【物理】2019届一轮复习人教版动力学两类基本问题和临界极值问题学案
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.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1 (多选)(2016·全国卷Ⅱ·19)两实心小球甲和乙由同一种材料制成，甲球质量大于乙球质量.两球在空气中由静止下落，假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，与球的速率无关.若它们下落相同的距离，则( )
A.甲球用的时间比乙球长
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 小球的质量m＝ρ·πr3，由题意知m甲>m乙，ρ甲＝ρ乙，则r甲>r乙.空气阻力f＝kr，对小球由牛顿第二定律得，mg－f＝ma，则a＝＝g－＝g－，可得a甲>a乙，由h＝at2知，t甲
v乙，故选项B正确；因f甲>f乙，由球克服阻力做功Wf＝f h知，甲球克服阻力做功较大，选项D正确.
二、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.
自测2 (2015·山东理综·16)如图1，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1
A. B.
C. D.
答案 B
解析 对物体A、B整体在水平方向上有F＝μ2(mA＋mB)g；对物体B在竖直方向上有μ1F＝mBg；联立解得：＝，选项B正确.
命题点一 动力学两类基本问题
1.解题关键
(1)两类分析——物体的受力分析和物体的运动过程分析；
(2)两个桥梁——加速度是联系运动和力的桥梁；速度是各物理过程间相互联系的桥梁.
2.常用方法
(1)合成法
在物体受力个数较少(2个或3个)时一般采用合成法.
(2)正交分解法
若物体的受力个数较多(3个或3个以上)时，则采用正交分解法.
类型1 已知物体受力情况，分析物体运动情况
例1 (2014·课标全国卷Ⅰ·24)公路上行驶的两汽车之间应保持一定的安全距离.当前车突然停止时，后车司机可以采取刹车措施，使汽车在安全距离内停下而不会与前车相碰.通常情况下，人的反应时间和汽车系统的反应时间之和为1 s.当汽车在晴天干燥沥青路面上以108 km/h的速度匀速行驶时，安全距离为120 m.设雨天时汽车轮胎与沥青路面间的动摩擦因数为晴天时的.若要求安全距离仍为120 m，求汽车在雨天安全行驶的最大速度.
答案 20 m/s
解析 设路面干燥时，汽车与地面间的动摩擦因数为μ0，刹车时汽车的加速度大小为a0，安全距离为s，反应时间为t0，由牛顿第二定律和运动学公式得
μ0mg＝ma0 ①
s＝v0t0＋ ②
式中，m和v0分别为汽车的质量和刹车前的速度.
设在雨天行驶时，汽车与地面间的动摩擦因数为μ，依题意有μ＝μ0 ③
设在雨天行驶时汽车刹车的加速度大小为a，安全行驶的最大速度为v，由牛顿第二定律和运动学公式得
μmg＝ma ④
s＝vt0＋ ⑤
联立①②③④⑤式并代入题给数据得
v＝20 m/s(v＝－24 m/s不符合实际，舍去)
变式1 如图2所示滑沙游戏中，做如下简化：游客从顶端A点由静止滑下8 s后，操纵刹车手柄使滑沙车匀速下滑至底端B点，在水平滑道上继续滑行直至停止.已知游客和滑沙车的总质量m＝70 kg，倾斜滑道AB长lAB＝128 m，倾角θ＝37°，滑沙车底部与沙面间的动摩擦因数μ＝0.5.滑沙车经过B点前后的速度大小不变，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力.
图2
(1)求游客匀速下滑时的速度大小；
(2)求游客匀速下滑的时间；
(3)若游客在水平滑道BC段的最大滑行距离为16 m，则他在此处滑行时，需对滑沙车施加多大的水平制动力？
答案 (1)16 m/s (2)4 s (3)210 N
解析 (1)由mgsin θ－μmgcos θ＝ma，解得游客从顶端A点由静止滑下的加速度a＝2 m/s2.游客匀速下滑时的速度大小为v＝at1＝16 m/s.
(2)加速下滑路程为l1＝at12＝64 m，匀速下滑路程l2＝lAB－l1＝64 m，游客匀速下滑的时间t2＝＝4 s.
(3)设游客在BC段的加速度大小为a′，由0－v2＝－2a′x
解得a′＝＝8 m/s2，由牛顿第二定律得F＋μmg＝ma′，解得制动力F＝210 N.
类型2 已知物体运动情况，分析物体受力情况
例2 (2014·课标全国卷Ⅱ·24)2012年10月，奥地利极限运动员菲利克斯·鲍姆加特纳乘气球升至约39 km的高空后跳下，经过4分20秒到达距地面约1.5 km高度处，打开降落伞并成功落地，打破了跳伞运动的多项世界纪录.取重力加速度的大小g＝10 m/s2.
(1)若忽略空气阻力，求该运动员从静止开始下落至1.5 km高度处所需的时间及其在此处速度的大小；
(2)实际上，物体在空气中运动时会受到空气的阻力，高速运动时所受阻力的大小可近似表示为f＝kv2，其中v为速率，k为阻力系数，其数值与物体的形状、横截面积及空气密度有关.已知该运动员在某段时间内高速下落的v—t图象如图3所示.若该运动员和所带装备的总质量m＝100 kg，试估算该运动员在达到最大速度时所受阻力的阻力系数.(结果保留1位有效数字)
图3
答案 (1)87 s 8.7×102 m/s (2)0.008 kg/m
解析 (1)设该运动员从开始自由下落至1.5 km高度处的时间为t，下落距离为s，在1.5 km高度处的速度大小为v.根据运动学公式有
v＝gt ①
s＝gt2 ②
根据题意有
s＝3.9×104 m－1.5×103 m＝3.75×104 m ③
联立①②③式得
t≈87 s ④
v≈8.7×102 m/s ⑤
(2)该运动员达到最大速度vmax时，加速度为零，根据平衡条件有mg＝kvmax2 ⑥
由所给的v—t图象可读出vmax≈360 m/s ⑦
由⑥⑦式得k≈0.008 kg/m
变式2 如图4甲所示，质量m＝1 kg的物块在平行斜面向上的拉力F作用下从静止开始沿斜面向上运动，t＝0.5 s时撤去拉力，利用速度传感器得到其速度随时间的变化关系图象(v－t图象)如图乙所示，g取10 m/s2，求：
图4
(1)2 s内物块的位移大小x和通过的路程L；
(2)沿斜面向上运动的两个阶段加速度大小a1、a2和拉力大小F.
答案 (1)0.5 m 1.5 m (2)4 m/s2 4 m/s2 8 N
解析 (1)在2 s内，由题图乙知：
物块上升的最大距离：x1＝×2×1 m＝1 m
物块下滑的距离：x2＝×1×1 m＝0.5 m
所以位移大小x＝x1－x2＝0.5 m
路程L＝x1＋x2＝1.5 m
(2)由题图乙知，所求两个阶段加速度的大小
a1＝4 m/s2
a2＝4 m/s2
设斜面倾角为θ，斜面对物块的摩擦力为Ff，根据牛顿第二定律有
0～0.5 s内：F－Ff－mgsin θ＝ma1
0.5～1 s内：Ff＋mgsin θ＝ma2
解得F＝8 N
命题点二 多物体多过程问题
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”的模型特点选择合理的物理规律列方程.
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.
例3 (2015·全国卷Ⅱ·25)下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害.某地有一倾角为θ＝37°(sin 37°＝)的山坡C，上面有一质量为m的石板B，其上下表面与斜坡平行；B上有一碎石堆A(含有大量泥土)，A和B均处于静止状态，如图5所示.假设某次暴雨中，A浸透雨水后总质量也为m(可视为质量不变的滑块)，在极短时间内，A、B间的动摩擦因数μ1减小为，B、C间的动摩擦因数μ2减小为0.5，A、B开始运动，此时刻为计时起点；在第2 s末，B的上表面突然变为光滑，μ2保持不变.已知A开始运动时，A离B下边缘的距离l＝27 m，C足够长，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力.取重力加速度大小g＝10 m/s2.求：
图5
(1)在0～2 s时间内A和B加速度的大小；
(2)A在B上总的运动时间.
答案 (1)3 m/s2 1 m/s2 (2)4 s
解析 (1)在0～2 s时间内，A和B的受力如图所示，其中Ff1、FN1是A与B之间的摩擦力和正压力的大小，Ff2、FN2是B与C之间的摩擦力和正压力的大小，方向如图所示.由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得
Ff1＝μ1FN1 ①
FN1＝mgcos θ ②
Ff2＝μ2FN2 ③
FN2＝FN1′＋mgcos θ，FN1′＝FN1 ④
规定沿斜面向下为正.设A和B的加速度分别为a1和a2，由牛顿第二定律得
mgsin θ－Ff1＝ma1 ⑤
mgsin θ－Ff2＋Ff1′＝ma2，Ff1′＝Ff1 ⑥
联立①②③④⑤⑥式，并代入题给条件得
a1＝3 m/s2 ⑦
a2＝1 m/s2. ⑧
(2)在t1＝2 s时，设A和B的速度分别为v1和v2，则
v1＝a1t1＝6 m/s ⑨
v2＝a2t1＝2 m/s ⑩
2 s后，设A和B的加速度分别为a1′和a2′.此时A与B之间摩擦力为零，同理可得
a1′＝6 m/s2 ⑪
a2′＝－2 m/s2 ⑫
由于a2′＜0，可知B做减速运动.设经过时间t2，B的速度减为零，则有
v2＋a2′t2＝0 ⑬
联立⑩⑫⑬式得t2＝1 s ⑭
在t1＋t2时间内，A相对于B运动的距离为
x＝－＝12 m＜27 m ⑮
此后B静止不动，A继续在B上滑动.设再经过时间t3后A离开B，则有
l－x＝(v1＋a1′t2)t3＋a1′t32 ⑯
可得t3＝1 s(另一解不合题意，舍去) ⑰
设A在B上总的运动时间t总，有t总＝t1＋t2＋t3＝4 s
变式3 (2018·华中师范大学附中模拟)如图6甲所示为一倾角θ＝37°足够长的斜面，将一质量m＝1 kg的物体在斜面上静止释放，同时施加一沿斜面向上的拉力，拉力随时间变化关系图象如图乙所示，物体与斜面间动摩擦因数μ＝0.25.取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
图6
(1)2 s末物体的速度大小；
(2)前16 s内物体发生的位移.
答案 (1)5 m/s (2)30 m，方向沿斜面向下
解析 (1)分析可知物体在前2 s内沿斜面向下做初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得
mgsin θ－F1－μmgcos θ＝ma1，
v1＝a1t1，
代入数据可得
v1＝5 m/s.
(2)设物体在前2 s内发生的位移为x1，则
x1＝a1t12＝5 m.
当拉力为F2＝4.5 N时，由牛顿第二定律可得
mgsin θ－μmgcos θ－F2＝ma2，
代入数据可得a2＝－0.5 m/s2，
物体经过t2时间速度减为零，则
0＝v1＋a2t2，
t2＝10 s，
设t2时间内发生的位移为x2，则
x2＝v1t2＋a2t22＝25 m，
由于mgsin θ－μmgcos θ＝1 m，故滑块会掉下来.
(3)加上恒力F的方向与摩擦力方向相同，故滑块所受合力F合′＝Ff＋F，
由牛顿第二定律有F合′＝ma′，
滑块放上车后做匀加速直线运动，设当经历时间t′之后速度达到v0，滑块通过位移x1′＝a′t′2，
且v0＝a′t′，
车通过位移x2′＝v0t′，
只需要满足位移差
Δx′＝x2′－x1′≤即可，
联立以上各式有F≥6 N.
变式4 如图8所示，物体A叠放在物体B上，B置于光滑水平面上，A、B质量分别为mA＝6 kg、mB＝2 kg，A、B之间的动摩擦因数μ＝0.2，开始时F＝10 N，此后逐渐增加，在增大到45 N的过程中，则( )
图8
A.当拉力F<12 N时，物体均保持静止状态
B.两物体开始没有相对运动，当拉力超过12 N时，开始相对滑动
C.两物体从受力开始就有相对运动
D.两物体始终没有相对运动
答案 D
解析 A、B一起加速运动是因为A对B有静摩擦力，但由于静摩擦力存在最大值，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，则物体间就会发生相对滑动，所以这里存在一个临界点，就是A、B间静摩擦力达到最大值时拉力F的大小.以A为研究对象进行受力分析，受水平向右的拉力和水平向左的静摩擦力，有F－Ff＝mAa；再以B为研究对象，受水平向右的静摩擦力Ff＝mBa，当Ff为最大静摩擦力时，解得a＝＝＝ m/s2＝6 m/s2，有F＝48 N.由此可以看出，当F<48 N时，A、B间的摩擦力达不到最大静摩擦力，也就是说，A、B间不会发生相对运动，故选项D正确.
变式5 如图9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.
图9
(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) (2)0 m
解析 (1)设箱子加速阶段的加速度为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作用，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，顶部对球的力不为零.此时球受力如图，由牛顿第二定律得，FN′cos θ＝F＋mg，FN′sin θ＝ma，解得F＝m.
1.如图1所示，一质量为1 kg的小球套在一根固定的直杆上，直杆与水平面夹角θ为30°.现小球在F＝20 N的竖直向上的拉力作用下，从A点静止出发向上运动，已知杆与球间的动摩擦因数为.试求：
图1
(1)小球运动的加速度大小；
(2)若F作用1.2 s后撤去，求小球上滑过程中距A点最大距离.
答案 (1)2.5 m/s2 (2)2.4 m
解析 (1)在力F作用下，由牛顿第二定律得(F－mg)sin 30°－μ(F－mg)cos 30°＝ma1
解得a1＝2.5 m/s2
(2)刚撤去F时，小球的速度v1＝a1t1＝3 m/s
小球的位移x1＝t1＝1.8 m
撤去力F后，小球上滑时，由牛顿第二定律得mgsin 30°＋μmgcos 30°＝ma2
解得a2＝7.5 m/s2
小球上滑时间t2＝＝0.4 s
上滑位移x2＝t2＝0.6 m
则小球上滑的最大距离为xm＝x1＋x2＝2.4 m.
2.如图2所示，一质量m＝0.4 kg的小物块，在与斜面成某一夹角的拉力F作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t＝2 s的时间物块由A点运动到B点，物块在A点的速度为v0＝2 m/s，A、B之间的距离L＝10 m.已知斜面倾角θ＝30°，物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝.重力加速度g取10 m/s2.
图2
(1)求物块加速度的大小及到达B点时速度的大小.
(2)拉力F与斜面夹角多大时，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)设物块加速度的大小为a，到达B点时速度的大小为v，由运动学公式得
L＝v0t＋at2 ①
v＝v0＋at ②
联立①②式，代入数据得
a＝3 m/s2 ③
v＝8 m/s ④
(2)设物块所受支持力为FN，所受摩擦力为Ff，拉力与斜面的夹角为α，受力分析如图所示，由牛顿第二定律得
Fcos α－mgsin θ－Ff＝ma ⑤
Fsin α＋FN－mgcos θ＝0 ⑥
又Ff＝μFN ⑦
联立⑤⑥⑦式得F＝ ⑧
由数学知识得cos α＋sin α＝sin(60°＋α) ⑨
由⑧⑨式可知对应F最小时与斜面间的夹角α＝30° ⑩
联立③⑧⑩式，代入数据得F的最小值为Fmin＝ N ⑪
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)松开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.如图4所示，静止在光滑水平面上的斜面体，质量为M，倾角为α，其斜面上有一静止的滑块，质量为m，两者之间的动摩擦因数为μ，滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，重力加速度为g.现给斜面体施加水平向右的力使斜面体加速运动，求：
图4
(1)若要使滑块与斜面体一起加速运动，图中水平向右的力F的最大值；
(2)若要使滑块做自由落体运动，图中水平向右的力F的最小值.
答案 (1) (2)
解析 (1)当滑块与斜面体一起向右加速时，力F越大，加速度越大，当F最大时，斜面体对滑块的静摩擦力达到最大值Ffm，滑块受力如图所示.
设一起加速的最大加速度为a，对滑块应用牛顿第二定律得：
FNcos α＋Ffmsin α＝mg ①
Ffmcos α－FNsin α＝ma ②
由题意知Ffm＝μFN ③
联立解得a＝g
对整体受力分析F＝(M＋m)a
联立解得F＝
(2)要使滑块做自由落体运动，滑块与斜面体之间没有力的作用，滑块的加速度为g，设此时M的加速度为aM，则对M：F＝MaM
当水平向右的力F最小时，二者没有相互作用但仍接触，则有＝tan α，即＝tan α，联立解得F＝.
