1、（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FN0.（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FT0.（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2，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1，A与地面间的动摩擦因数为2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力A与B的质量之比为（）图2A. B.C. D.答案B解析对滑块A、B整体在水平方向上有F
2、2（mAmB）g；对滑块B在竖直方向上有1FmBg；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（2018陕西省榆林市第三次模拟）如图3所示为四旋翼无人机，它是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器，目前正得到越来越广泛的应用一架质量为m2 kg的无人机，其动力系统所能提供的最
3、大升力F36 N，运动过程中所受空气阻力大小恒定，无人机在地面上从静止开始，以最大升力竖直向上起飞，在t5 s时离地面的高度为75 m（g取10 m/s2）图3（1）求运动过程中所受空气阻力大小；（2）假设由于动力系统故障，悬停的无人机突然失去升力而坠落无人机坠落地面时的速度为40 m/s，求无人机悬停时距地面高度；（3）假设在第（2）问中的无人机坠落过程中，在遥控设备的干预下，动力系统重新启动提供向上最大升力为保证安全着地，求无人机从开始下落到恢复升力的最长时间答案（1）4 N（2）100 m（3） s解析（1）根据题意，在上升过程中由牛顿第二定律得：FmgFfma由运动学规律得，上升高度：
4、hat2Ff4 N；（2）下落过程由牛顿第二定律：mgFfma1得：a18 m/s2落地时的速度v22a1HH100 m；（3）恢复升力后向下减速，由牛顿第二定律得：FmgFfma2a210 m/s2设恢复升力后的速度为vm，则有Hvm m/s由：vma1t1t1 s.变式1（2018河南省驻马店市第二次质检）如图4所示，某次滑雪训练，运动员站在水平雪道上第一次利用滑雪杖对雪面的作用获得水平推力F100 N而由静止向前滑行，其作用时间为t110 s，撤除水平推力F后经过t215 s，他第二次利用滑雪杖对雪面的作用获得同样的水平推力，第二次利用滑雪杖对雪面的作用距离与第一次相同已知该运动员连同装
5、备的总质量为m75 kg，在整个运动过程中受到的滑动摩擦力大小恒为Ff25 N，求：图4（1）第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小及这段时间内的位移大小；（2）该运动员（可视为质点）第二次撤除水平推力后滑行的最大距离答案（1）10 m/s50 m（2）187.5 m解析（1）设运动员利用滑雪杖获得的加速度为a1由牛顿第二定律FFfma1，得a11 m/s2第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小为v1a1t110 m/s通过的位移为x1a1t1250 m（2）运动员停止使用滑雪杖后，加速度大小为a2m/s2经历时间t2速度变为v1v1a2t25 m/s第二次利用滑雪杖获得的速度大小为v2，
6、则v22v122a1x1第二次撤去水平推力后，滑行的最大距离x2联立解得x2187.5 m.类型2已知物体运动情况，分析物体受力情况例2如图5甲所示，一质量m0.4 kg的小物块，以v02 m/s的初速度，在与斜面平行的拉力F作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t2 s的时间物块由A点运动到B点，A、B之间的距离L10 m已知斜面倾角30，物块与斜面之间的动摩擦因数.重力加速度g取10 m/s2.求：图5（1）物块到达B点时速度和加速度的大小；（2）拉力F的大小；（3）若拉力F与斜面夹角为，如图乙所示，试写出拉力F的表达式（用题目所给物理量的字母表示）答案（1）8 m/s3 m/s2（2）5.2
7、 N（3）F解析（1）物块做匀加速直线运动，根据运动学公式，有Lv0tat2，vv0at，联立解得a3 m/s2，v8 m/s（2）对物块受力分析可得，平行斜面方向Fmgsin Ffma垂直斜面方向FNmgcos 其中FfFN解得Fmg（sin cos ）ma5.2 N（3）拉力F与斜面夹角为时，物块受力如图所示根据牛顿第二定律有Fcos mgsin FfmaFNFsin mgcos 0F.变式2（2019安徽省蚌埠二中期中）如图6所示，质量M10 kg的木楔ABC静置于粗糙水平地面上，木楔与地面间的动摩擦因数0.2.在木楔的倾角为37的斜面上，有一质量m1.0 kg的物块由静止开始从A点沿斜
8、面下滑，当它在斜面上滑行距离x1 m时，其速度v2 m/s，在这过程中木楔没有动（sin 370.6，cos 370.8，重力加速度g10 m/s2）求：图6（1）物块与木楔间的动摩擦因数1；（2）地面对木楔的摩擦力的大小和方向；（3）在物块沿斜面下滑时，如果对物块施加一平行于斜面向下的推力F5 N，则地面对木楔的摩擦力如何变化？（不要求写出分析、计算的过程）答案（1）0.5（2）1.6 N，水平向左（3）地面对木楔的摩擦力的大小、方向均不变解析（1）由v22ax，得a2 m/s2对物块由牛顿第二定律有mgsin 1mgcos ma，得10.5（2）以物块和木楔ABC整体为研究对象，作出受力图
9、如图（mM）gFNmay，Ffmax，axacos ，ayasin FN108.8 N，Ff1.6 N（3）对木楔来说物块加推力以后它受到物块的力没有任何变化，所以地面对木楔的摩擦力的大小、方向均不变命题点二动力学方法分析多运动过程问题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（2018福建省永安一中、德化一中、
10、漳平一中联考）哈利法塔是目前世界最高的建筑（图7）游客乘坐世界最快观光电梯从地面开始经历加速、匀速、减速的过程恰好到达观景台只需50秒，运行的最大速度为15 m/s.观景台上可以鸟瞰整个迪拜全景，可将棕榈岛、帆船酒店等尽收眼底，颇为壮观一位游客用便携式拉力传感器测得在加速阶段质量为1 kg的物体受到的竖直向上拉力为11 N，若电梯加速、减速过程视为匀变速直线运动（g取10 m/s2）求：图7（1）电梯加速阶段的加速度大小及加速运动的时间；（2）若减速阶段与加速阶段的加速度大小相等，求观景台的高度；（3）若电梯设计安装有辅助牵引系统，电梯出现故障，绳索牵引力突然消失，电梯从观景台处自由落体，为防
11、止电梯落地引发人员伤亡，电梯启动辅助牵引装置使其减速，牵引力为重力的3倍，下落过程所有阻力不计，则电梯自由下落最长多少时间必须启动辅助牵引装置？ 答案（1）1 m/s215 s（2）525 m（3）解析（1）设电梯加速阶段的加速度为a，由牛顿第二定律得：FTmgma解得a1 m/s2由vv0at解得t15 s（2）匀加速阶段位移x1at21152 m112.5 m匀速阶段位移x2v（502t）15（50215）m300 m匀减速阶段位移x3112.5 m因此观景台的高度 xx1x2x3525 m.（3）由题意知，电梯到地面速度刚好为0自由落体加速度a1g启动辅助牵引装置后加速度大小a22g，方
12、向向上则xvm10则tm即电梯自由下落最长 s时间必须启动辅助牵引装置变式3（2018山东省济宁市上学期期末）如图8所示，一足够长斜面上铺有动物毛皮，毛皮表面具有一定的特殊性，物体上滑时顺着毛的生长方向，毛皮此时的阻力可以忽略；下滑时逆着毛的生长方向，会受到来自毛皮的滑动摩擦力，现有一物体自斜面底端以初速度v06 m/s冲上斜面，斜面的倾角37，经过2.5 s物体刚好回到出发点，（g10 m/s2，sin 370.8）求：图8（1）物体上滑的最大位移；（2）若物体下滑时，物体与毛皮间的动摩擦因数为定值，试计算的数值（结果保留两位有效数字）答案（1）3 m（2）0.42解析（1）物体向上滑时不受
13、摩擦力作用，设最大位移为x.由牛顿第二定律可得：mgsin 37ma1代入数据得：a16 m/s2由运动学公式有：v022a1x联立解得物体上滑的最大位移为：x3 m（2）物体沿斜面上滑的时间为： s1 s物体沿斜面下滑的时间为：t2tt11.5 s下滑过程中，由运动学公式有：xa2t22由牛顿第二定律可得：mgcos 37ma20.42命题点三临界和极值问题1基本思路（1）认真审题，详尽分析问题中变化的过程（包括分析整体过程中有几个阶段）；（2）寻找过程中变化的物理量；（3）探索物理量的变化规律；（4）确定临界状态，分析临界条件，找出临界关系2思维方法极限法把物理问题（或过程）推向极端，从而
14、使临界现象（或状态）暴露出来，以达到正确解决问题的目的假设法临界问题存在多种可能，特别是非此即彼两种可能时，或变化过程中可能出现临界条件，也可能不出现临界条件时，往往用假设法解决问题数学法将物理过程转化为数学表达式，根据数学表达式解出临界条件例4（2018福建省永安一中、德化一中、漳平一中联考）如图9所示，一弹簧一端固定在倾角为37的光滑固定斜面的底端，另一端拴住质量为m16 kg的物体P，Q为一质量为m210 kg的物体，弹簧的质量不计，劲度系数k600 N/m，系统处于静止状态现给物体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0.2 s时间内，F为变力，
15、0.2 s以后F为恒力，sin 370.8，g取10 m/s2.求：图9（1）系统处于静止状态时，弹簧的压缩量x0；（2）物体Q从静止开始沿斜面向上做匀加速运动的加速度大小a；（3）力F的最大值与最小值答案（1）0.16 m（2） m/s2（3） N N解析（1）设开始时弹簧的压缩量为x0对整体受力分析，平行斜面方向有（m1m2）gsin kx0解得x00.16 m（2）前0.2 s时间内F为变力，之后为恒力，则0.2 s时刻两物体分离，此时P、Q之间的弹力为零且加速度大小相等，设此时弹簧的压缩量为x1对物体P，由牛顿第二定律得kx1m1gsin m1a前0.2 s时间内两物体的位移x0x1联
16、立解得a m/s2（3）对两物体受力分析知，开始运动时拉力最小，分离时拉力最大Fmin（m1m2）a对Q应用牛顿第二定律得Fmaxm2gsin m2a解得Fmaxm2（gsin a） N.变式4如图10所示，水平地面上的矩形箱子内有一倾角为的固定斜面，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，重力加速度为g.图10（1）求箱子加速阶段的加速度大小；（2）若agtan ，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）0m解析（1）设箱子加速
17、阶段的加速度大小为a，经过的位移为x1，减速阶段经过的位移为x2，有v22ax1，v22ax2，且x1x2x，解得a（2）如果球刚好不受箱子的作用力，箱子的加速度设为a0，应满足FNsin ma0，FNcos mg，解得a0gtan .箱子减速时加速度水平向左，当agtan 时，箱子左壁对球的作用力为零，顶部对球的作用力不为零此时球受力如图所示，由牛顿第二定律得，FNcos Fmg，FNsin ma，解得Fm1足够长光滑固定斜面BC倾角53，小物块与水平面间的动摩擦因数为0.5，水平面与斜面之间B点有一小段弧形连接（未画出），一质量m2 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
18、53的恒力F作用，如图1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点迅速撤去恒力F（已知sin 530.8，cos 530.6，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）小物块最终离A点的距离答案（1）11 N（2）0.5 s（3）3.6 m解析（1）由题图乙可知，小物块在AB段的加速度a1 m/s20.5 m/s2，根据牛顿第二定律，有Fcos （mgFsin ）ma1，得F11 N.（2）在BC段，对小物块有mgsin ma2，解得a2gsin 8 m/s2，小物块从B到最高点所用时间与从最高点到B
19、所用时间相等，所以小物块从B点沿斜面向上运动，到返回B点所用的时间为t0.5 s.（3）小物块从B向A运动过程中，有mgma3 ，a3g5 m/s2，由B至停下小物块的位移x0.4 m，xABt04.0 m，xAxABx3.6 m.2（2018湖南省常德市期末检测）如图2所示，有一质量为2 kg的物体放在长为1 m的固定斜面顶端，斜面倾角37，g10 m/s2，sin 370.8.（1）若由静止释放物体，1 s后物体到达斜面底端，则物体到达斜面底端时的速度大小为多少？（2）物体与斜面之间的动摩擦因数为多少？（3）若给物体施加一个竖直方向的恒力，使其由静止释放后沿斜面向下做加速度大小为1.5 m
20、/s2的匀加速直线运动，则该恒力大小为多少？答案（1）2 m/s（2）0.5（3）5 N解析（1）设物体到达斜面底端时速度大小为v，由运动学公式得：vt，v m/s2 m/s；（2）由运动学公式得a12 m/s2，由牛顿第二定律得mgsin mgcos ma1，联立解得0.5；（3）物体沿斜面向下运动，恒力F与重力的合力竖直向下，设该合力为F合，则F合sin F合cos ma2，将a21.5 m/s2，37，0.5代入，可得F合15 N，F合mgF15 N，解得F5 N.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F6.5 N，玩具
21、的质量m1 kg，经过时间t2.0 s，玩具移动了距离x2 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：（1）玩具与地面间的动摩擦因数（2）松手后玩具还能滑行多远？（3）当力F与水平方向夹角为多少时拉力F最小？（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xat2，解得a m/s2，对玩具，由牛顿第二定律得Fcos 30（mgFsin 30）ma解得（2）松手时，玩具的速度vat2松手后，由牛顿第二定律得mgma解得a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，玩具要在水平面上运动，则Fcos Ff
22、0，FfFN在竖直方向上，由平衡条件得FNFsin mg解得F因为cos sin sin（60）所以当30时，拉力最小4（2019河南省洛阳市模拟）如图4所示，一重力为10 N的小球，在F20 N的竖直向上的拉力作用下，从A点由静止出发沿AB向上运动，F作用1.2 s后撤去已知杆与球间的动摩擦因数为，杆足够长，取g10 m/s2.求：（1）有F作用的过程中小球的加速度；（2）撤去F瞬间小球的加速度；（3）从撤去力F开始计时，小球经多长时间将经过距A点为2.25 m的B点答案（1）2.5 m/s2方向沿杆向上（2）7.5 m/s2方向沿杆向下（3）0.2 s或0.75 s解析（1）小球的质量m1
23、 kg取沿杆向上为正方向，设小球在力F作用时的加速度大小为a1，此时小球的受力如图所示，Gcos 30FNFsin 30Gsin 30FNma1a12.5 m/s2，方向沿杆向上（2）撤去F瞬间，小球的受力如图所示，设此时小球的加速度为a2，FNGcos 30FNma2a27.5 m/s2，即大小为7.5 m/s2，方向沿杆向下（3）刚撤去F时，小球的速度v1a1t13 m/s小球的位移为x1a1t121.8 m撤去F后，小球继续向上运动的时间为t20.4 s小球继续向上运动的最大位移为x20.6 m则小球向上运动的最大距离为xmx1x22.4 m在上滑阶段通过B点，即xABx1v1t3a2t32解得t30.2 s或者t30.6 s（舍）小球返回时，受力如图所示，设此时小球的加速度为a3，FNma3得a32.5 m/s2，即大小为2.5 m/s2，方向沿杆向下小球由顶端返回B点时有（xmxAB）a3t42解得t4则通过B点时间为tt2t40.75 s.
