程存在著極值，這個極值點往往是臨界點.
2.常見臨界問題的條件
(1)接觸與脫離的臨界條件：兩物體相接觸或脫離，臨界條件是：彈力FN＝0.
(2)相對滑動的臨界條件：靜摩擦力達到最大值.
(3)繩子斷裂與松弛的臨界條件：繩子斷裂的臨界條件是繩中張力等于它所能承受的最大張力；繩子松弛的臨界條件是FT＝0.
(4)最終速度(收尾速度)的臨界條件：物體所受合外力為零.
自測2 (2015山東理綜16)如圖1，滑塊A置于水平地面上，滑塊B在一水平力作用下緊靠滑塊A(A、B接觸面豎直)，此時A恰好不滑動，B剛好不下滑.已知A與B間的動摩擦因數(shù)為μ1，A與地面間的動摩擦因數(shù)為μ2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力.A與B的質量之比為( )
圖1
A. B.
C. D.
答案 B
解析 對物體A、B整體在水平方向上有F＝μ2(mA＋mB)g；對物體B在豎直方向上有μ1F＝mBg；聯(lián)立解得：＝，選項B正確.
命題點一 動力學兩類基本問題
1.解題關鍵
(1)兩類分析——物體的受力分析和物體的運動過程分析；
(2)兩個橋梁——加速度是聯(lián)系運動和力的橋梁；速度是各物理過程間相互聯(lián)系的橋梁.
2.常用方法
(1)合成法
在物體受力個數(shù)較少(2個或3個)時一般采用合成法.
(2)正交分解法
若物體的受力個數(shù)較多(3個或3個以上)時，則采用正交分解法.
類型1 已知物體受力情況，分析物體運動情況
例1 (2014課標全國卷Ⅰ24)公路上行駛的兩汽車之間應保持一定的安全距離.當前車突然停止時，后車司機可以采取剎車措施，使汽車在安全距離內停下而不會與前車相碰.通常情況下，人的反應時間和汽車系統(tǒng)的反應時間之和為1s.當汽車在晴天干燥瀝青路面上以108km/h的速度勻速行駛時，安全距離為120m.設雨天時汽車輪胎與瀝青路面間的動摩擦因數(shù)為晴天時的.若要求安全距離仍為120m，求汽車在雨天安全行駛的最大速度.
答案 20m/s
解析 設路面干燥時，汽車與地面間的動摩擦因數(shù)為μ0，剎車時汽車的加速度大小為a0，安全距離為s，反應時間為t0，由牛頓第二定律和運動學公式得
μ0mg＝ma0 ①
s＝v0t0＋ ②
式中，m和v0分別為汽車的質量和剎車前的速度.
設在雨天行駛時，汽車與地面間的動摩擦因數(shù)為μ，依題意有μ＝μ0 ③
設在雨天行駛時汽車剎車的加速度大小為a，安全行駛的最大速度為v，由牛頓第二定律和運動學公式得
μmg＝ma ④
s＝vt0＋ ⑤
聯(lián)立①②③④⑤式并代入題給數(shù)據(jù)得
v＝20m/s(v＝－24 m/s不符合實際，舍去)
變式1 如圖2所示滑沙游戲中，做如下簡化：游客從頂端A點由靜止滑下8s后，操縱剎車手柄使滑沙車勻速下滑至底端B點，在水平滑道上繼續(xù)滑行直至停止.已知游客和滑沙車的總質量m＝70kg，傾斜滑道AB長lAB＝128m，傾角θ＝37，滑沙車底部與沙面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5.滑沙車經(jīng)過B點前后的速度大小不變，重力加速度g取10m/s2，sin37＝0.6，cos37＝0.8，不計空氣阻力.
圖2
(1)求游客勻速下滑時的速度大??；
(2)求游客勻速下滑的時間；
(3)若游客在水平滑道BC段的最大滑行距離為16m，則他在此處滑行時，需對滑沙車施加多大的水平制動力？
答案 (1)16m/s (2)4s (3)210N
解析 (1)由mgsinθ－μmgcosθ＝ma，解得游客從頂端A點由靜止滑下的加速度a＝2m/s2.游客勻速下滑時的速度大小為v＝at1＝16 m/s.
(2)加速下滑路程為l1＝at12＝64m，勻速下滑路程l2＝lAB－l1＝64m，游客勻速下滑的時間t2＝＝4s.
(3)設游客在BC段的加速度大小為a′，由0－v2＝－2a′x
解得a′＝＝8m/s2，由牛頓第二定律得F＋μmg＝ma′，解得制動力F＝210N.
類型2 已知物體運動情況，分析物體受力情況
例2 (2014課標全國卷Ⅱ24)2012年10月，奧地利極限運動員菲利克斯鮑姆加特納乘氣球升至約39km的高空后跳下，經(jīng)過4分20秒到達距地面約1.5km高度處，打開降落傘并成功落地，打破了跳傘運動的多項世界紀錄.取重力加速度的大小g＝10m/s2.
(1)若忽略空氣阻力，求該運動員從靜止開始下落至1.5km高度處所需的時間及其在此處速度的大小；
(2)實際上，物體在空氣中運動時會受到空氣的阻力，高速運動時所受阻力的大小可近似表示為f＝kv2，其中v為速率，k為阻力系數(shù)，其數(shù)值與物體的形狀、橫截面積及空氣密度有關.已知該運動員在某段時間內高速下落的v—t圖象如圖3所示.若該運動員和所帶裝備的總質量m＝100 kg，試估算該運動員在達到最大速度時所受阻力的阻力系數(shù).(結果保留1位有效數(shù)字)
圖3
答案 (1)87s 8.7102 m/s (2)0.008 kg/m
解析 (1)設該運動員從開始自由下落至1.5km高度處的時間為t，下落距離為s，在1.5km高度處的速度大小為v.根據(jù)運動學公式有
v＝gt ①
s＝gt2 ②
根據(jù)題意有
s＝3.9104m－1.5103m＝3.75104m ③
聯(lián)立①②③式得
t≈87s ④
v≈8.7102m/s ⑤
(2)該運動員達到最大速度vmax時，加速度為零，根據(jù)平衡條件有mg＝kvmax2 ⑥
由所給的v—t圖象可讀出vmax≈360m/s ⑦
由⑥⑦式得k≈0.008kg/m
變式2 如圖4甲所示，質量m＝1kg的物塊在平行斜面向上的拉力F作用下從靜止開始沿斜面向上運動，t＝0.5s時撤去拉力，利用速度傳感器得到其速度隨時間的變化關系圖象(v－t圖象)如圖乙所示，g取10m/s2，求：
圖4
(1)2s內物塊的位移大小x和通過的路程L；
(2)沿斜面向上運動的兩個階段加速度大小a1、a2和拉力大小F.
答案 (1)0.5m 1.5m (2)4m/s2 4 m/s2 8N
解析 (1)在2s內，由題圖乙知：
物塊上升的最大距離：x1＝21m＝1m
物塊下滑的距離：x2＝11m＝0.5m
所以位移大小x＝x1－x2＝0.5m
路程L＝x1＋x2＝1.5m
(2)由題圖乙知，所求兩個階段加速度的大小
a1＝4m/s2
a2＝4m/s2
設斜面傾角為θ，斜面對物塊的摩擦力為Ff，根據(jù)牛頓第二定律有
0～0.5s內：F－Ff－mgsinθ＝ma1
0.5～1s內：Ff＋mgsinθ＝ma2
解得F＝8N
命題點二 多物體多過程問題
1.將“多過程”分解為許多“子過程”，各“子過程”間由“銜接點”連接.
2.對各“銜接點”進行受力分析和運動分析，必要時畫出受力圖和過程示意圖.
3.根據(jù)“子過程”“銜接點”的模型特點選擇合理的物理規(guī)律列方程.
4.分析“銜接點”速度、加速度等的關聯(lián)，確定各段間的時間關聯(lián)，并列出相關的輔助方程.
5.聯(lián)立方程組，分析求解，對結果進行必要的驗證或討論.
例3 (2015全國卷Ⅱ25)下暴雨時，有時會發(fā)生山體滑坡或泥石流等地質災害.某地有一傾角為θ＝37(sin37＝)的山坡C，上面有一質量為m的石板B，其上下表面與斜坡平行；B上有一碎石堆A(含有大量泥土)，A和B均處于靜止狀態(tài)，如圖5所示.假設某次暴雨中，A浸透雨水后總質量也為m(可視為質量不變的滑塊)，在極短時間內，A、B間的動摩擦因數(shù)μ1減小為，B、C間的動摩擦因數(shù)μ2減小為0.5，A、B開始運動，此時刻為計時起點；在第2 s末，B的上表面突然變?yōu)楣饣?，?保持不變.已知A開始運動時，A離B下邊緣的距離l＝27 m，C足夠長，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力.取重力加速度大小g＝10m/s2.求：
圖5
(1)在0～2s時間內A和B加速度的大?。?
(2)A在B上總的運動時間.
答案 (1)3m/s2 1 m/s2 (2)4s
解析 (1)在0～2s時間內，A和B的受力如圖所示，其中Ff1、FN1是A與B之間的摩擦力和正壓力的大小，F(xiàn)f2、FN2是B與C之間的摩擦力和正壓力的大小，方向如圖所示.由滑動摩擦力公式和力的平衡條件得
Ff1＝μ1FN1 ①
FN1＝mgcosθ ②
Ff2＝μ2FN2 ③
FN2＝FN1′＋mgcosθ，F(xiàn)N1′＝FN1 ④
規(guī)定沿斜面向下為正.設A和B的加速度分別為a1和a2，由牛頓第二定律得
mgsinθ－Ff1＝ma1 ⑤
mgsinθ－Ff2＋Ff1′＝ma2，F(xiàn)f1′＝Ff1 ⑥
聯(lián)立①②③④⑤⑥式，并代入題給條件得
a1＝3m/s2 ⑦
a2＝1m/s2. ⑧
(2)在t1＝2s時，設A和B的速度分別為v1和v2，則
v1＝a1t1＝6m/s ⑨
v2＝a2t1＝2m/s ⑩
2s后，設A和B的加速度分別為a1′和a2′.此時A與B之間摩擦力為零，同理可得
a1′＝6m/s2 ?
a2′＝－2m/s2 ?
由于a2′＜0，可知B做減速運動.設經(jīng)過時間t2，B的速度減為零，則有
v2＋a2′t2＝0 ?
聯(lián)立⑩??式得t2＝1s ?
在t1＋t2時間內，A相對于B運動的距離為
x＝－＝12m＜27m ?
此后B靜止不動，A繼續(xù)在B上滑動.設再經(jīng)過時間t3后A離開B，則有
l－x＝(v1＋a1′t2)t3＋a1′t32 ?
可得t3＝1s(另一解不合題意，舍去) ?
設A在B上總的運動時間t總，有t總＝t1＋t2＋t3＝4s
變式3 (2018華中師范大學附中模擬)如圖6甲所示為一傾角θ＝37足夠長的斜面，將一質量m＝1kg的物體在斜面上靜止釋放，同時施加一沿斜面向上的拉力，拉力隨時間變化關系圖象如圖乙所示，物體與斜面間動摩擦因數(shù)μ＝0.25.取g＝10m/s2，sin37＝0.6，cos37＝0.8，求：
圖6
(1)2s末物體的速度大?。?
(2)前16s內物體發(fā)生的位移.
答案 (1)5m/s (2)30m，方向沿斜面向下
解析 (1)分析可知物體在前2s內沿斜面向下做初速度為零的勻加速直線運動，由牛頓第二定律可得
mgsinθ－F1－μmgcosθ＝ma1，
v1＝a1t1，
代入數(shù)據(jù)可得
v1＝5m/s.
(2)設物體在前2s內發(fā)生的位移為x1，則
x1＝a1t12＝5m.
當拉力為F2＝4.5N時，由牛頓第二定律可得
mgsinθ－μmgcosθ－F2＝ma2，
代入數(shù)據(jù)可得a2＝－0.5m/s2，
物體經(jīng)過t2時間速度減為零，則
0＝v1＋a2t2，
t2＝10s，
設t2時間內發(fā)生的位移為x2，則
x2＝v1t2＋a2t22＝25m，
由于mgsinθ－μmgcosθ＝1m，故滑塊會掉下來.
(3)加上恒力F的方向與摩擦力方向相同，故滑塊所受合力F合′＝Ff＋F，
由牛頓第二定律有F合′＝ma′，
滑塊放上車后做勻加速直線運動，設當經(jīng)歷時間t′之后速度達到v0，滑塊通過位移x1′＝a′t′2，
且v0＝a′t′，
車通過位移x2′＝v0t′，
只需要滿足位移差
Δx′＝x2′－x1′≤即可，
聯(lián)立以上各式有F≥6N.
變式4 如圖8所示，物體A疊放在物體B上，B置于光滑水平面上，A、B質量分別為mA＝6kg、mB＝2kg，A、B之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，開始時F＝10N，此后逐漸增加，在增大到45N的過程中，則( )
圖8
A.當拉力F<12N時，物體均保持靜止狀態(tài)
B.兩物體開始沒有相對運動，當拉力超過12N時，開始相對滑動
C.兩物體從受力開始就有相對運動
D.兩物體始終沒有相對運動
答案 D
解析 A、B一起加速運動是因為A對B有靜摩擦力，但由于靜摩擦力存在最大值，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，如果拉力再增大，則物體間就會發(fā)生相對滑動，所以這里存在一個臨界點，就是A、B間靜摩擦力達到最大值時拉力F的大小.以A為研究對象進行受力分析，受水平向右的拉力和水平向左的靜摩擦力，有F－Ff＝mAa；再以B為研究對象，受水平向右的靜摩擦力Ff＝mBa，當Ff為最大靜摩擦力時，解得a＝＝＝m/s2＝6 m/s2，有F＝48N.由此可以看出，當F<48N時，A、B間的摩擦力達不到最大靜摩擦力，也就是說，A、B間不會發(fā)生相對運動，故選項D正確.
變式5 如圖9所示，水平地面上的矩形箱子內有一傾角為θ的固定斜面，斜面上放一質量為m的光滑球，靜止時，箱子頂部與球接觸但無壓力.箱子由靜止開始向右做勻加速直線運動，然后改做加速度大小為a的勻減速直線運動直至靜止，經(jīng)過的總位移為x，運動過程中的最大速度為v.
圖9
(1)求箱子加速階段的加速度大?。?
(2)若a>gtanθ，求減速階段球受到箱子左壁和頂部的作用力大小.
答案 (1) (2)0 m
解析 (1)設箱子加速階段的加速度為a′，經(jīng)過的位移為x1，減速階段經(jīng)過的位移為x2，有v2＝2a′x1，v2＝2ax2，且x1＋x2＝x，解得a′＝.
(2)如果球剛好不受箱子作用，箱子的加速度設為a0，應滿足FNsinθ＝ma0，F(xiàn)Ncosθ＝mg，解得a0＝gtanθ.箱子減速時加速度水平向左，當a>gtanθ時，箱子左壁對球的作用力為零，頂部對球的力不為零.此時球受力如圖，由牛頓第二定律得，F(xiàn)N′cosθ＝F＋mg，F(xiàn)N′sinθ＝ma，解得F＝m.
1.如圖1所示，一質量為1kg的小球套在一根固定的直桿上，直桿與水平面夾角θ為30.現(xiàn)小球在F＝20N的豎直向上的拉力作用下，從A點靜止出發(fā)向上運動，已知桿與球間的動摩擦因數(shù)為.試求：
圖1
(1)小球運動的加速度大?。?
(2)若F作用1.2s后撤去，求小球上滑過程中距A點最大距離.
答案 (1)2.5m/s2 (2)2.4m
解析 (1)在力F作用下，由牛頓第二定律得(F－mg)sin30－μ(F－mg)cos30＝ma1
解得a1＝2.5m/s2
(2)剛撤去F時，小球的速度v1＝a1t1＝3m/s
小球的位移x1＝t1＝1.8m
撤去力F后，小球上滑時，由牛頓第二定律得mgsin30＋μmgcos30＝ma2
解得a2＝7.5m/s2
小球上滑時間t2＝＝0.4s
上滑位移x2＝t2＝0.6m
則小球上滑的最大距離為xm＝x1＋x2＝2.4m.
2.如圖2所示，一質量m＝0.4kg的小物塊，在與斜面成某一夾角的拉力F作用下，沿斜面向上做勻加速運動，經(jīng)t＝2s的時間物塊由A點運動到B點，物塊在A點的速度為v0＝2m/s，A、B之間的距離L＝10m.已知斜面傾角θ＝30，物塊與斜面之間的動摩擦因數(shù)μ＝.重力加速度g取10m/s2.
圖2
(1)求物塊加速度的大小及到達B點時速度的大小.
(2)拉力F與斜面夾角多大時，拉力F最小？拉力F的最小值是多少？
答案 (1)3 m/s2 8 m/s (2)30 N
解析 (1)設物塊加速度的大小為a，到達B點時速度的大小為v，由運動學公式得
L＝v0t＋at2 ①
v＝v0＋at ②
聯(lián)立①②式，代入數(shù)據(jù)得
a＝3m/s2 ③
v＝8m/s ④
(2)設物塊所受支持力為FN，所受摩擦力為Ff，拉力與斜面的夾角為α，受力分析如圖所示，由牛頓第二定律得
Fcosα－mgsinθ－Ff＝ma ⑤
Fsinα＋FN－mgcosθ＝0 ⑥
又Ff＝μFN ⑦
聯(lián)立⑤⑥⑦式得F＝ ⑧
由數(shù)學知識得cosα＋sinα＝sin(60＋α) ⑨
由⑧⑨式可知對應F最小時與斜面間的夾角α＝30 ⑩
聯(lián)立③⑧⑩式，代入數(shù)據(jù)得F的最小值為Fmin＝N ?
3.如圖3所示，一兒童玩具靜止在水平地面上，一名幼兒用沿與水平面成30角的恒力拉著它沿水平地面運動，已知拉力F＝6.5N，玩具的質量m＝1kg，經(jīng)過時間t＝2.0s，玩具移動了距離x＝2m，這時幼兒將手松開，玩具又滑行了一段距離后停下.(g取10m/s2)求：
圖3
(1)玩具與地面間的動摩擦因數(shù).
(2)松開后玩具還能滑行多遠？
(3)當力F與水平方向夾角θ為多少時拉力F最??？
答案 (1) (2)m (3)30
解析 (1)玩具做初速度為零的勻加速直線運動，由位移公式可得x＝at2，解得a＝m/s2，
對玩具，由牛頓第二定律得Fcos30－μ(mg－Fsin30)＝ma
解得μ＝.
(2)松手時，玩具的速度v＝at＝2m/s
松手后，由牛頓第二定律得μmg＝ma′
解得a′＝m/s2
由勻變速運動的速度位移公式得
玩具的位移x′＝＝m.
(3)設拉力與水平方向的夾角為θ，玩具要在水平面上運動，則Fcosθ－Ff>0
Ff＝μFN
在豎直方向上，由平衡條件得FN＋Fsinθ＝mg
解得F>
因為cosθ＋μsinθ＝sin(60＋θ)
所以當θ＝30時，拉力最小.
4.如圖4所示，靜止在光滑水平面上的斜面體，質量為M，傾角為α，其斜面上有一靜止的滑塊，質量為m，兩者之間的動摩擦因數(shù)為μ，滑塊受到的最大靜摩擦力可認為等于滑動摩擦力，重力加速度為g.現(xiàn)給斜面體施加水平向右的力使斜面體加速運動，求：
圖4
(1)若要使滑塊與斜面體一起加速運動，圖中水平向右的力F的最大值；
(2)若要使滑塊做自由落體運動，圖中水平向右的力F的最小值.
答案 (1) (2)
解析 (1)當滑塊與斜面體一起向右加速時，力F越大，加速度越大，當F最大時，斜面體對滑塊的靜摩擦力達到最大值Ffm，滑塊受力如圖所示.
設一起加速的最大加速度為a，對滑塊應用牛頓第二定律得：
FNcosα＋Ffmsinα＝mg ①
Ffmcosα－FNsinα＝ma ②
由題意知Ffm＝μFN ③
聯(lián)立解得a＝g
對整體受力分析F＝(M＋m)a
聯(lián)立解得F＝
(2)要使滑塊做自由落體運動，滑塊與斜面體之間沒有力的作用，滑塊的加速度為g，設此時M的加速度為aM，則對M：F＝MaM
當水平向右的力F最小時，二者沒有相互作用但仍接觸，則有＝tanα，即＝tanα，聯(lián)立解得F＝.
2019年度高考物理一輪復習 第三章 牛頓運動定律 專題強化三 動力學兩類基本問題和臨界極值問題學案.doc
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