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2020届高三二轮复习专题复习
专题三 牛顿运动定律及应用(4课时）
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考点
要求
考点解读及预测
牛顿第一定律、牛顿第三定律
Ⅰ
纵观全国近几年的高考试题，以图象的方式考查牛顿第二定律是一类很重要的项目，此类问题要求考生具备理解图象和破译图象信息的能力，图象的形式以v－t、a－t、F－t居多，考查最多的是v－t图象，题型既有选择题也有计算题，难度中等.
本部分内容命题存在以下特点和趋势：一是高考考查的重点，命题次数较多；二是题型全面：从选择到实验、再到计算题；三是命题趋势大体呈现：从匀变速直线运动规律的应用为重点转向动力学方法的应用为重点.
牛顿第二定律
Ⅱ
牛顿运动定律的应用
Ⅱ
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1.牛顿第一定律
(1)内容：一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，除非作用在它上面的力迫使它改变这种状态.
(2)意义：
①揭示了物体的固有属性：一切物体都有惯性，因此牛顿第一定律又叫惯性定律；
②揭示了力与运动的关系：力不是维持物体运动的原因，而是改变物体运动状态的原因，即力是产生加速度的原因.
2.牛顿第二定律
(1)内容：物体加速度的大小跟它受到的作用力成正比，跟它的质量成反比，加速度的方向跟作用力的方向相同.
(2)表达式：F＝ma.
3.牛顿第三定律
（1）.作用力和反作用力：两个物体之间的作用总是相互的，一个物体对另一个物体施加了力，后一个物体同时对前一个物体也施加力.
（2）.内容：两个物体之间的作用力和反作用力总是大小相等、方向相反、作用在同一条直线上.
（3）.表达式：F＝－F′.
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一、斜面问题
1.放在与水平方向成θ角的斜面上的物体，若给物体一定的初速度
① 当μ＝tanθ时,物体沿斜面匀速下滑；
② 当μ＞tanθ（μmgcosθ＞mgsinθ）时,物体沿斜面减速下滑；
③ 当μ＜tanθ（μmgcosθ＜mgsinθ）时,物体沿斜面加速下滑。?
2.“等时圆”模型
（1）.两种模型(如图)
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（2）.等时性的证明
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设某一条光滑弦与水平方向的夹角为α，圆的直径为d(如图).根据物体沿光滑弦做初度为零的匀加速直线运动，加速度为a＝gsinα，位移为s＝dsinα，所以运动时间为t0＝＝＝.
即沿同一起点或终点的各条光滑弦运动具有等时性，运动时间与弦的倾角、长短无关.
二、超重和失重
1、超重：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)大于物体所受到的重力的情况称为超重现象。
2、失重：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)小于物体所受到的重力的情况称为失重现象。
超重
失重
完全失重
视重>实重
视重<实重
F=m(g+a)
F=m(g-a)
F=0
条件
向上的a
向下的a
向下的a，且a=g
运动情况
加速向上/减速向下
加速向下/减速向上
自由落体/竖直上抛
3、超重和失重现象的本质：重力不变，物体对支持物的压力和对悬挂物的拉力发生变化。
三、动力学的连接体问题
1．加速度相同的连接体问题
(1)若求解整体的加速度，可用整体法．整个系统看作一个研究对象，分析整体受外力情况，再由牛顿第二定律求出加速度．
(2)若求解系统内力，可先用整体法求出整体加速度，再用隔离法将内力转化成外力，由牛顿第二定律求解．
2．加速度不同的连接体问题
若系统内各个物体的加速度不同，一般应采用隔离法．以各个物体分别作为研究对象，对每个研究对象进行受力和运动情况分析，分别应用牛顿第二定律建立方程，并注意各个物体的相互作用关系，联立求解．
四、应用动力学方法分析传送带问题
1．传送带问题的实质是相对运动问题，这样的相对运动将直接影响摩擦力的方向．因此，搞清楚物体与传送带间的相对运动方向是解决该问题的关键．
2．传送带问题还常常涉及到临界问题，即物体与传送带速度相同，这时会出现摩擦力改变的临界状态，具体如何改变要根据具体情况判断．
五、应用动力学方法分析“滑块—木板模型”问题
滑块—木板模型类问题中，滑动摩擦力的分析方法与传送带类似，但这类问题比传送带类问题更复杂，处理此类物体匀变速运动问题要注意从速度、位移、时间等角度，寻找它们之间的联系．流程：
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六.瞬时问题
1.牛顿第二定律的表达式为：F合＝ma，加速度由物体所受合外力决定，加速度的方向与物体所受合外力的方向一致.当物体所受合外力发生突变时，加速度也随着发生突变，而物体运动的速度不能发生突变.
2.轻绳、轻杆和轻弹簧(橡皮条)的区别：
(1)轻绳和轻杆：剪断轻绳或轻杆断开后，原有的弹力将突变为0.
(2)轻弹簧和橡皮条：当轻弹簧和橡皮条与其它物体连接时，轻弹簧或橡皮条的弹力不能发生突变.
七. 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.
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题型一 动力学的两类基本问题
【典例1】某同学用位移传感器研究木块在斜面上的滑动情况，装置如图．已知斜面倾角θ＝37°.他使木块以初速度v0沿斜面上滑，并同时开始记录数据，绘得木块从开始上滑至最高点，然后又下滑回到出发处过程中的x－t图线如图(b)所示．图中曲线左侧起始端的坐标为(0,1.4)，曲线最低点的坐标为(0.5,0.4)．重力加速度g取10 m/s2.求：
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(1)木块上滑时的初速度v0和上滑过程中的加速度a；
(2)木块与斜面间的动摩擦因数μ；
(3)木块滑回出发点时的速度vt.
【答案】(1)4 m/s　－8 m/s2　(2)0.25　(3)2 m/s
【解析】(1)木块匀减速上滑，由图象得到：末速度v＝0，
位移x＝1.4 m－0.4 m＝1.0 m，时间为t＝0.5 s；
根据位移时间公式，有：x＝v0t＋at2；
根据速度时间公式，有：v＝v0＋at；
联立解得：v0＝4 m/s，a＝－8 m/s2.
(2)上滑过程，木块受重力、支持力和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律，
有：－mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma
代入数据解得：μ＝0.25
(3)木块下滑过程，根据牛顿第二定律，有：mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma′
代入数据解得：a′＝4 m/s2
物体匀加速下滑，根据速度位移公式，有：v＝2a′x
解得：vt＝＝ m/s＝2 m/s.
题型二 动力学中的临界与极值问题
【典例2】如图所示，木板与水平地面间的夹角θ可以随意改变，当θ＝30°时，可视为质点的一小物块恰好能沿着木板匀速下滑。若让该小物块从木板的底端以大小恒定的初速率v0＝10 m/s的速度沿木板向上运动，随着θ的改变，小物块沿木板滑行的距离x将发生变化，重力加速度g取10 m/s2。
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(1)求小物块与木板间的动摩擦因数；
(2)当θ角满足什么条件时，小物块沿木板滑行的距离最小，并求出此最小值。
【答案】(1)　(2)θ＝60°　 m
【解析】(1)当θ＝30°时，小物块恰好能沿着木板匀速下滑，则mgsin θ＝Ff，Ff＝μmgcos θ
联立解得：μ＝。
(2)当θ变化时，设沿斜面向上为正方向，物块的加速度为a，则－mgsin θ－μmgcos θ＝ma，
由0－v02＝2ax得x＝，
令cos α＝，sin α＝，
即tan α＝μ，当α＋θ＝90°时x最小，即θ＝60°，
所以x最小值为xmin＝＝＝ m。
题型三 动力学的“等时圆”模型
【典例3】如图所示，在竖直平面内有一矩形，其长边与一圆的底部相切于O点，现在有三条光滑轨道a、b、c，它们的上端位于圆周上，下端在矩形的底边，三轨道都经过切点O，现在让一物块先后从三轨道顶端由静止下滑至底端(轨道先后放置)，则物块在每一条倾斜轨道上滑动时所经历的时间关系为 (　　)
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A．ta＞tb＞tc B．ta＜tb＜tc
C．ta＝tb＝tc D．无法确定
【答案】B
【解析】设上面圆的半径为r，矩形宽为R，轨道与竖直方向的夹角为α，则轨道的长度x＝2rcos α＋，下滑的加速度a＝＝gcos α，根据位移时间公式x＝at2，得t＝＝.因为a、b、c夹角由小至大，所以有tc＞tb＞ta，故B正确，A、C、D错误．
题型四 超重失重问题
【典例4】(2019·浙江嘉兴模拟)如图所示是我国首次立式风洞跳伞实验，风洞喷出竖直向上的气流将实验者加速向上“托起”．此过程中(　　)
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A．地球对人的吸引力和人对地球的吸引力大小相等
B．人受到的重力和人受到气流的力是一对作用力与反作用力
C．人受到的重力大小等于气流对人的作用力大小
D．人被向上“托起”时处于超重状态
【答案】AD
【解析】地球对人的吸引力和人对地球的吸引力是一对相互作用力，等大反向，A正确；相互作用力是两个物体间的相互作用，而人受到的重力和人受到气流的力涉及人、地球、气流三个物体，不是一对相互作用力，B错误；由于风洞喷出竖直向上的气流将实验者加速向上“托起”，在竖直方向上合力不为零，所以人受到的重力大小不等于气流对人的作用力大小，C错误；人被向上“托起”时加速度向上，处于超重状态，D正确．
题型五 连接体问题
【典例5】(2019·河南洛阳联考)放在光滑水平面上的物块1、2用轻质弹簧测力计相连，如图所示．今对物块1、2分别施加方向相反的水平力F1、F2，且F1大于F2，则弹簧测力计的示数(　　)
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A．一定大于F2小于F1 B．一定等于F1－F2
C．一定等于F1＋F2 D．一定等于
【答案】A
【解析】两个物块一起向左做匀加速直线运动，对两个物块整体运用牛顿第二定律，有F1－F2＝(M＋m)a，再对物块1受力分析，运用牛顿第二定律，得到F1－F＝Ma，解得F＝，由于F1大于F2，故F一定大于F2小于F1，故选A.
题型六 动力学的“传送带”模型
【典例6】 (2019·湖南五市十校联考)如图所示，传送带带面AB与水平面间夹角为α＝37°，物块与传送带之间动摩擦因数为0.5，传送带保持匀速运转．现将物块由静止放到传送带中部，A、B间距离足够大(即物块可与带面等速，且物块与带面等速时，物块尚未到达A或B)．下列关于物块在带面AB上的运动情况的分析正确的是 (　　)
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A．若传送带沿顺时针方向匀速运转，物块沿传送带向上加速滑动
B．若传送带沿顺时针方向匀速运转，物块沿传送带向下加速滑动
C．若传送带沿逆时针方向匀速运转，物块加速度的大小先为10 m/s2，后为0
D．若传送带沿逆时针方向匀速运转，物块加速度的大小先为10 m/s2，后为2 m/s2
【答案】　BD
【解析】因为mgsin α＞μmgcos α，若传送带沿顺时针方向匀速运转，物块沿传送带向下加速滑动，A错误，B正确；若传送带沿逆时针方向匀速运转，刚开始由于物块的速度小于传送带的速度，所以此时物块相对传送带向上运动，故受到的摩擦力方向沿传送带向下，根据牛顿第二定律可得a1＝＝10 m/s2，当物块速度和传送带速度相同时，由于mgsin α＞μmgcos α，所以物块仍会向下加速运动，此时物块相对传送带向下运动，所以受到的摩擦力方向沿传送带向上，故根据牛顿第二定律可得a2＝＝2 m/s2，故C错误，D正确．
题型七 动力学的 “滑块—木板”模型
【典例7】(2019·湖北三校联考)有一项“快乐向前冲”的游戏可简化如下：如图所示，滑板长L＝1 m，起点A到终点线B的距离s＝5 m．开始滑板静止，右端与A平齐，滑板左端放一可视为质点的滑块，对滑块施一水平恒力F使滑板前进．滑板右端到达B处冲线，游戏结束．已知滑块与滑板间动摩擦因数μ＝0.5，地面视为光滑，滑块质量m1＝2 kg，滑板质量m2＝1 kg，重力加速度g取10 m/s2，求：
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(1)滑板由A滑到B的最短时间；
(2)为使滑板能以最短时间到达，水平恒力F的取值范围．
【答案】：(1)1 s　(2)30 N≤F≤34 N
【解析】：(1)滑板一直以最大加速度加速时，所用时间最短．设滑板最大加速度为a2，f＝μm1g＝m2a2，a2＝10 m/s2，s＝，解得t＝1 s.
(2)滑板与滑块刚好相对滑动时，水平恒力最小，设为F1，此时可认为二者加速度相等，
F1－μm1g＝m1a2，
解得F1＝30 N.
当滑板运动到B点，滑块刚好脱离时，水平恒力最大，设为F2，设滑块加速度为a1，
F2－μm1g＝m1a1，
－＝L，
解得F2＝34 N.
则水平恒力大小范围是30 N≤F≤34 N.
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1.(2019·山东临沂检测)如图所示，在倾角为θ＝30°的光滑斜面上，物块A、B质量分别为m和2m.物块A静止在轻弹簧上面，物块B用细线与斜面顶端相连，A、B挨在一起但A、B之间无弹力．已知重力加速度为g，某时刻把细线剪断，当细线剪断瞬间，下列说法正确的是(　　)
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A．物块A的加速度为0 B．物块A的加速度为
C．物块B的加速度为0 D．物块B的加速度为
2．(2019·湖北襄阳模拟)在欢庆节日的时候，人们会在夜晚燃放美丽的焰火．按照设计，某种型号的装有焰火的礼花弹从专用炮筒中射出后，在4 s末到达离地面100 m的最高点时炸开，构成各种美丽的图案．假设礼花弹从炮筒中竖直射出时的初速度是v0，上升过程中所受的平均阻力大小始终是自身重力的k倍，那么v0和k分别等于(重力加速度g取10 m/s2)(　　)
A．25 m/s　1.25 B．40 m/s　0.25 C．50 m/s　0.25 D．80 m/s　1.25
3.(多选)(2019·云南昆明检测)如图所示，我国有一种传统的民族体育项目叫作“押加”，实际上相当于两个人拔河，如果甲、乙两人在“押加”比赛中，甲获胜，则下列说法中正确的是(　　)
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A．甲对乙的拉力大于乙对甲的拉力，所以甲获胜
B．当甲把乙匀速拉过去时，甲对乙的拉力大小等于乙对甲的拉力大小
C．当甲把乙加速拉过去时，甲对乙的拉力大小大于乙对甲的拉力大小
D．甲对乙的拉力大小始终等于乙对甲的拉力大小，只是地面对甲的摩擦力大于地面对乙的摩擦力，所以甲获胜
4.（多选）如图所示，水平传送带A、B两端相距x＝4 m，以v0＝4 m/s的速度(始终保持不变)顺时针运转，今将一小煤块(可视为质点)无初速度地轻放至A端，由于煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕．已知煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，取重力加速度g＝10 m/s2，则煤块从A运动到B的过程中(　　)
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A．煤块到A运动到B的时间是2.25 s B．煤块从A运动到B的时间是1.5 s
C．划痕长度是2 m D．划痕长度是0.5 m
5.如图甲所示，小物块从足够长的光滑斜面顶端由静止自由滑下．下滑位移x时的速度为v，其x - v2图象如图乙所示，取g＝10 m/s2，则斜面倾角θ为(　　)
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A．30° B．45° C．60° D．75°
6.在升降电梯内的地板上放一体重计，电梯静止时，某同学站在体重计上，体重计示数为50 kg，电梯运动过程中，某一段时间内该同学发现体重计示数如图所示，已知重力加速度为g，则在这段时间内，下列说法中正确的是(　　)
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A．该同学所受的重力变小了
B．该同学对体重计的压力等于体重计对该同学的支持力大小
C．电梯一定在竖直向下运动
D．电梯的加速度大小为，方向一定竖直向下
7．(2019·山东济南模拟)如图所示，用力F拉A、B、C三个物体在光滑水平面上运动，现在中间的B物体上加一块橡皮泥，它和中间的物体一起运动，且原拉力F不变，那么加上物体以后，两段绳的拉力Ta和Tb的变化情况是(　　)
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A．Ta增大 B．Tb增大 C．Ta减小 D．Tb减小
8.(多选)如图所示，总质量为460 kg的热气球，从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5 m/s2，当热气球上升到180 m时，以5 m/s的速度向上匀速运动．若离开地面后热气球所受浮力保持不变，上升过程中热气球总质量不变，重力加速度g取10 m/s2.关于热气球，下列说法正确的是(　　)
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A．所受浮力大小为4 830 N
B．加速上升过程中所受空气阻力保持不变
C．从地面开始上升10 s后的速度大小为5 m/s
D．以5 m/s匀速上升时所受空气阻力大小为230 N
9.(2019·辽宁葫芦岛模拟)如图甲所示，倾角为θ的足够长的传送带以恒定的速度v0沿逆时针方向运行．t＝0时，将质量m＝1 kg的物体(可视为质点)轻放在传送带上，物体相对地面的v?t图象如图乙所示．设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g＝10 m/s2.则(　　)
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A．传送带的速率v0＝10 m/s B．传送带的倾角θ＝30°
C．物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5 D．0～2 s内摩擦力对物体做功W＝－24 J
10.(2019·广东湛江一中等“四校”联考)如图甲所示，质量为M的木板静止在光滑水平面上，一个质量为m的小滑块以初速度v0从木板的左端向右滑上木板．滑块和木板的水平速度随时间变化的图象如图乙所示．某同学根据图象作出如下一些判断，正确的是(　　)
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A．滑块和木板始终存在相对运动 B．滑块始终未离开木板
C．滑块的质量小于木板的质量 D．木板的长度为
11.(2019·河南重点中学联考)北京已获得2022年冬奥会举办权！如图所示，俯式冰橇是冬奥会的比赛项目之一，其赛道可简化为起点和终点高度差为120 m、长度为1 200 m的斜坡．假设某运动员从起点开始，以平行赛道的恒力F＝40 N推动质量m＝40 kg的冰橇开始沿斜坡向下运动，出发4 s内冰橇发生的位移为12 m,8 s末迅速登上冰橇与冰橇一起沿直线运动直到终点．设运动员登上冰橇前后冰橇速度不变，不计空气阻力，求：(g取10 m/s2，取赛道倾角的余弦值为1，正弦值按照题目要求计算)
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(1)出发4 s内冰橇的加速度大小；
(2)冰橇与赛道间的动摩擦因数；
(3)比赛中运动员到达终点时的速度大小．
12.(2019·浙江杭州五校联盟联考)足够长光滑斜面BC的倾角α＝53°，小物块与水平面间动摩擦因数为0.5，水平面与斜面之间由一小段长度不计的弧形连接，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°角的恒力F作用，如图甲所示，小物块在AB段运动的速度—时间图象如图乙所示，到达B点撤去恒力F(已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g取10 m/s2)．求：
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(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)小物块能否返回到A点？若能，计算小物块通过A点时的速度；若不能，计算小物块停止运动时离B点的距离．
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2020届高三二轮复习专题复习
专题三 牛顿运动定律及应用(4课时）
考点
要求
考点解读及预测
牛顿第一定律、牛顿第三定律
Ⅰ
纵观全国近几年的高考试题，以图象的方式考查牛顿第二定律是一类很重要的项目，此类问题要求考生具备理解图象和破译图象信息的能力，图象的形式以v－t、a－t、F－t居多，考查最多的是v－t图象，题型既有选择题也有计算题，难度中等.
本部分内容命题存在以下特点和趋势：一是高考考查的重点，命题次数较多；二是题型全面：从选择到实验、再到计算题；三是命题趋势大体呈现：从匀变速直线运动规律的应用为重点转向动力学方法的应用为重点.
牛顿第二定律
Ⅱ
牛顿运动定律的应用
Ⅱ
1.牛顿第一定律
(1)内容：一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，除非作用在它上面的力迫使它改变这种状态.
(2)意义：
①揭示了物体的固有属性：一切物体都有惯性，因此牛顿第一定律又叫惯性定律；
②揭示了力与运动的关系：力不是维持物体运动的原因，而是改变物体运动状态的原因，即力是产生加速度的原因.
2.牛顿第二定律
(1)内容：物体加速度的大小跟它受到的作用力成正比，跟它的质量成反比，加速度的方向跟作用力的方向相同.
(2)表达式：F＝ma.
3.牛顿第三定律
（1）.作用力和反作用力：两个物体之间的作用总是相互的，一个物体对另一个物体施加了力，后一个物体同时对前一个物体也施加力.
（2）.内容：两个物体之间的作用力和反作用力总是大小相等、方向相反、作用在同一条直线上.
（3）.表达式：F＝－F′.
一、斜面问题
1.放在与水平方向成θ角的斜面上的物体，若给物体一定的初速度
① 当μ＝tanθ时,物体沿斜面匀速下滑；
② 当μ＞tanθ（μmgcosθ＞mgsinθ）时,物体沿斜面减速下滑；
③ 当μ＜tanθ（μmgcosθ＜mgsinθ）时,物体沿斜面加速下滑。?
2.“等时圆”模型
（1）.两种模型(如图)
（2）.等时性的证明
设某一条光滑弦与水平方向的夹角为α，圆的直径为d(如图).根据物体沿光滑弦做初度为零的匀加速直线运动，加速度为a＝gsinα，位移为s＝dsinα，所以运动时间为t0＝＝＝.
即沿同一起点或终点的各条光滑弦运动具有等时性，运动时间与弦的倾角、长短无关.
二、超重和失重
1、超重：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)大于物体所受到的重力的情况称为超重现象。
2、失重：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)小于物体所受到的重力的情况称为失重现象。
超重
失重
完全失重
视重>实重
视重<实重
F=m(g+a)
F=m(g-a)
F=0
条件
向上的a
向下的a
向下的a，且a=g
运动情况
加速向上/减速向下
加速向下/减速向上
自由落体/竖直上抛
3、超重和失重现象的本质：重力不变，物体对支持物的压力和对悬挂物的拉力发生变化。
三、动力学的连接体问题
1．加速度相同的连接体问题
(1)若求解整体的加速度，可用整体法．整个系统看作一个研究对象，分析整体受外力情况，再由牛顿第二定律求出加速度．
(2)若求解系统内力，可先用整体法求出整体加速度，再用隔离法将内力转化成外力，由牛顿第二定律求解．
2．加速度不同的连接体问题
若系统内各个物体的加速度不同，一般应采用隔离法．以各个物体分别作为研究对象，对每个研究对象进行受力和运动情况分析，分别应用牛顿第二定律建立方程，并注意各个物体的相互作用关系，联立求解．
四、应用动力学方法分析传送带问题
1．传送带问题的实质是相对运动问题，这样的相对运动将直接影响摩擦力的方向．因此，搞清楚物体与传送带间的相对运动方向是解决该问题的关键．
2．传送带问题还常常涉及到临界问题，即物体与传送带速度相同，这时会出现摩擦力改变的临界状态，具体如何改变要根据具体情况判断．
五、应用动力学方法分析“滑块—木板模型”问题
滑块—木板模型类问题中，滑动摩擦力的分析方法与传送带类似，但这类问题比传送带类问题更复杂，处理此类物体匀变速运动问题要注意从速度、位移、时间等角度，寻找它们之间的联系．流程：
六.瞬时问题
1.牛顿第二定律的表达式为：F合＝ma，加速度由物体所受合外力决定，加速度的方向与物体所受合外力的方向一致.当物体所受合外力发生突变时，加速度也随着发生突变，而物体运动的速度不能发生突变.
2.轻绳、轻杆和轻弹簧(橡皮条)的区别：
(1)轻绳和轻杆：剪断轻绳或轻杆断开后，原有的弹力将突变为0.
(2)轻弹簧和橡皮条：当轻弹簧和橡皮条与其它物体连接时，轻弹簧或橡皮条的弹力不能发生突变.
七. 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.
题型一 动力学的两类基本问题
【典例1】某同学用位移传感器研究木块在斜面上的滑动情况，装置如图．已知斜面倾角θ＝37°.他使木块以初速度v0沿斜面上滑，并同时开始记录数据，绘得木块从开始上滑至最高点，然后又下滑回到出发处过程中的x－t图线如图(b)所示．图中曲线左侧起始端的坐标为(0,1.4)，曲线最低点的坐标为(0.5,0.4)．重力加速度g取10 m/s2.求：

(1)木块上滑时的初速度v0和上滑过程中的加速度a；
(2)木块与斜面间的动摩擦因数μ；
(3)木块滑回出发点时的速度vt.
【答案】(1)4 m/s　－8 m/s2　(2)0.25　(3)2 m/s
【解析】(1)木块匀减速上滑，由图象得到：末速度v＝0，
位移x＝1.4 m－0.4 m＝1.0 m，时间为t＝0.5 s；
根据位移时间公式，有：x＝v0t＋at2；
根据速度时间公式，有：v＝v0＋at；
联立解得：v0＝4 m/s，a＝－8 m/s2.
(2)上滑过程，木块受重力、支持力和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律，
有：－mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma
代入数据解得：μ＝0.25.
(3)木块下滑过程，根据牛顿第二定律，有：mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma′
代入数据解得：a′＝4 m/s2
物体匀加速下滑，根据速度位移公式，有：v＝2a′x
解得：vt＝＝ m/s＝2 m/s.
题型二 动力学中的临界与极值问题
【典例2】如图所示，木板与水平地面间的夹角θ可以随意改变，当θ＝30°时，可视为质点的一小物块恰好能沿着木板匀速下滑。若让该小物块从木板的底端以大小恒定的初速率v0＝10 m/s的速度沿木板向上运动，随着θ的改变，小物块沿木板滑行的距离x将发生变化，重力加速度g取10 m/s2。

(1)求小物块与木板间的动摩擦因数；
(2)当θ角满足什么条件时，小物块沿木板滑行的距离最小，并求出此最小值。
【答案】(1)　(2)θ＝60°　 m
【解析】(1)当θ＝30°时，小物块恰好能沿着木板匀速下滑，则mgsin θ＝Ff，Ff＝μmgcos θ
联立解得：μ＝。
(2)当θ变化时，设沿斜面向上为正方向，物块的加速度为a，则－mgsin θ－μmgcos θ＝ma，
由0－v02＝2ax得x＝，
令cos α＝，sin α＝，
即tan α＝μ，当α＋θ＝90°时x最小，即θ＝60°，
所以x最小值为xmin＝＝＝ m。
题型三 动力学的“等时圆”模型
【典例3】如图所示，在竖直平面内有一矩形，其长边与一圆的底部相切于O点，现在有三条光滑轨道a、b、c，它们的上端位于圆周上，下端在矩形的底边，三轨道都经过切点O，现在让一物块先后从三轨道顶端由静止下滑至底端(轨道先后放置)，则物块在每一条倾斜轨道上滑动时所经历的时间关系为 (　　)
A．ta＞tb＞tc B．ta＜tb＜tc
C．ta＝tb＝tc D．无法确定
【答案】B
【解析】设上面圆的半径为r，矩形宽为R，轨道与竖直方向的夹角为α，则轨道的长度x＝2rcos α＋，下滑的加速度a＝＝gcos α，根据位移时间公式x＝at2，得t＝＝.因为a、b、c夹角由小至大，所以有tc＞tb＞ta，故B正确，A、C、D错误．
题型四 超重失重问题
【典例4】(2019·浙江嘉兴模拟)如图所示是我国首次立式风洞跳伞实验，风洞喷出竖直向上的气流将实验者加速向上“托起”．此过程中(　　)
A．地球对人的吸引力和人对地球的吸引力大小相等
B．人受到的重力和人受到气流的力是一对作用力与反作用力
C．人受到的重力大小等于气流对人的作用力大小
D．人被向上“托起”时处于超重状态
【答案】AD
【解析】地球对人的吸引力和人对地球的吸引力是一对相互作用力，等大反向，A正确；相互作用力是两个物体间的相互作用，而人受到的重力和人受到气流的力涉及人、地球、气流三个物体，不是一对相互作用力，B错误；由于风洞喷出竖直向上的气流将实验者加速向上“托起”，在竖直方向上合力不为零，所以人受到的重力大小不等于气流对人的作用力大小，C错误；人被向上“托起”时加速度向上，处于超重状态，D正确．
题型五 连接体问题
【典例5】(2019·河南洛阳联考)放在光滑水平面上的物块1、2用轻质弹簧测力计相连，如图所示．今对物块1、2分别施加方向相反的水平力F1、F2，且F1大于F2，则弹簧测力计的示数(　　)
A．一定大于F2小于F1 B．一定等于F1－F2
C．一定等于F1＋F2 D．一定等于
【答案】：A
【解析】：两个物块一起向左做匀加速直线运动，对两个物块整体运用牛顿第二定律，有F1－F2＝(M＋m)a，再对物块1受力分析，运用牛顿第二定律，得到F1－F＝Ma，解得F＝，由于F1大于F2，故F一定大于F2小于F1，故选A.
题型六 动力学的“传送带”模型
【典例6】 (2019·湖南五市十校联考)如图所示，传送带带面AB与水平面间夹角为α＝37°，物块与传送带之间动摩擦因数为0.5，传送带保持匀速运转．现将物块由静止放到传送带中部，A、B间距离足够大(即物块可与带面等速，且物块与带面等速时，物块尚未到达A或B)．下列关于物块在带面AB上的运动情况的分析正确的是 (　　)
A．若传送带沿顺时针方向匀速运转，物块沿传送带向上加速滑动
B．若传送带沿顺时针方向匀速运转，物块沿传送带向下加速滑动
C．若传送带沿逆时针方向匀速运转，物块加速度的大小先为10 m/s2，后为0
D．若传送带沿逆时针方向匀速运转，物块加速度的大小先为10 m/s2，后为2 m/s2
【答案】　BD
【解析】因为mgsin α＞μmgcos α，若传送带沿顺时针方向匀速运转，物块沿传送带向下加速滑动，A错误，B正确；若传送带沿逆时针方向匀速运转，刚开始由于物块的速度小于传送带的速度，所以此时物块相对传送带向上运动，故受到的摩擦力方向沿传送带向下，根据牛顿第二定律可得a1＝＝10 m/s2，当物块速度和传送带速度相同时，由于mgsin α＞μmgcos α，所以物块仍会向下加速运动，此时物块相对传送带向下运动，所以受到的摩擦力方向沿传送带向上，故根据牛顿第二定律可得a2＝＝2 m/s2，故C错误，D正确．
题型七 动力学的 “滑块—木板”模型
【典例7】(2019·湖北三校联考)有一项“快乐向前冲”的游戏可简化如下：如图所示，滑板长L＝1 m，起点A到终点线B的距离s＝5 m．开始滑板静止，右端与A平齐，滑板左端放一可视为质点的滑块，对滑块施一水平恒力F使滑板前进．滑板右端到达B处冲线，游戏结束．已知滑块与滑板间动摩擦因数μ＝0.5，地面视为光滑，滑块质量m1＝2 kg，滑板质量m2＝1 kg，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)滑板由A滑到B的最短时间；
(2)为使滑板能以最短时间到达，水平恒力F的取值范围．
【答案】 (1)1 s　(2)30 N≤F≤34 N
【解析】 (1)滑板一直以最大加速度加速时，所用时间最短．设滑板最大加速度为a2，f＝μm1g＝m2a2，a2＝10 m/s2，s＝，解得t＝1 s.
(2)滑板与滑块刚好相对滑动时，水平恒力最小，设为F1，此时可认为二者加速度相等，
F1－μm1g＝m1a2，
解得F1＝30 N.
当滑板运动到B点，滑块刚好脱离时，水平恒力最大，设为F2，设滑块加速度为a1，
F2－μm1g＝m1a1，
－＝L，
解得F2＝34 N.
则水平恒力大小范围是30 N≤F≤34 N.
1.(2019·山东临沂检测)如图所示，在倾角为θ＝30°的光滑斜面上，物块A、B质量分别为m和2m.物块A静止在轻弹簧上面，物块B用细线与斜面顶端相连，A、B挨在一起但A、B之间无弹力．已知重力加速度为g，某时刻把细线剪断，当细线剪断瞬间，下列说法正确的是(　　)
A．物块A的加速度为0 B．物块A的加速度为
C．物块B的加速度为0 D．物块B的加速度为
【答案】B
【解析】剪断细线前，弹簧的弹力：F弹＝mgsin 30°＝mg，细线剪断的瞬间，弹簧的弹力不变，仍为F弹＝mg；剪断细线瞬间，对A、B系统，加速度为：a＝＝，即A和B的加速度均为，故选B.
2．(2019·湖北襄阳模拟)在欢庆节日的时候，人们会在夜晚燃放美丽的焰火．按照设计，某种型号的装有焰火的礼花弹从专用炮筒中射出后，在4 s末到达离地面100 m的最高点时炸开，构成各种美丽的图案．假设礼花弹从炮筒中竖直射出时的初速度是v0，上升过程中所受的平均阻力大小始终是自身重力的k倍，那么v0和k分别等于(重力加速度g取10 m/s2)(　　)
A．25 m/s　1.25 B．40 m/s　0.25
C．50 m/s　0.25 D．80 m/s　1.25
【答案】C
【解析】根据h＝at2，解得a＝12.5 m/s2，所以v0＝at＝50 m/s；上升过程礼花弹所受的平均阻力Ff＝kmg，根据牛顿第二定律得a＝＝(k＋1)g＝12.5 m/s2，解得k＝0.25，故选项C正确．
3.(多选)(2019·云南昆明检测)如图所示，我国有一种传统的民族体育项目叫作“押加”，实际上相当于两个人拔河，如果甲、乙两人在“押加”比赛中，甲获胜，则下列说法中正确的是(　　)
A．甲对乙的拉力大于乙对甲的拉力，所以甲获胜
B．当甲把乙匀速拉过去时，甲对乙的拉力大小等于乙对甲的拉力大小
C．当甲把乙加速拉过去时，甲对乙的拉力大小大于乙对甲的拉力大小
D．甲对乙的拉力大小始终等于乙对甲的拉力大小，只是地面对甲的摩擦力大于地面对乙的摩擦力，所以甲获胜
【答案】BD
【解析】甲对乙的拉力和乙对甲的拉力属于作用力与反作用力，总是大小相等，与甲、乙运动状态无关，故B正确，A、C错误．地面对甲的摩擦力大于地面对乙的摩擦力，所以甲获胜，故D正确．
4.（多选）如图所示，水平传送带A、B两端相距x＝4 m，以v0＝4 m/s的速度(始终保持不变)顺时针运转，今将一小煤块(可视为质点)无初速度地轻放至A端，由于煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕．已知煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，取重力加速度g＝10 m/s2，则煤块从A运动到B的过程中(　　)
A．煤块到A运动到B的时间是2.25 s B．煤块从A运动到B的时间是1.5 s
C．划痕长度是2 m D．划痕长度是0.5 m
【答案】BC
【解析】煤块在传送带上匀加速运动时，根据牛顿第二定律有μmg＝ma，得a＝μg＝4 m/s2，当煤块速度和传送带速度相同时，位移x1＝＝2 m＜4 m，因此煤块先加速后匀速，匀加速运动的时间t1＝＝1 s，匀速运动的时间t2＝＝0.5 s，煤块从A运动到B的总时间t＝t1＋t2＝1.5 s，A错误，B正确；在加速阶段产生相对位移即产生划痕，则有Δx＝v0t1－x1＝2 m，C正确，D错误．
5.如图甲所示，小物块从足够长的光滑斜面顶端由静止自由滑下．下滑位移x时的速度为v，其x - v2图象如图乙所示，取g＝10 m/s2，则斜面倾角θ为(　　)
A．30° B．45° C．60° D．75°
【答案】A
【解析】由v2＝2ax得x＝v2，结合x - v2图象可知小物块的加速度a＝5 m/s2，根据牛顿第二定律得，小物块的加速度a＝gsin θ，所以θ＝30°，选项A正确，B、C、D错误．
6.在升降电梯内的地板上放一体重计，电梯静止时，某同学站在体重计上，体重计示数为50 kg，电梯运动过程中，某一段时间内该同学发现体重计示数如图所示，已知重力加速度为g，则在这段时间内，下列说法中正确的是(　　)
A．该同学所受的重力变小了
B．该同学对体重计的压力等于体重计对该同学的支持力大小
C．电梯一定在竖直向下运动
D．电梯的加速度大小为，方向一定竖直向下
【答案】BD
【解析】体重计的示数减小，说明该同学对其压力减小，但该同学所受重力没有变化，故选项A错误；该同学对体重计的压力和体重计对其的支持力是一对作用力与反作用力，根据牛顿第三定律可知选项B正确；体重计的示数变小，说明处于失重状态，电梯可能向下加速运动或者向上减速运动，故选项C错误；电梯静止时，由平衡条件知FN1＝mg，电梯运动过程中，由牛顿第二定律可知mg－FN2＝ma，代入数据解得a＝g，故选项D正确．
7．(2019·山东济南模拟)如图所示，用力F拉A、B、C三个物体在光滑水平面上运动，现在中间的B物体上加一块橡皮泥，它和中间的物体一起运动，且原拉力F不变，那么加上物体以后，两段绳的拉力Ta和Tb的变化情况是(　　)
A．Ta增大 B．Tb增大 C．Ta减小 D．Tb减小
【答案】AD
【解析】设最左边的物体质量为m，最右边的物体质量为m′，整体质量为M，整体的加速度a＝，对最左边的物体分析，Tb＝ma＝，对最右边的物体分析，有F－Ta＝m′a，解得Ta＝F－.在中间物体上加上一个小物体，则整体的加速度a减小，因为m、m′不变，所以Tb减小，Ta增大，A、D正确．
8.(多选)如图所示，总质量为460 kg的热气球，从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5 m/s2，当热气球上升到180 m时，以5 m/s的速度向上匀速运动．若离开地面后热气球所受浮力保持不变，上升过程中热气球总质量不变，重力加速度g取10 m/s2.关于热气球，下列说法正确的是(　　)
A．所受浮力大小为4 830 N
B．加速上升过程中所受空气阻力保持不变
C．从地面开始上升10 s后的速度大小为5 m/s
D．以5 m/s匀速上升时所受空气阻力大小为230 N
【答案】AD
【解析】热气球从地面刚开始上升时，由牛顿第二定律有F合＝F浮－mg＝ma，得热气球所受的浮力F浮＝m(g＋a)＝460×(10＋0.5)N＝4 830 N，则A项正确；气球受重力、浮力和空气阻力，若空气阻力不变，合力不变，气球应匀加速上升，与题矛盾，可知阻力是变化的，则B项错误；热气球以5 m/s的速度匀速上升时，由平衡条件知，所受的空气阻力Ff＝F浮－mg＝4 830 N－460×10 N＝230 N，则D项正确；热气球从地面上升10 s内，它做变加速运动，故10 s时其速度大小不是5 m/s，则C项错误．
9.(2019·辽宁葫芦岛模拟)如图甲所示，倾角为θ的足够长的传送带以恒定的速度v0沿逆时针方向运行．t＝0时，将质量m＝1 kg的物体(可视为质点)轻放在传送带上，物体相对地面的v?t图象如图乙所示．设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g＝10 m/s2.则(　　)
A．传送带的速率v0＝10 m/s B．传送带的倾角θ＝30°
C．物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5 D．0～2 s内摩擦力对物体做功W＝－24 J
【答案】ACD
【解析】由题图可知，当物体速度达到v0＝10 m/s时，加速度的大小发生了变化，这是因为此时物体与传送带达到共速，物体受到的滑动摩擦力变向所致，故A正确；0～1 s内物体的加速度为a1＝10 m/s2,1～2 s内为a2＝2 m/s2，则有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，联立解得θ＝37°，μ＝0.5，故B错误，C正确；设物体的两段位移为x1、x2，则有x1＝＝ m＝5 m，x2＝＝ m＝11 m，摩擦力对物体做的功为W＝W1＋W2＝μmgcos θ×x1－μmgcos θ×x2＝－24 J，故D正确．
10.(2019·广东湛江一中等“四校”联考)如图甲所示，质量为M的木板静止在光滑水平面上，一个质量为m的小滑块以初速度v0从木板的左端向右滑上木板．滑块和木板的水平速度随时间变化的图象如图乙所示．某同学根据图象作出如下一些判断，正确的是(　　)
A．滑块和木板始终存在相对运动 B．滑块始终未离开木板
C．滑块的质量小于木板的质量 D．木板的长度为
【答案】B
【解析】由题意知，滑块在木板的摩擦力作用下做匀减速直线运动，木板在滑块的摩擦力作用下做初速度为0的匀加速直线运动，最终两者相对静止，一起运动，故A错误；由图乙可知，最终滑块与木板速度相等，它们相对静止，滑块没有滑离木板，故B正确；由于滑块、木板间相互作用的摩擦力分别使滑块、木板产生加速度，所以满足mam＝MaM，由图象知，在t1时间内匀减速运动的加速度小于匀加速运动的加速度，即amM，即滑块的质量大于木板的质量，故C错误；两物块相对静止时，两者的位移差x＝t1－t1＝，则木板长度大于或等于，故D错误.
11.(2019·河南重点中学联考)北京已获得2022年冬奥会举办权！如图所示，俯式冰橇是冬奥会的比赛项目之一，其赛道可简化为起点和终点高度差为120 m、长度为1 200 m的斜坡．假设某运动员从起点开始，以平行赛道的恒力F＝40 N推动质量m＝40 kg的冰橇开始沿斜坡向下运动，出发4 s内冰橇发生的位移为12 m,8 s末迅速登上冰橇与冰橇一起沿直线运动直到终点．设运动员登上冰橇前后冰橇速度不变，不计空气阻力，求：(g取10 m/s2，取赛道倾角的余弦值为1，正弦值按照题目要求计算)
(1)出发4 s内冰橇的加速度大小；
(2)冰橇与赛道间的动摩擦因数；
(3)比赛中运动员到达终点时的速度大小．
【答案】 (1)1.5 m/s2　(2)0.05　(3)36 m/s
【解析】 (1)设出发4 s内冰橇的加速度为a1，出发4 s内冰橇发生的位移为x1＝a1t12
解得a1＝1.5 m/s2.
(2)由牛顿第二定律有F＋mgsin θ－μmgcos θ＝ma1
解得μ＝0.05.
(3)8 s后冰橇的加速度为a2，由牛顿第二定律有
(m＋M)gsin θ－μ(m＋M)gcos θ＝(m＋M)a2
8 s末冰橇的速度为v1＝a1t2
出发8 s内冰橇发生的位移为x2＝a1t22＝48 m
到达终点时速度最大，设最大速度为v2，则
v22－v12＝2a2(x－x2)
解得v2＝36 m/s.
12.(2019·浙江杭州五校联盟联考)足够长光滑斜面BC的倾角α＝53°，小物块与水平面间动摩擦因数为0.5，水平面与斜面之间由一小段长度不计的弧形连接，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°角的恒力F作用，如图甲所示，小物块在AB段运动的速度—时间图象如图乙所示，到达B点撤去恒力F(已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g取10 m/s2)．求：
(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)小物块能否返回到A点？若能，计算小物块通过A点时的速度；若不能，计算小物块停止运动时离B点的距离．
【答案】 (1)11 N　(2)0.5 s(3)不能返回到A点，停止运动时离B点的距离为0.4 m
【解析】 (1)由题图乙可知，AB段加速度
a1＝＝ m/s2＝0.5 m/s2，
根据牛顿第二定律，有Fcos α－μ(mg－Fsin α)＝ma1，
解得F＝11 N.
(2)在BC段mgsin α＝ma2，解得a2＝8.0 m/s2.
小物块从B上滑到最高点所用时间与从最高点滑回到B所用时间相等，由题图乙可知，小物块到达B点的速度vB＝2.0 m/s，有
t＝＝ s＝0.5 s.
(3)小物块从B向A运动过程中，有μmg＝ma3，
解得a3＝5.0 m/s2.
滑行的位移s＝＝ m＝0.4 m
sAB＝t＝t＝×4.0 m＝4.0 m>0.4 m，所以小物块不能返回到A点，停止运动时离B点的距离为0.4 m.

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