素养培优4 牛顿运动定律的综合应用-【创新教程】2026年高考物理总复习大一轮讲义（人教版2019）

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　学生用书　P４７ 培优点一　动力学中的图像 １．数形结合解决动力学图像问题 (１)在图像问题中,无论是读图还是作图,都应尽量先 建立函数关系,进而明确“图像与公式”“图像与物 体”间的关系;然后根据函数关系读取图像信息或 者描点作图． (２)读图时,要注意图线的起点、斜率、截距、折点以及 图线与横坐标包围的“面积”等所对应的物理意 义,尽可能多地提取解题信息． (３)常见的动力学图像 vＧt图像、aＧt图像、FＧt图像、FＧa 图像等． ２．动力学图像问题的类型:图像类问题的实质是力与 运动的关系问题,以牛顿第二定律F＝ma为纽带, 理解图像的种类,图像的轴、点、线、截距、斜率、面 积所表示的意义．一般包括下列几种类型: ３．解题策略 [典例１]　(２０２５􀅰山西太原高三练 习)物体 A、B、C均静止在同一水 平面上,它们的质量分别为 mA、 mB、mC,与水平面的动摩擦因数 分别为μA、μB、μC,用平行于水平面的拉力F 分别 拉物体 A、B、C,所得加速度a与拉力F 的关系如 图所示,A、B两物体的图线平行,则以下关系正确 的是 (　　) A．mA＜mB＜mC　　　B．mA＜mB＝mC C．μA＜μB＝μC D．μA＞μB＝μC [解析]　C　[根据牛顿第二定律有 F－μmg＝ ma,可得a＝Fm－μg ,图像斜率为k＝１m ; 由图可知kA＝kB＞kC,可得mA＝mB＜mC,故 A、B 错误;图像截距为a＝－μg; 即|a|＝μg,由题图可知|aA|＜|aB|＝|aC|,可得 μA＜μB＝μC,故C正确,D错误．] [典例２]　(２０２４􀅰全国甲卷)如 图,一轻绳跨过光滑定滑轮,绳 的一端系物块P,P置于水平桌 面上,与桌面间存在摩擦;绳的 另一端悬挂一轻盘(质量可忽 略),盘中放置砝码．改变盘中砝码总质量m,并测 量P的加速度大小a,得到aＧm 图像．重力加速度大小 为g．在下列aＧm 图像中,可能正确的是 (　　) [解析]　D　[设 P的质量为 M,P与桌面的动摩 擦力为f;以P为对象,根据牛顿第二定律可得 T－f＝Ma, 以盘和砝码为研究对象,根据牛顿第二定律可得 mg－T＝ma, 联立可得a＝mg－fM＋m＝ g－fm M＋m 􀅰m, 可知当砝码的重力大于f 时,才有一定的加速度, 当m 趋于无穷大时,加速度趋近于g．] [典例３]　(２０２５􀅰黑龙江大 庆高三阶段练习)甲、乙两 球质量分别为m１、m２,从同 一地点(足够高)同时由静 止释放．两球下落过程所受 空气阻力大小f 仅与球的 速率v 成正比,与球的质量无关,即f＝kv(k为正 的常量)．两球的vＧt图像如图所示．落地前,经时 间t０ 两球的速度都已达到各自的稳定值v１、v２．则 下列判断正确的是 (　　) A．释放瞬间甲球加速度较小 B． m１ m２ ＝ v２ v１ C．甲球质量大于乙球质量 D．t０ 时间内两球下落的高度相等 [解析]　C　[释放瞬间,两球受到的阻力均为０, 此时加速度相同,均为重力加速度g,故 A 错误;小 球运动到最后达到匀速时,重力和阻力大小相等, 即mg＝kv,可得 m１ m２ ＝ v１ v２ ,由图像知两小球匀速运 动时,v１＞v２,则甲球质量大于乙球质量,故 B 错 误,C正确;根据小球下落高度等于vＧt图线与时 间轴 围 成 的 面 积,可 知 甲 球 下 落 高 度 较 大,故 D 错误．] 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰７６􀅰 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　第三章　牛顿运动定律 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 　处理动力学图像问题的一般思路 (１)依据题意,合理选取研究对象． (２)对物体先受力分析,再分析其运动过程． (３)将物体的运动过程与图像对应起来． (４)对于相对复杂的图像,可通过列解析式的方 法进行判断． 　如图甲所示,放在固定斜面上的物块,受到方向沿 斜面向上的拉力F 的作用,力F 的大小与时间t的 关系如图乙所示;物块的运动速度v与时间t的关 系如图丙所示,６s后的速度图像没有画出,g 取 １０m/s２,下列说法正确的是 (　　) A．物块的质量为５kg B．物块在前２s内受到的静摩擦力大小为２０N C．物块在４~６s内受到的摩擦力大小为３０N D．物块在２~６s内的平均速度大小为２．５m/s 解析:A　[设物块的质量为m,斜面的倾角为θ,物 块与斜面的动摩擦因数为μ．２~４s内,根据题图丙 可知加速度大小为a＝ΔvΔt＝ ４ ４－２m /s２＝２m/s２,拉力 F２＝４０N,根据牛顿第二定律可得:F２－mgsinθ －μmgcosθ＝ma,４~６s内,物块做匀速运动,拉 力F３＝３０N,根据平衡条件可得:F３＝mgsinθ＋ μmgcosθ,联立解得:m＝５kg,故 A 正确;物块在 前２s内处于静止状态,拉力F１＝２０N,根据平衡 条件可得:f＝F１－mgsinθ≠２０N,故B错误;４~ ６s内,物块做匀速运动,拉力F３＝３０N,根据平衡 条件可得:μmgcosθ＝F３－mgsinθ≠３０N,故 C 错误;速度图像与坐标轴围成的面积表示位移,则 物块在２~６s内的位移x＝ (６－４)＋(６－２) ２ ×４m ＝１２m,平均速度大小为􀭵v＝xt＝ １２ ４ m /s＝３m/s, 故 D错误．] 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 培优点二　动力学中的连接体问题 １．连接体的类型 弹 簧 连 接 体 物 物 叠 放 连 接 体 轻 绳 连 接 体 续表 轻 杆 连 接 体 ２．连接体的运动特点 轻 绳 轻绳在伸直状态下,两端的连接体沿绳方向 的速度总是相等． 轻 杆 轻杆平动时,连接体具有相同的平动速度; 轻杆转动时,连接体具有相同的角速度,而 线速度与转动半径成正比． 轻 弹 簧 在弹簧发生形变的过程中,两端连接体的速 度不一定相等;在弹簧形变最大时,两端连 接体的速率相等． [典例４]　(２０２４􀅰北京卷)如图所示,飞船与空间站 对接后,在推力F 作用下一起向前运动．飞船和空 间站的质量分别为m 和M,则飞船和空间站之间 的作用力大小为 (　　) 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰８６􀅰 高考总复习　物理 A． MM＋mF　　　　B． m M＋mF C．MmF D． m MF [解析]　A　[根据题意,对整体应用牛顿第二定 律有F＝(M＋m)a, 对空间站分析有F′＝Ma, 解两 式 可 得 飞 船 和 空 间 站 之 间 的 作 用 力 F′＝ M M＋mF． ] 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 　 (本 题 源于人教版必修第 一册 P１１３ A 组 T４) 如图是采用动力学方法测量空间站质量的原理 图．若已知飞船质量为３．０×１０３kg,其推进器的 平均推力F 为９００N,在飞船与空间站对接后, 推进器工作５s内,测出飞船和空间站的速度变 化是０．０５m/s,求空间站的质量． 答案:８．７×１０４kg [典例５]　(２０２５􀅰安徽六安高三阶段练习) 如图所示,天花板上固定了一个光滑的定 滑轮．轻绳的左端所挂钩码的质量为 M, 右端两个钩码的质量都为m,最初悬挂系 统静止在空中．某时刻,将右端的钩码瞬 间取走一个．则有关悬挂系统取走一个钩码后的运 动,下列说法正确的是 (　　) A．轻绳上的拉力大小为Mg B．轻绳上的拉力大小为mg C．悬挂系统的加速度大小为g３ D．悬挂系统的加速度大小为g [解析]　C　[当悬挂系统静止在空中时,依据平衡 条件有 Mg＝２mg, 则有 M＝２m,取走右端的一个钩码后,对整体由牛 顿第二定律有 Mg－mg＝(m＋M)a, 解得a＝g３ ,则C正确,D错误．隔离 M 受力分析, 由牛顿第二定律有 Mg－T＝Ma, 解得T＝２３ Mg＝ ４ ３ mg ,则 A、B错误．] [典例６]　(２０２５􀅰湖北省十一校联考二模)物块P、 Q中间用一根轻质弹簧相连,放在光滑水平面上, 物块P的质量为２kg,如图甲所示．开始时两物块 均静止,弹簧处于原长,t＝０时对物块P施加水平 向右的恒力F,t＝１s时撤去,在０~１s内两物体 的加速度随时间变化的情况如图乙所示．整个运动 过程中以下说法正确的是 (　　) A．t＝１s时,物块 Q的速度大小为０􀆰４m/s B．恒力F 大小为１􀆰６N C．物块 Q的质量为０􀆰５kg D．t＝１s后,物块P、Q一起做匀加速直线运动 [解析]　C　[图像与坐标轴围成的面积表示速度 变化量,若０~１s内 Q 的加速度均匀增大,则t＝ １s时 Q 的速度大小等于vQ＝ １ ２×１×０．８m /s＝ ０􀆰４m/s,由图可得实际 Q 的图像aＧt与坐标轴围 成的面积大于 Q 的加速度均匀增大时aＧt图像与 坐标轴围成的面积,故t＝１s时 Q 的速度大小大 于０􀆰４m/s,故 A 错误;t＝０时,对物块 P有F＝ mPa０＝２×１N＝２N,故恒力大小为２N,故 B错 误;t＝１s时,对物块P、Q整体有F＝(mP＋mQ)a１,解 得mQ＝０．５kg,撤去推力后,两物块受弹簧弹力作用, 不会一起做匀加速直线运动,故C正确,D错误．] 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 　处理连接体问题的方法 整体法的选 取原则 若连接体内各物体具有相同的加 速度,且不需要求物体之间的作 用力,可以把它们看成一个整体, 分析整体受到的外力,应用牛顿 第二定律求出加速度或其他未 知量 隔离法的选 取原则 若连接体内各物体的加速度不相 同,或者要求出系统内两物体之 间的作用力时,就需要把物体从 系统中隔离出来,应用牛顿第二 定律列方程求解 整 体 法、隔 离法的交替 运用 若连接体内各物体具有相同的加 速度,且要求物体之间的作用力 时,可以先用整体法求出加速度, 然后再用隔离法选取合适的研究 对象,应用牛顿第二定律求作用 力．即“先整体求加速度,后隔离 求内力” 　(多选)(２０２５􀅰江苏南京高三期 末)如图所示,光滑的水平地面上 有三块木块a、b、c质量均为m,a、c之间用轻质细 绳连接．现用一水平恒力F 作用在b上,三者开始 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰９６􀅰 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　第三章　牛顿运动定律 一起做匀加速运动,运动过程中把一块橡皮泥粘在 某一木块上面,系统仍加速运动,且始终没有相对 滑动．则在粘上橡皮泥并达到稳定后,下列说法正 确的是 (　　) A．无论粘在哪块木块上面,系统的加速度一定 减小 B．若粘在a木块上面,绳的张力和a、b间摩擦力一 定都减小 C．若粘在b木块上面,绳的张力和a、b间摩擦力一 定都减小 D．若粘在c木块上面,绳的张力和a、b间摩擦力一 定都增大 解析:ACD　[由整体法可知,只要橡皮泥粘在物体 上,物体的质量均增大,则由牛顿运动定律可知,加 速度都要减小,故 A 正确;若粘在a木块上面,以c 为研究对象,由牛顿第二定律可得FT＝ma,因加速 度减小,所以拉力减小,而对 b物体有 F－fab＝ ma,可知,摩擦力fab应变大,故 B错误;若橡皮泥 粘在b物体上,将ac视为整体,有fab＝２ma,因加 速度减小,故摩擦力变小;以c为研究对象,由牛顿 第二定律可得FT＝ma,因加速度减小,所以拉力减 小,故C正确;若橡皮泥粘在c物体上,将ab视为 整体F－FT＝２ma,加速度减小,所以拉力 FT 变 大,对b有F－fab＝ma可知fab增大,故 D正确．] 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 培优点三　动力学中的临界和极值问题 １．临界或极值条件的标志 (１)有些题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼,明显 表明题述的过程存在着临界点． (２)若题目中有“取值范围”“多长时间”“多大距离”等 词语,表明题述的过程存在着“起止点”,而这些起 止点往往就对应临界状态． (３)若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼, 表明题述的过程存在着极值,这个极值点往往是 临界点． (４)若题目要求“最终加速度”“稳定加速度”等,即是 求收尾加速度或收尾速度． ２．动力学中的“四种”典型临界条件 (１)接触与脱离的临界条件 两物体相接触或脱离的临界条件是接触但接触面 间弹力FN＝０． (２)相对静止或相对滑动的临界条件 两物体相接触且处于相对静止时,常存在着静摩擦 力,则相对静止或相对滑动的临界条件是:静摩擦力 达到最大值． (３)绳子断裂与松弛的临界条件 绳子断与不断的临界条件是绳子张力等于它所能 承受的最大张力．绳子松弛的临界条件是FT＝０． (４)速度最大的临界条件 在变加速运动中,当加速度减小为零时,速度达到最 大值． [典例７]　一弹簧一端固定在倾 角为３７°的光滑斜面的底端,另 一端拴住质量m１＝４kg的物 块P,Q 为一重物,已知 Q 的质量m２＝８kg,弹簧 的质量不计,劲度系数k＝６００N/m,系统处于静 止,如图所示．现给 Q 施加一个方向沿斜面向上的 力F,使它从静止开始沿斜面向上做匀加速运动, 已知在前０．２s时间内,F 为变力,０．２s以后F 为 恒力(g取１０m/s２)．求: (１)物体做匀加速运动的加速度大小． (２)F 的最大值与最小值． 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋[审题指导]　(１)根据平衡条件求出弹簧开始的压 缩量． (２)由牛顿第二定律求出匀加速运动的加速度． (３)当 P、Q 开始运动时拉力最小,当 P、Q 分离时 拉力最大． (４)０．２s时,P对 Q的作用力为０． [解析]　(１)设刚开始时弹簧压缩量为x０, 则(m１＋m２)gsinθ＝kx０, 因为在前０．２s时间内,F 为变力,０．２s以后,F 为 恒力,所以在０．２s时,P对 Q 的作用力为０, 设此时弹簧压缩量为x１,由牛顿第二定律知 kx１－m１gsinθ＝m１a, 前０．２s时间内P、Q 向上运动的距离为 x０－x１＝ １ ２at ２, 联立各式解得:a＝３m/s２; (２)P、Q 刚开始运动时拉力F 最小,此时有 Fmin＝(m１＋m２)a＝３６N, 当P、Q 分离时拉力最大,此时有 Fmax－m２gsinθ＝m２a, 解得Fmax＝７２N． [答案]　(１)３m/s２　(２)７２N　３６N [典例８]　足够长的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,如图甲所示．若让该小物 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰０７􀅰 高考总复习　物理 块从木板的底端以大小恒定的初速度v０＝１０m/s沿 木板向上运动,如图乙所示,随着θ的改变,小物块 沿木板滑行的最大距离x将发生变化．重力加速度 g取１０m/s２． (１)求小物块与木板间的动摩擦因数; (２)当θ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． 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋[审题指导]　１．物块恰好能沿着木板匀速下滑,说 明物块沿木板的合外力为０,用平衡知识求解． ２．小物块沿木板滑行的最大距离x将发生变化,可由 牛顿第二定律列出方程,根据数学知识求解． [解析]　(１)当θ＝３０°时,小物块恰好能沿着木板 匀速下滑,则mgsinθ＝F,F＝μmgcosθ, 解得μ＝ ３ ３． (２)当θ变化时,设沿斜面向上为正方向,小物块的 加速度为a,由牛顿第二定律得 －mgsinθ－μmgcosθ＝ma, 由０－v２０＝２ax得x＝ v２０ ２g(sinθ＋μcosθ) , 令cosα＝ １ １＋μ ２ ,sinα＝ μ １＋μ ２ , 即tanα＝μ,即α＝３０°, 则x＝ v２０ ２g １＋μ ２sin(θ＋α) , 当α＋θ＝９０°时x最小, 可得θ＝６０°, 所以x最小值为 xmin＝ ３v２０ ４g ＝ ５ ３ ２ m． [答案]　(１)３３　 (２)θ＝６０°　５ ３２ m 　(２０２５􀅰广东高三 统考)如图,在车 厢长度L＝２．７m 的小货车上,质量 m＝７０kg、厚度d＝０．２m 的冰块用绳绑住并紧贴 车厢前端,与货车一起以v０＝３６km/h的速度沿坡 度为５％(即斜面倾角θ满足tanθ＝０．０５,sinθ≈ ０．０５,cosθ≈１)的斜坡向上运动．某时刻,冰块从 绑住的绳间滑脱并沿车厢底部滑向尾部,与尾挡板 发生碰撞后相对车厢等速反弹;碰撞后,司机经过 t０＝０．５s的反应时间开始以恒定加速度a刹车． 已知冰块与车厢底板间动摩擦因数μ＝０．０３,设冰 块与尾挡板碰撞前后,冰块没有破碎,车厢的速度 变化可以忽略;取重力加速度g＝１０m/s２． (１)求从冰块滑脱,到司机开始刹车的这段时间内, 小货车行驶的距离; (２)若刹车过程,冰块恰能滑至初始位置且与车厢 前端不发生碰撞,求a的最大值． [解析]　(１)冰块滑向尾部的过程中做匀减速运 动,对其加速度大小a１,有mgsinθ－μmgcosθ＝ ma１,解得a１＝０．２m/s２,冰块滑到尾挡板经过的 时间为t１,该 段 时 间 内 冰 块 位 移 为 x冰 ＝v０t１ － １ ２a１t１ ２,v０＝３６km/h＝１０m/s, 货车的位移为x货 ＝v０t１, 根据位移关系有x货 －x冰 ＝L－d, 联立解得t１＝５s, 所以从冰块滑脱到司机开始刹车的这段时间内,小 货车行驶的距离为x货′＝v０(t１＋t０)＝５５m (２)冰块滑到尾挡板时的速度为v冰 ＝v０－a１t１＝ ９m/s,此时冰块速度与货车速度方向相同,相对车 厢速度为１m/s,方向沿车厢向下;根据题意冰块 与尾挡板发生碰撞后相对车厢等速反弹,故反弹后 冰块的速度沿车厢向上,故可知此时速度为v冰′＝ １１m/s,此时冰块沿车厢向上做匀减速运动的加速 度大小为a２,有mgsinθ＋μmgcosθ＝ma２, 解得a２＝０．８m/s２,若刹车过程,冰块恰能滑至初 始位置且与车厢前端刚好不发生碰撞,此时加速度 a为最大值,设货车刹车的时间为t,冰块从反弹到 刚好 到 达 车 厢 前 端 时,货 车 的 位 移 为 x货″＝v０t －１２at ２＋v０t０, 冰块的位移为x冰′＝v冰′(t＋t０)－ １ ２a２ (t＋t０)２, 到达车厢前端时冰块和货车速度相同,有v０－at＝ v冰′－a２(t＋t０), 位移关系有x冰′－x货″＝L－d, 联立解得a＝５７ m /s２． [答案]　(１)５５m;(２)５７ m /s２ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰１７􀅰 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　第三章　牛顿运动定律