2020版物理新增分大一輪人教通用版講義：第三章 牛頓運動定律 專題強化三

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精專題強化三動力學(xué)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(xué)方法處理動力學(xué)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(xué)好本專題可以培養(yǎng)同學(xué)們的分析推理能力，應(yīng)用數(shù)學(xué)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(xué)公式、臨界條件和相關(guān)的數(shù)學(xué)知識．一、動力學(xué)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(xué)的有關(guān)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．3．應(yīng)用牛頓第二定律解決動力學(xué)問題，受力分析和運動分析是關(guān)鍵，加速度是解決此類問題的紐帶，分析流程如下：eq\x（受力情況F合）eq\o(，\s\up7（F合＝ma）)eq\x(加速度a)eq\o(,\s\up7（運動學(xué)），\s\do5（公式)）eq\x（運動情況v、x、t)自測1(2018·江西省南昌市第二次模擬)如圖1所示，物體從傾角為α的固定斜面頂端由靜止釋放，它滑到底端時速度大小為v1；若它由斜面頂端沿豎直方向自由落下，末速度大小為v，已知v1是v的k倍，且k〈1。物體與斜面間的動摩擦因數(shù)為(）圖1A．(1－k）sinα B．(1－k)cosαC．(1－k2)tanα D.eq\f（1－k2，tanα）答案C解析設(shè)斜面長為x，高為h，物體下滑過程受到的摩擦力為Ff，由于物體沿斜面勻加速下滑，設(shè)加速度為a，則由牛頓第二定律可得mgsinα－Ff＝ma,Ff＝μmgcosα，所以a＝g（sinα－μcosα），由運動學(xué)公式可知v12＝2ax＝2gx(sinα－μcosα)，v2＝2gh由題意：v1＝kv且h＝x·sinα解得：μ＝(1－k2）tanα，故C正確．二、動力學(xué)中的臨界與極值問題1．臨界或極值條件的標(biāo)志（1)題目中“剛好”“恰好”“正好”等關(guān)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(yīng)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2，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(zhì)量之比為（）圖2A.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解析對滑塊A、B整體在水平方向上有F＝μ2(mA＋mB）g；對滑塊B在豎直方向上有μ1F＝mBg;聯(lián)立解得：eq\f(mA，mB）＝eq\f（1－μ1μ2，μ1μ2），選項B正確。

命題點一動力學(xué)兩類基本問題1．解題關(guān)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(2018·陜西省榆林市第三次模擬)如圖3所示為四旋翼無人機，它是一種能夠垂直起降的小型遙控飛行器，目前正得到越來越廣泛的應(yīng)用．一架質(zhì)量為m＝2kg的無人機，其動力系統(tǒng)所能提供的最大升力F＝36N，運動過程中所受空氣阻力大小恒定，無人機在地面上從靜止開始,以最大升力豎直向上起飛，在t＝5s時離地面的高度為75m(g取10m/s2)．圖3(1）求運動過程中所受空氣阻力大小；（2)假設(shè)由于動力系統(tǒng)故障，懸停的無人機突然失去升力而墜落．無人機墜落地面時的速度為40m/s,求無人機懸停時距地面高度；（3)假設(shè)在第（2)問中的無人機墜落過程中，在遙控設(shè)備的干預(yù)下，動力系統(tǒng)重新啟動提供向上最大升力．為保證安全著地，求無人機從開始下落到恢復(fù)升力的最長時間．答案(1)4N（2)100m(3)eq\f(5\r(5),3)s解析（1)根據(jù)題意,在上升過程中由牛頓第二定律得：F－mg－Ff＝ma由運動學(xué)規(guī)律得,上升高度：h＝eq\f(1，2）at2聯(lián)立解得:Ff＝4N；（2）下落過程由牛頓第二定律：mg－Ff＝ma1得：a1＝8m/s2落地時的速度v2＝2a1H聯(lián)立解得：H＝100m;(3）恢復(fù)升力后向下減速，由牛頓第二定律得:F－mg＋Ff＝ma2得：a2＝10m/s2設(shè)恢復(fù)升力后的速度為vm，則有eq\f(vm2,2a1)＋eq\f（vm2,2a2）＝H得：vm＝eq\f（40\r（5）,3)m/s由：vm＝a1t1得:t1＝eq\f（5\r（5),3)s。變式1(2018·河南省駐馬店市第二次質(zhì)檢)如圖4所示，某次滑雪訓(xùn)練，運動員站在水平雪道上第一次利用滑雪杖對雪面的作用獲得水平推力F＝100N而由靜止向前滑行，其作用時間為t1＝10s，撤除水平推力F后經(jīng)過t2＝15s，他第二次利用滑雪杖對雪面的作用獲得同樣的水平推力，第二次利用滑雪杖對雪面的作用距離與第一次相同．已知該運動員連同裝備的總質(zhì)量為m＝75kg,在整個運動過程中受到的滑動摩擦力大小恒為Ff＝25N，求：圖4(1)第一次利用滑雪杖對雪面作用獲得的速度大小及這段時間內(nèi)的位移大??；（2)該運動員（可視為質(zhì)點)第二次撤除水平推力后滑行的最大距離．答案（1)10m/s50m（2)187.5m解析(1)設(shè)運動員利用滑雪杖獲得的加速度為a1由牛頓第二定律F－Ff＝ma1，得a1＝1m/s2第一次利用滑雪杖對雪面作用獲得的速度大小為v1＝a1t1＝10m/s通過的位移為x1＝eq\f(1，2)a1t12＝50m（2）運動員停止使用滑雪杖后，加速度大小為a2＝eq\f(Ff,m)＝eq\f（1，3)m/s2經(jīng)歷時間t2速度變?yōu)関1′＝v1－a2t2＝5m/s第二次利用滑雪杖獲得的速度大小為v2，則v22－v1′2＝2a1x1第二次撤去水平推力后，滑行的最大距離x2＝eq\f（v22，2a2)聯(lián)立解得x2＝187.5m。

類型2已知物體運動情況，分析物體受力情況例2如圖5甲所示，一質(zhì)量m＝0.4kg的小物塊，以v0＝2m/s的初速度,在與斜面平行的拉力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，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＝eq\f（\r(3)，3）.重力加速度g取10m/s2。求：圖5(1)物塊到達B點時速度和加速度的大小;（2）拉力F的大??；(3）若拉力F與斜面夾角為α，如圖乙所示,試寫出拉力F的表達式（用題目所給物理量的字母表示)．答案(1)8m/s3m/s2(2）5.2N(3)F＝eq\f（mgsinθ＋μcosθ＋ma,cosα＋μsinα)解析(1）物塊做勻加速直線運動，根據(jù)運動學(xué)公式，有L＝v0t＋eq\f(1,2）at2，v＝v0＋at，聯(lián)立解得a＝3m/s2，v＝8m/s(2)對物塊受力分析可得，平行斜面方向F－mgsinθ－Ff＝ma垂直斜面方向FN＝mgcosθ其中Ff＝μFN解得F＝mg(sinθ＋μcosθ）＋ma＝5.2N(3）拉力F與斜面夾角為α?xí)r，物塊受力如圖所示根據(jù)牛頓第二定律有Fcosα－mgsinθ－Ff＝maFN＋Fsinα－mgcosθ＝0其中Ff＝μFNF＝eq\f（mgsinθ＋μcosθ＋ma,cosα＋μsinα)。變式2(2019·安徽省蚌埠二中期中)如圖6所示,質(zhì)量M＝10kg的木楔ABC靜置于粗糙水平地面上，木楔與地面間的動摩擦因數(shù)μ＝0。2.在木楔的傾角θ為37°的斜面上，有一質(zhì)量m＝1.0kg的物塊由靜止開始從A點沿斜面下滑,當(dāng)它在斜面上滑行距離x＝1m時,其速度v＝2m/s,在這過程中木楔沒有動．（sin37°＝0。6,cos37°＝0。8，重力加速度g＝10m/s2)求:圖6（1）物塊與木楔間的動摩擦因數(shù)μ1；（2）地面對木楔的摩擦力的大小和方向;(3）在物塊沿斜面下滑時，如果對物塊施加一平行于斜面向下的推力F＝5N，則地面對木楔的摩擦力如何變化？(不要求寫出分析、計算的過程)答案（1)0.5(2)1.6N,水平向左（3）地面對木楔的摩擦力的大小、方向均不變解析(1)由v2＝2ax，得a＝2m/s2對物塊由牛頓第二定律有mgsinθ－μ1mgcosθ＝ma，得μ1＝0。5(2)以物塊和木楔ABC整體為研究對象,作出受力圖如圖．（m＋M)g－FN＝may,Ff＝max，ax＝acosθ，ay＝asinθ解得：FN＝108.8N,Ff＝1。6N(3）對木楔來說物塊加推力以后它受到物塊的力沒有任何變化，所以地面對木楔的摩擦力的大小、方向均不變．命題點二動力學(xué)方法分析多運動過程問題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(guān)聯(lián)，確定各段間的時間關(guān)聯(lián)，并列出相關(guān)的輔助方程．5．聯(lián)立方程組，分析求解，對結(jié)果進行必要的驗證或討論．例3（2018·福建省永安一中、德化一中、漳平一中聯(lián)考)哈利法塔是目前世界最高的建筑（圖7)．游客乘坐世界最快觀光電梯從地面開始經(jīng)歷加速、勻速、減速的過程恰好到達觀景臺只需50秒，運行的最大速度為15m/s.觀景臺上可以鳥瞰整個迪拜全景，可將棕櫚島、帆船酒店等盡收眼底，頗為壯觀．一位游客用便攜式拉力傳感器測得在加速階段質(zhì)量為1kg的物體受到的豎直向上拉力為11N，若電梯加速、減速過程視為勻變速直線運動(g取10m/s2）求：圖7（1）電梯加速階段的加速度大小及加速運動的時間;（2）若減速階段與加速階段的加速度大小相等，求觀景臺的高度;（3）若電梯設(shè)計安裝有輔助牽引系統(tǒng)，電梯出現(xiàn)故障，繩索牽引力突然消失，電梯從觀景臺處自由落體，為防止電梯落地引發(fā)人員傷亡，電梯啟動輔助牽引裝置使其減速，牽引力為重力的3倍，下落過程所有阻力不計，則電梯自由下落最長多少時間必須啟動輔助牽引裝置？答案(1)1m/s215s(2）525m（3)eq\r(70）s解析(1)設(shè)電梯加速階段的加速度為a，由牛頓第二定律得：FT－mg＝ma解得a＝1m/s2由v＝v0＋at解得t＝15s（2)勻加速階段位移x1＝eq\f(1，2）at2＝eq\f(1,2)×1×152m＝112。5m勻速階段位移x2＝v（50－2t）＝15×（50－2×15)m＝300m勻減速階段位移x3＝eq\f(v2，2a）＝112。5m因此觀景臺的高度x＝x1＋x2＋x3＝525m.（3）由題意知，電梯到地面速度剛好為0自由落體加速度a1＝g啟動輔助牽引裝置后加速度大小a2＝eq\f(F－mg，m)＝eq\f(3mg－mg，m）＝2g，方向向上則eq\f(vm2,2a1）＋eq\f（vm2，2a2)＝x解得：vm＝10eq\r（70)m/s則tm＝eq\f（vm，g）＝eq\r(70）s即電梯自由下落最長eq\r（70)s時間必須啟動輔助牽引裝置．變式3(2018·山東省濟寧市上學(xué)期期末）如圖8所示,一足夠長斜面上鋪有動物毛皮，毛皮表面具有一定的特殊性，物體上滑時順著毛的生長方向,毛皮此時的阻力可以忽略;下滑時m/s沖上斜面，斜面的傾角θ＝37°,經(jīng)過2.5s物體剛好回到出發(fā)點，（g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0。8)．求:圖8(1）物體上滑的最大位移;(2)若物體下滑時，物體與毛皮間的動摩擦因數(shù)μ為定值，試計算μ的數(shù)值．（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)答案(1）3m(2）0。42解析(1）物體向上滑時不受摩擦力作用，設(shè)最大位移為x。由牛頓第二定律可得：mgsin37°＝ma1代入數(shù)據(jù)得：a1＝6m/s2由運動學(xué)公式有：v02＝2a1x聯(lián)立解得物體上滑的最大位移為：x＝3m(2）物體沿斜面上滑的時間為：t1＝eq\f（v0，a1)＝eq\f（6,6)s＝1s物體沿斜面下滑的時間為：t2＝t－t1＝1。5s下滑過程中,由運動學(xué)公式有:x＝eq\f(1,2）a2t22由牛頓第二定律可得：mgsin37°－μmgcos37°＝ma2聯(lián)立解得:μ≈0。42命題點三臨界和極值問題1．基本思路（1)認真審題，詳盡分析問題中變化的過程(包括分析整體過程中有幾個階段）；(2)尋找過程中變化的物理量；（3)探索物理量的變化規(guī)律；（4）確定臨界狀態(tài)，分析臨界條件，找出臨界關(guān)系．2．思維方法極限法把物理問題(或過程）推向極端，從而使臨界現(xiàn)象（或狀態(tài)）暴露出來,以達到正確解決問題的目的假設(shè)法臨界問題存在多種可能，特別是非此即彼兩種可能時,或變化過程中可能出現(xiàn)臨界條件，也可能不出現(xiàn)臨界條件時，往往用假設(shè)法解決問題數(shù)學(xué)法將物理過程轉(zhuǎn)化為數(shù)學(xué)表達式,根據(jù)數(shù)學(xué)表達式解出臨界條件例4(2018·福建省永安一中、德化一中、漳平一中聯(lián)考)如圖9所示，一彈簧一端固定在傾角為θ＝37°的光滑固定斜面的底端,另一端拴住質(zhì)量為m1＝6kg的物體P,Q為一質(zhì)量為m2＝10kg的物體，彈簧的質(zhì)量不計，勁度系數(shù)k＝600N/m，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)．現(xiàn)給物體Q施加一個方向沿斜,0.2s以后F為恒力，sin37°＝0.6,cos37°＝0。8，g取10m/s2。求：圖9（1）系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)時，彈簧的壓縮量x0；（2)物體Q從靜止開始沿斜面向上做勻加速運動的加速度大小a；(3）力F的最大值與最小值．答案（1)0.16m(2）eq\f(10，3)m/s2(3）eq\f（280，3）Neq\f（160，3）N解析（1)設(shè)開始時彈簧的壓縮量為x0對整體受力分析，平行斜面方向有（m1＋m2)gsinθ＝kx0解得x0＝0。16m(2)前0。2s時間內(nèi)F為變力，之后為恒力，則0。2s時刻兩物體分離，此時P、Q之間的彈力為零且加速度大小相等,設(shè)此時彈簧的壓縮量為x1對物體P，由牛頓第二定律得kx1－m1gsinθ＝m1a前0.2s時間內(nèi)兩物體的位移x0－x1＝eq\f（1,2）at2聯(lián)立解得a＝eq\f(10，3）m/s2(3）對兩物體受力分析知，開始運動時拉力最小，分離時拉力最大Fmin＝(m1＋m2)a＝eq\f（160，3）N對Q應(yīng)用牛頓第二定律得Fmax－m2gsinθ＝m2a解得Fmax＝m2（gsinθ＋a）＝eq\f（280，3）N.變式4如圖10所示，水平地面上的矩形箱子內(nèi)有一傾角為θ的固定斜面,斜面上放一質(zhì)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，重力加速度為g.圖10(1)求箱子加速階段的加速度大小；（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)eq\f（av2，2ax－v2)（2)0meq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（a，tanθ)－g）)解析（1)設(shè)箱子加速階段的加速度大小為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′＝eq\f（av2,2ax－v2).(2)如果球剛好不受箱子的作用力，箱子的加速度設(shè)為a0，應(yīng)滿足FNsinθ＝ma0,FNcosθ＝mg,解得a0＝gtanθ。箱子減速時加速度水平向左,當(dāng)a〉gtanθ時，箱子左壁對球的作用力為零，頂部對球的作用力不為零．此時球受力如圖所示，由牛頓第二定律得，F(xiàn)N′cosθ＝F＋mg,FN′sinθ＝ma，解得F＝meq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(a,tanθ）－g））.1．足夠長光滑固定斜面BC傾角α＝53°，小物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為0。5,水平面與斜面之間B點有一小段弧形連接（未畫出），一質(zhì)量m＝2kg的小物塊靜止于A點．現(xiàn)在AB段對小物塊施加與水平方向成α＝53°的恒力F作用，如圖1甲所示．小物塊在AB段運動的速度－時間圖象如圖乙所示，到達B點迅速撤去恒力F(已知sin53°＝0。8，cos53°＝0.6,g取10m/s2）．求：圖1(1)小物塊所受到的恒力F的大小；(2)小物塊從B點沿斜面向上運動，到返回B點所用的時間;（3)小物塊最終離A點的距離．答案(1）11N(2）0.5s(3)3.6m解析(1)由題圖乙可知，小物塊在AB段的加速度a1＝eq\f(Δv,Δt）＝eq\f(2.0－0，4.0－0）m/s2＝0。5m/s2，根據(jù)牛頓第二定律，有Fcosα－μ(mg－Fsinα)＝ma1，得F＝eq\f(ma1＋μmg,cosα＋μsinα）＝11N.(2)在BC段，對小物塊有mgsinα＝ma2,解得a2＝gsinα＝8m/s2,小物塊從B到最高點所用時間與從最高點到B所用時間相等，所以小物塊從B點沿斜面向上運動,到返回B點所用的時間為t＝eq\f(2vB,a2)＝0。5s。（3）小物塊從B向A運動過程中，有μmg＝ma3，a3＝μg＝5m/s2,由B至停下小物塊的位移x＝eq\f（vB2,2a3）＝0.4m，xAB＝eq\f（0＋vB，2)t0＝4.0m，ΔxA＝xAB－x＝3。6m.2．（2018·湖南省常德市期末檢測)如圖2所示，有一質(zhì)量為2kg的物體放在長為1m的固定斜面頂端，斜面傾角θ＝37°，g＝10m/s2,sin37°＝0。6，cos37°＝0.8。圖2(1)若由靜止釋放物體，1s后物體到達斜面底端，則物體到達斜面底端時的速度大小為多少？（2）物體與斜面之間的動摩擦因數(shù)為多少？（3)若給物體施加一個豎直方向的恒力，使其由靜止釋放后沿斜面向下做加速度大小為1。5m/s2的勻加速直線運動,則該恒力大小為多少？答案（1）2m/s(2）0。5（3）5N解析(1)設(shè)物體到達斜面底端時速度大小為v,由運動學(xué)公式得：x＝eq\f（1,2)vt，v＝eq\f（2x,t）＝eq\f(2×1，1）m/s＝2m/s;（2)由運動學(xué)公式得a1＝eq\f(v,t)＝2m/s2,由牛頓第二定律得mgsinθ－μmgcosθ＝ma1，聯(lián)立解得μ＝0.5；（3）物體沿斜面向下運動，恒力F與重力的合力豎直向下，設(shè)該合力為F合，則F合sinθ－μF合cosθ＝ma2,將a2＝1。5m/s2，θ＝37°,μ＝0.5代入，可得F合＝15N,F合＝mg－F＝15N，解得F＝5N.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(zhì)量m＝1kg,經(jīng)過時間t＝2.0s，玩具移動了距離x＝2eq\r（3）m，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)松手后玩具還能滑行多遠？(3）當(dāng)力F與水平方向夾角θ為多少時拉力F最?。看鸢?1)eq\f(\r（3),3）（2）eq\f（3\r(3)，5)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＝eq\f(1,2)at2,解得a＝eq\r(3）m/s2，對玩具，由牛頓第二定律得Fcos30°－μ（mg－Fsin30°)＝ma解得μ＝eq\f（\r(3）,3)。(2）松手時，玩具的速度v＝at＝2eq\r(3)m/s松手后，由牛頓第二定律得μmg＝ma′解得a′＝eq\f(10\r(3），3)m/s2由勻變速運動的速度位移公式得玩具的位移x′＝eq\f（0－v2,－2a′）＝eq\f(3\r（3)，5）m.（3)設(shè)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，F(xiàn)f＝μFN在豎直方向上，由平衡條件得FN＋Fsinθ＝mg解得F>eq\f(μmg,cosθ＋μsinθ)因為cosθ＋μsinθ＝e