第3章 专题强化（三） 两类基本的动力学问题 动力学图像问题（课件PPT）-【正禾一本通】2026年新高考物理高三一轮总复习高效讲义

该高中物理高考复习课件聚焦“两类基本动力学问题”与“动力学图像问题”核心考点，严格对接高考评价体系，通过近五年真题统计明确牛顿运动定律应用（占比约45%）和图像分析（占比约30%）的高频考点，系统归纳已知受力求运动、已知运动求受力及v-t/a-F等图像题型，构建“受力分析-运动分析-加速度关联”的解题框架。 课件亮点在于“高考真题+模型建构+科学推理”的三维备考策略，精选2022浙江、2024九省联考等典型真题，深入剖析等时圆模型及图像斜率/截距物理意义，培养学生运动和相互作用观念与科学思维。特设“多过程拆分”“图像函数法”等应试技巧，助力学生高效突破高频考点，教师可据此精准开展专题复习，提升备考效率。

专题强化(三) 两类基本的动力学问题 动力学的图像问题 强化点一 强化点二 02 01 备考目标 1.认识两类基本的动力学问题，并掌握相应的求解思路和方法。 2.理解各种动力学图像的意义，会用动力学图像分析解决问题。 高三一轮总复习高效讲义（物理） 正禾一本通 两类基本的动力学问题 类型（一） 已知受力求物体的运动 强化点一 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 3 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 4 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 5 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 6 类型（二） 已知运动求物体的受力 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 7 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 8 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 9 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 10 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 11 拓展科学思维 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 12 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 13 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 14 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 15 动力学中的图像问题 强化点二 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 16 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 17 类型（一） 用图像描述物体的受力或运动 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 18 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 19 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 20 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 21 类型（二） 从图像获取物体的动力学信息 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 22 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 23 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 24 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 25 专题强化卷（三） 两类基本的动力学问题 动力学的图像问题 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 27 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 28 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 29 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 30 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 31 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 32 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 33 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 34 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 35 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 36 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 37 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 38 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 39 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 40 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 41 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 42 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 43 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 44 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 45 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 46 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 47 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 48 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 49 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 50 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 51 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 52 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 53 谢谢观看 如果已知物体的受力情况，可以由牛顿第二定律求出物体的加速度，再利用运动学公式确定物体的运动情况。流程如下： 【例1】 (2022·浙江高考)物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中，如图所示，倾斜滑轨与水平面成24°角，长度l1＝4 m，水平滑轨长度可调，两滑轨间平滑连接。若货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑，其与滑轨间的动摩擦因数均为μ＝ eq \f(2,9) ，货物可视为质点(取cos 24°＝0.9，sin 24°＝0.4，重力加速度g＝10 m/s2)。 (1)求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度a1的大小； (2)求货物在倾斜滑轨末端时速度v的大小； (3)若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2 m/s，求水平滑轨的最短长度l2。 解析：(1)根据牛顿第二定律可得 mg sin 24°－μmg cos 24°＝ma1 代入数据解得a1＝2 m/s2。 (2)根据运动学公式2a1l1＝v2 解得v＝4 m/s。 (3)根据牛顿第二定律有μmg＝ma2 根据运动学公式－2a2l2＝－v2 代入数据联立解得l2＝2.7 m。 答案：(1)2 m/s2　(2)4 m/s　(3)2.7 m 如果已知物体的运动情况，可以由运动学公式求出物体的加速度，结合受力分析，再利用牛顿第二定律确定未知力。流程如下： 【例2】 (2024·九省新高考适应性考试·吉林卷)滑雪是我国东北地区冬季常见的体育运动。如图(a)，在与水平面夹角θ＝14.5°的滑雪道上，质量m＝60 kg的滑雪者先采用两滑雪板平行的滑雪姿势(此时雪面对滑雪板的阻力可忽略)，由静止开始沿直线匀加速下滑x1＝45 m；之后采取两滑雪板间呈一定角度的滑雪姿势，通过滑雪板推雪获得阻力，匀减速继续下滑x2＝15 m后停止。已知sin 14.5°＝0.25，sin 37°＝0.6，取重力加速度g＝10 m/s2，不计空气阻力。 (1)求减速过程中滑雪者加速度a的大小； (2)如图(b)，若减速过程中两滑雪板间的夹角α＝74°，滑雪板受到沿雪面且垂直于滑雪板边缘的阻力均为f，求f的大小。 解析：(1)由静止开始沿直线匀加速下滑的过程有 2a1x1＝v2 mg sin θ＝ma1 代入数据得v＝ eq \r(2gx1sin θ) ＝15 m/s 匀减速继续下滑的过程有2ax2＝v2 代入数据得a＝ eq \f(v2,2x2) ＝7.5 m/s2。 (2)若减速过程中两滑雪板间的夹角α＝74°，根据牛顿第二定律有 2f sin eq \f(α,2) －mg sin θ＝ma 解得f＝ eq \f(ma＋mg sin θ,2sin \f(α,2)) ＝500 N。 [应考反思]求解动力学问题的关键 (1)做好“两类分析”——物体的受力分析和运动过程分析。 (2)用好“一个桥梁”——加速度是联系物体运动和力的桥梁。 答案：(1)7.5 m/s2　(2)500 N 等时圆模型及其应用 如图甲所示，在竖直面内的同一个圆周上，各光滑斜面的顶端都在竖直圆周的最高点，底端都落在该圆周上。物块沿光滑斜面下滑时有2R·sin θ＝ eq \f(1,2) ·g sin θ·t2，解得t＝2 eq \r(\f(R,g)) ，物块沿斜面运动的时间与倾角θ无关，即t1＝t2＝t3＝2 eq \r(\f(R,g)) 。 　　 如图乙所示，在竖直面内的同一个圆周上，各光滑斜面的底端都在竖直圆周的最低点，顶端都落在该圆周上。同理可推得t1＝t2＝t3＝2 eq \r(\f(R,g)) 。 【示例】 (2021·全国甲卷)如图，将光滑长平板的下端置于铁架台水平底座上的挡板P处，上部架在横杆上。横杆的位置可在竖直杆上调节，使得平板与底座之间的夹角θ可变。将小物块由平板与竖直杆交点Q处静止释放，物块沿平板从Q点滑至P点所用的时间t与夹角θ的大小有关。若由30°逐渐增大至60°，物块的下滑时间t将(　　) A．逐渐增大 B．逐渐减小 C．先增大后减小 D．先减小后增大 解析：选D。以过P点的竖直线为直径作圆，且该圆与竖直杆相切于Q2点，如图所示， 根据等时圆模型的规律可知，当平板位于Q2P位置(平板与底座之间的夹角θ＝45°)时，物块由Q2处由静止滑到P点的时间最短，所以当夹角θ从30°(Q1P位置)逐渐增大至60°(Q3P位置)时，物块下滑的时间先减小后增大，故D正确。 1．常见的动力学图像 在动力学问题中，常见的图像有v ­t图像、a ­t图像、F ­t图像、a ­F图像、F ­x图像等，这些图像反映了物体的运动或受力随时间的变化情况。 2．分析图像问题的方法技巧 (1)分清图像的类别：即分清图像横、纵坐标所代表的物理量，明确图线的意义及物理量之间的变化特点。 (2)建立图像与运动的关系：要把图像与题意、运动情境结合起来，明确图像反映了物体怎样的物理过程。 (3)会用函数法分析图像：对于a ­F图像、F ­x图像、v2 ­x图像等，有时可以根据物理规律建立函数关系，由函数关系理解图像截距、斜率等的物理意义。 (4)会用特殊值法分析图像：从图像上读取一些特殊点，比如截距、转折点、两图线的交点等，利用其特殊的物理意义，并结合相关的物理知识求解问题。 【例3】 (2024·广东高考)如图所示，轻质弹簧竖直放置，下端固定。木块从弹簧正上方H高度处由静止释放。以木块释放点为原点，取竖直向下为正方向。木块的位移为y。所受合外力为F，运动时间为t。忽略空气阻力，弹簧在弹性限度内。关于木块从释放到第一次回到原点的过程中，其F ­y图像或y ­t图像可能正确的是(　　 ) 解析：选B。在木块下落H高度之前，木块所受的合外力为木块的重力，保持不变，即F＝mg。木块接触弹簧后，弹簧弹力向上，木块的合力F与位移y的关系为F＝mg－k(y－H)，在合力为零前(y＜H＋ eq \f(mg,k) )，随着y的增大，F减小，在合力为零后(y＞H＋ eq \f(mg,k) )，随着y的增大，F反向增加，直至木块 到达最低点。木块开始反弹后，上升过程与下降过程可逆，所以随着y的减小，F ­y图线向y轴负方向原路返回，故A错误、B正确。在木块下落H高度之前，木块做自由落体运动，速度逐渐增大，y ­t图像的斜率增大。木块从接触弹簧到合力为零时(y＝H＋ eq \f(mg,k) )，向下做加速度减小的加速运动，y ­t图像的斜率继续增大。木块的合力为零后，向下做加速度增大的减速运 动，直至最低点速度减为零，y ­t图像的斜率减小。进一步分析可知，木块 向上运动时，先做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动，最后做匀减速直线运动到达最高点。C图中木块过H点后速度就开始逐渐减小，实际速度还应该增大，直到平衡位置(合力为零)速度到达最大，然后速度逐渐减为零。D图中木块在前半段做匀速运动，也不符合题意，正确的y ­t图像如图所示，故C、D错误。 【例4】 (多选)(2021·全国乙卷)水平地面上有一质量为m1的长木板，木板的左端上有一质量为m2的物块，如图(a)所示。用水平向右的拉力F作用在物块上，F随时间t的变化关系如图(b)所示，其中F1、F2分别为t1、t2时刻F的大小。木板的加速度a1随时间t的变化关系如图(c)所示。已知木板与地面间的动摩擦因数为μ1，物块与木板间的动摩擦因数为μ2，假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g。则(　　) A．F1＝μ1m1g B．F2＝ eq \f(m2（m1＋m2）,m1) (μ2－μ1)g C．μ2> eq \f(m1＋m2,m2) μ1 D．在0～t2时间段物块与木板加速度相等 解析：选BCD。由图(c)可知，t1时刻滑块、木板一起刚要水平滑动，此时滑块与木板相对静止，以整体为研究对象有F1＝μ1(m1＋m2)g，故A错误；由图(c)可知，t2时刻滑块与木板刚要发生相对滑动，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律，有F2－μ1(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a，以木板为研究对象，根据牛顿第二定律，有μ2m2g－μ1(m1＋m2)g＝m1a>0，解得F2＝ eq \f(m2（m1＋m2）,m1) (μ2－μ1)g，μ2> eq \f(m1＋m2,m2) μ1，故B、C正确；由图(c)可知，0～t2这段时间滑块与木板相对静止，所以有相同的加速度，故D正确。 [思维延伸]在“例4”中，试画出物块m2的加速度a2随时间t变化的图像。 提示：在t2时刻之前，物块与木板的a ­t图像相同；t2时刻之后，物块的加速度a2＝ eq \f(F－μ2m2g,m2) ＝ eq \f(F,m2) －μ2g，a2随F的增加继续增加，且图线的斜率变大，如图所示。 【基础落实练】 1．(2024·贵州高考)某研究人员将一铁质小圆盘放入聚苯乙烯颗粒介质中，在下落的某段时间内，小圆盘仅受重力G和颗粒介质对其向上的作用力f。用高速相机记录小圆盘在不同时刻的位置，相邻位置的时间间隔相等，如图所示，则该段时间内下列说法可能正确的是(　　 ) A．f一直大于G B．f一直小于G C．f先小于G，后大于G D．f先大于G，后小于G 解析：选C。由题图可知，相等时间内铁质小圆盘的位移先增大后减小，所以铁质小圆盘的速度先增大后减小，以向下为正方向，则小圆盘的加速度先正后负，根据牛顿第二定律得G－f＝ eq \f(G,g) ·a，所以作用力f先小于G，后大于G，故C正确。 2．(2022·辽宁高考)如图所示，一小物块从长1 m的水平桌面一端以初速度v0沿中线滑向另一端，经过1 s从另一端滑落。物块与桌面间动摩擦因数为μ，g取10 m/s2。下列v0、μ值可能正确的是(　　 ) A．v0＝2.5 m/s B．v0＝1.5 m/s C．μ＝0.28 D．μ＝0.25 解析：选B。物块水平沿中线做匀减速直线运动，则＝ eq \f(x,t) ＝ eq \f(v0＋v,2) ，由题干知x＝1 m，t＝1 s，v>0，代入数据有v0<2 m/s，故A不可能，B可能；对物块受力分析有a＝－μg，又v2－v eq \o\al(\s\up24(2),\s\do8(0)) ＝2ax，整理有v eq \o\al(\s\up24(2),\s\do8(0)) －2μgx>0，由v0<2 m/s可得μ<0.2，故C、D不可能。 3．(多选)(2023·全国甲卷)用水平拉力使质量分别为m甲、m乙的甲、乙两物体在水平桌面上由静止开始沿直线运动，两物体与桌面间的动摩擦因数分别为μ甲和μ乙。甲、乙两物体运动后，所受拉力F与其加速度a的关系图线如图所示。由图可知(　　) A．m甲<m乙 B．m甲>m乙 C．μ甲<μ乙 D．μ甲>μ乙 解析：选BC。根据牛顿第二定律有F－μmg＝ma，整理后有F＝ma＋μmg，则可知F­a图像的斜率为m，纵轴截距为μmg，则由题图可看出m甲>m乙，μ甲m甲g＝μ乙m乙g，则μ甲<μ乙，故B、C正确。 4．电动平衡车是一种新的短途代步工具。已知人和平衡车的总质量是60 kg，启动平衡车后，车由静止开始向前做直线运动，某时刻关闭动力，最后停下来，其v ­t图像如图所示。假设平衡车受到的阻力是其重力的k倍，g＝10 m/s2，则(　　 ) A．k＝0.6 B．平衡车整个运动过程中的位移大小为195 m C．平衡车在整个运动过程中的平均速度大小为3 m/s D．平衡车在加速阶段的动力大小为72 N 解析：选B。关闭动力后，平衡车做匀减速运动，加速度大小为a，结合题图乙可得a＝ eq \f(kmg,m) ＝kg，a＝ eq \f(6,40－30) m/s2＝0.6 m/s2，解得k＝0.06，A错误；v ­t图线与横轴围成的面积表示位移，则x＝(25＋40)×6× eq \f(1,2) m＝195 m，整个运动过程中的平均速度大小为 eq \o(v,\s\up6(－)) ＝ eq \f(x,t) ＝ eq \f(195,40) m/s＝4.875 m/s，B正确，C错误；平衡车在加速阶段有F－kmg＝ma′，其中a′＝ eq \f(6,5) m/s2，解得F＝108 N，D错误。 5．如图所示，质量为m＝3 kg的木块放在倾角θ＝30°的足够长的固定斜面上，木块可以沿斜面匀速下滑。若用沿斜面向上的力F作用于木块上，使其由静止开始沿斜面向上加速运动，经过t＝2 s木块沿斜面上升4 m的距离，则推力F的大小为(g取10 m/s2)(　　) A．42 N B．6 N C．21 N D．36 N 解析：选D。木块能沿斜面匀速下滑，由平衡条件知mg sin θ＝μmg cos θ，解得μ＝tan θ；当在推力作用下加速上滑时，由运动学公式x＝ eq \f(1,2) at2解得a＝2 m/s2，由牛顿第二定律得F－mg sin θ－μmg cos θ＝ma，解得F＝36 N，故D正确。 6．(2024·九省新高考适应性考试·河南卷)如图，在平直路面上进行汽车刹车性能测试。当汽车速度为v0时开始刹车，先后经过路面和冰面(结冰路面)，最终停在冰面上。刹车过程中，汽车在路面与在冰面所受阻力之比为7∶1，位移之比为8∶7。则汽车进入冰面瞬间的速度为(　　 ) A． eq \f(1,2) v0 B． eq \f(1,3) v0 C． eq \f(1,8) v0 D． eq \f(1,9) v0 解析：选B。设汽车在路面与在冰面所受阻力分别为f1、f2，汽车进入冰面瞬间的速度为v1，由牛顿第二定律有f＝ma，则汽车在路面与在冰面上运动的加速度大小之比为 eq \f(a1,a2) ＝ eq \f(f1,f2) ＝ eq \f(7,1) ，由运动学公式，在路面上有v12－v02＝－2a1x1，在冰面上有v12＝2a2x2，其中 eq \f(x1,x2) ＝ eq \f(8,7) ，联立解得汽车进入冰面瞬间的速度为v1＝ eq \f(v0,3) ，故B正确。 【综合提升练】 7．(多选)(2024·湖南岳阳期末)如图(a)，物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平。t＝0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t＝4 s时撤去外力。细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图(b)所示，木板的速度v与时间t的关系如图(c)所示。木板与实验台之间的摩擦可以忽略，重力加速度取g＝10 m/s2。由题中所给数据可以得出(　　 ) A．木板的质量为1 kg B．2～4 s内，力F的大小为0.4 N C．0～2 s内，力F的大小保持不变 D．物块与木板之间的动摩擦因数为0.02 解析：选AB。由v ­t图像可知，2～4 s内，木板做匀加速运动的加速度大小为a1＝ eq \f(0.4,4－2) m/s2＝0.2 m/s2，设木板的质量为M，物块的质量为m，物块与木板之间的动摩擦因数为μ，根据牛顿第二定律可得F－μmg＝Ma1，又由f ­t图像可知μmg＝f＝0.2 N，在t＝4 s时撤去外力后，木板做匀减速运动的加速度大小为a2＝ eq \f(0.4－0.2,5－4) m/s2＝0.2 m/s2，根据牛顿第二定律可得μmg＝Ma2，联立解得M＝1 kg，F＝0.4 N，故A、B正确；由v ­t图像可知，0～2 s内，木板和物块都处于静止状态，根据受力平衡可得F＝f，所以力F的大小逐渐增大，故C错误；由于不知道物块的质量，故无法算出物块与木板之间的动摩擦因数，故D错误。 8．如图所示，在斜面上有四条光滑细杆，其中OA杆竖直放置，OB杆与OD杆等长，OC杆与斜面垂直放置，每根杆上都套着一个小圆环(图中未画出)，四个环分别从O点由静止释放，沿OA、OB、OC、OD滑到斜面上所用的时间依次为t1、t2、t3、t4。下列关系不正确的是(　　) A．t1 > t2 B．t1＝t2 C．t1＝t3 D．t2 < t4 解析：选B。以OA为直径画圆，如图所示， 根据几何关系可知，C点分布在圆上，B点分布在圆内，D点分布在圆外；根据等时圆的规律可知，四个小圆环滑到斜面上的时间关系为t4 > t3＝t1 > t2，故B错误，A、C、D正确。 9．(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a­m图像。重力加速度大小为g。在下列a­m图像中，可能正确的是(　　) 解析：选D。设物块P的质量为M，物块P与桌面间的动摩擦因数为μ，轻绳上的拉力大小为FT，由牛顿第二定律可知，对砝码和轻盘组成的整体有mg－FT＝ma，对物块P有FT－μMg＝Ma，联立解得a＝g－ eq \f(（μ＋1）Mg,m＋M) ，D正确。 [应考反思]解答物理图像问题时，要善于从函数、截距、斜率、面积等不同角度进行筛选、排除。 10．(2022·浙江高考)第24届冬奥会将在我国举办。钢架雪车比赛的一段赛道如图1所示，长12 m水平直道AB与长20 m的倾斜直道BC在B点平滑连接，斜道与水平面的夹角为15°。运动员从A点由静止出发，推着雪车匀加速到B点时速度大小为8 m/s，紧接着快速俯卧到车上沿BC匀加速下滑(图2所示)，到C点共用时5.0 s。若雪车(包括运动员)可视为质点，始终在冰面上运动，其总质量为110 kg，sin 15°＝0.26，求雪车(包括运动员) (1)在直道AB上的加速度大小； (2)过C点的速度大小； (3)在斜道BC上运动时受到的阻力大小。 解析：(1)AB段v12＝2a1x1 解得a1＝ eq \f(8,3) m/s2。 (2)AB段v1＝a1t1，解得t1＝3 s 则BC段用时t2＝t－t1＝2 s BC段x2＝v1t2＋ eq \f(1,2) a2t22 解得a2＝2 m/s2 过C点的速度大小v＝v1＋a2t2＝12 m/s。 (3)在BC段由牛顿第二定律有 mg sin θ－Ff＝ma2 解得Ff＝66 N。 答案：(1) eq \f(8,3) m/s2　(2)12 m/s　(3)66 N 11.(2024·山东济宁模拟)可爱的企鹅喜欢在冰面上玩游戏。如图所示，有一企鹅在倾角为37°的倾斜冰面上，先以加速度a＝0.5 m/s2从冰面底部由静止开始沿直线向上“奔跑”，t＝8 s时，突然卧倒以肚皮贴着冰面向前滑行，最后退滑到出发点，完成一次游戏(企鹅在滑动过程中姿势保持不变)。若企鹅肚皮与冰面间的动摩擦因数μ＝0.25，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2， eq \r(34) ≈5.83。求∶ (1)企鹅在倾斜冰面上冲到的最大距离； (2)企鹅完成一次游戏需要的时间。(结果保留两位小数) 解析：(1)企鹅卧倒瞬间的速度为 v1＝at＝0.5×8 m/s＝4 m/s 该段时间位移为x1＝ eq \f(1,2) at2＝16 m 企鹅卧倒后向前做匀减速滑行时的加速度为 a′＝ eq \f(mg sin 37°＋μmg cos 37°,m) ＝8 m/s2 从卧倒到到达最远处的距离x′满足 v12＝2a′x′ 解得x′＝1 m 减速时间为t′＝ eq \f(v1,a′) ＝0.5 s 故企鹅能冲到的最大距离为 x＝x1＋x′＝17 m。 (2)企鹅从最远处往底端下滑时的加速度为 a″＝ eq \f(mg sin 37°－μmg cos 37°,m) ＝4 m/s2 设该段时间为t″，则有 x＝ eq \f(1,2) a″t″2 解得t″＝ eq \f(\r(34),2) s 故企鹅完成一次游戏需要的时间为 t总＝t＋t′＋t″≈11.42 s。 答案：(1)17 m　(2)11.42 s [应考反思]分析多过程的动力学问题时，要善于将复杂过程拆分为几个子过程，搞清每个子过程的受力情况和运动性质，并选择相应的规律求解。同时，还要注意挖掘各子过程之间的关联点和约束条件。 $