專題02力與物體的直線運動

NO.1

壓軸題解讀

本專題屬于基礎熱點內容；牛頓第二定律作為連接這些知識點的橋梁，其在整

個高中物理中的串聯作用至關重要。正因為如此，力與物體的直線運動問題在近年

來的高考命題中常常以壓軸題的形式出現，考查學生對于不同運動形式的理解和圖

像問題的處理能力。因此，學生們需要充分了解各種題型的知識點及要領，對常見

的物理模型有深入的認知和掌握。

命題預測

在2025年高考中，無論是選擇題還是計算題，力與物體的直線運動問題都將

是重點考查的對象，其重要性不言而喻。

通過深入復習動力學這一專題，學生們不僅可以提升審題能力、分析和推理能

力，還能夠強化自身的物理素養。這種素養的提升不僅僅局限于動力學本身，而是

對整個物理學科的理解和掌握都有極大的幫助。

1.勻變速直線運動公式的靈活運用；

2.有關牛頓第二定律的連接體問題；

3.動力學兩類基本問題；

高頻考法4.有關牛頓第二定律的臨界極值問題；

5.運動學和動力學圖像；

6.板塊模型；

7.傳送帶模型。

NO.2

壓軸題密押

考向一：勻變速直線運動規律的應用

i.勻變速直線運動問題常用的六種解題方法

I基本公式法I|平均速度法IIAxM|

適用于初速度為零的勻加速直線運動

T比例法1——*或末速度為零的勻減速宜線運動

勻減速直線運動可視為反方向的勻加

-1逆向思維法1速宜線運動

U圖像法I——?l斜率、面積I

2.處理追及問題的常用方法

判斷追上與否的條件

過程分析法。甲=。乙、求解二者間距離極值

的條件

函數法Ax=x^+x0—x甲為關于t的二次函數，當t=一■%時有極值，

2a

“忸........胤,〃令Ax=0,利用力=62—4QC判斷有解還是無解，追上與追

H——^o——H不上的條件

畫出力圖像，圖線與右軸所圍面積表示位移，利用圖像

圖像法

更直觀

以其中一個物體為參考系，確定出另一個物體在參考系下

轉換參考系法

的速度與加速度（以誰為參考系減去誰，注意矢量相減）

考向二：有關牛頓第二定律的連接體問題;

1.處理連接體問題的方法：

①當只涉及系統的受力和運動情況而不涉及系統內某些物體的受力和運動情況時，一般采用整體法。

②當涉及系統（連接體）內某個物體的受力和運動情況時，一般采用隔離法。

2.處理連接體問題的步驟：

明確所研究］畫出系統整體的選用適當的

系統和運動卜

受力圖或運動全U物理規律列

的全過程過程的示意圖方程求解

3.特例：加速度不同的連接體的處理方法：

①方法一（常用方法）：可以采用隔離法,對隔離對象分別做受力分析、列方程。

②方法二（少用方法）：可以采用整體法,具體做法如下：

此時牛頓第二定律的形式：=mxaix+m2a2x+m3a3xH—；+m2a2y+m3a3yH—

說明：①尸人、尸打指的是整體在x軸、y軸所受的合外力，系統內力不能計算在內；

②an、a2x,a3x>……和aiy、a2y>a3y>……指的是系統內每個物體在x軸和y軸上相對地面的加速度。

考向三動力學兩類基本問題

1.解決動力學兩類問題的兩個關鍵點

(1)把握“兩個分析”“一個橋梁”

兩逐一分析不同過程的運動特

K過程分析

個點，找出相鄰過程的聯系點

分

析逐過程分析物體的受力，注

意摩擦力、彈力可能變化

f

加

一

個運用運動學公式和牛頓第

速

橋二定律時特別注意有關矢

度

梁量的正負問題

一

(2)找到不同過程之間的“聯系”，如第一個過程的末速度就是下一個過程的初速度，若過程較為復雜,

可畫位置示意圖確定位移之間的聯系。

2.兩類動力學問題的解題步驟

根據問題需要和解題方便，選擇某個物體

明確研究對象

或幾個物體構成的系統為研究對象

受力分析和畫好受力示意圖、情景示意圖，明確物體

運動過程分析的運動性質和運動過程

0

選取正方向通常以加速度的方向為正方向或以加速度

或建立坐標系,方向為某一坐標的正方向

若物體只受兩個力作用，通常用合成法;若

確定合力七

受3個或3個以上的力，一般用正交分解法

根據牛頓第二定律F合=ma或1歲麗"

=

列方程求解LFymay

列方程求解，必要時對結果進行討論

考向四有關牛頓第二定律的臨界極值問題

1.問題情景

(1)當題目中出現“最大”“最小”或“剛好”等關鍵詞時，經常隱藏著臨界問續

(2)當題目要求解某個物理量的最大值、最小值、范圍或需要滿足的條件時，經常為臨界問題。

(3)常見臨界條件

兩物體剛好要相對滑動靜摩擦力達到最大值

兩物體在壓力方向剛好脫離接觸相互作用的彈力為零

輕繩剛好繃直或松弛輕繩上張力為零

2.思路與方法

(1)基本思路

①認真審題，詳盡分析問題中變化的過程（包括分析整體過程中有幾個階段）。

②尋找過程中變化的物理量。

③探索物理量的變化規律。

④確定臨界狀態，分析臨界條件，找出臨界關系。

（2）思維方法

把物理問題（或過程）推向極端，從而使臨界現象（或狀態）暴露出來，以達到正確解決問

極限法

題的目的

臨界問題存在多種可能，特別是非此即彼兩種可能時，或變化過程中可能出現臨界條

假設法

件，也可能不出現臨界條件時，往往用假設法解決問題

數學法將物理過程轉化為數學表達式，根據數學表達式解出臨界條件

考向五運動學和動力學圖像

1.分析v-f圖像和x-f圖像問題時的四點注意事項

（1>-/圖像和V-t圖像描述的都是直線運動，而不是曲線運動.

（2）x-t圖像和v—f圖像不表示物體運動的軌跡.

（3）x—/圖像中兩圖線的交點表示兩物體相遇，而v-t圖像中兩圖線的交點表示兩物體速度相等.

（4）圖線為直線時，斜率所表示的物理量不變，若為曲線，則該量發生變化，與物體運動的軌跡無關.

2.常見非常規圖像（處理方法：找原始關系式，理解清楚坐標的截距、圖線的交點、拐點的物理意義）

非常規圖像（舉例）函數表達式斜率左縱截距6

由v2~vi=2ax

V2-X圖像2a

得v2=vS+2tzx

1

1

——t圖像-aVo

t2

得一二v（）H--at

t2

四喳F斗上由F~Umg=ma

1

F-ug

?a得a=---m

a-F圖像m

3.圖像問題的解題思路

一看①確認縱、橫坐標軸對應的物理量及其單位

坐標軸②注意縱、橫坐標是否從零刻度開始

圖線在坐標軸上的截距表示運動的初始情況

二看斜率通常能夠體現某個物理量（如v-t圖像的斜率反映了加速度）的大小、方向及變化情

截距、況

斜率、面積最常見的是V-t圖像中面積表示位移大小，要注意時間軸下方的面積表示位移為負，說明

這段位移方向與正方向相反

三看交點往往是解決問題的切入點，注意交點表示物理量相等，不一定代表物體相遇

交點、轉折點表示物理量發生突變，滿足不同的函數關系式，如v-t圖像中速度由增變減，表明加

轉折點、速度突然反向

漸近線

利用漸近線可以求出該物理量的極值或確定它的變化趨勢

考向六板塊模型

1.模型特點

上、下疊放兩個物體，在摩擦力的相互作用下兩物體發生相對滑動.

2.兩種位移關系

4--------------X]=L+X2—AUA

滑塊由滑板的一端運動到另一端的過程中，若滑塊和滑板同向運動,

I...................|.....1

77777777777777777777,"7777777/77777777777777777777,”

位移之差等于板長；反向運動時，位移之和等于板長.I-L-----4,--------------------H

3.解題方法

整體法、隔離法.

4.解題思路乙

（1）求加速度：因題目所給的情境中至少涉及兩個物體、多個運動過程，并且物體間還存在相對運動,

所以應準確求出各物體在各運動過程的加速度（注意兩過程的連接處加速度可能突變）。

（2）明確關系：對滑塊和滑板進行運動情況分析，找出滑塊和滑板之間的位移關系或速度關系，建立

方程。這是解題的突破口。特別注意滑塊和滑板的位移都是相對地的位移。求解中更應注意聯系兩個過程

的紐帶，每一個過程的末速度是下一個過程的初速度。

狀態板、塊速度不相等板、塊速度相等瞬間板、塊共速運動

方法隔離法假設法整體法

假設兩物體間無相對滑動，先用整體法將滑塊和木

對滑塊和木板進

算出一起運動的加速度，再用隔離法算出其板看成一個整體，

行隔離分析，弄清每

步驟中一個物體“所需要”的摩擦力分比較6與對整體進行受力

個物體的受力情況與

最大靜摩擦力的關系，若Ff>Ffm，則發分析和運動過程

運動過程

生相對滑動分析

①兩者速度達到相等的瞬間，摩擦力可能發生突變②當木板的長度一定時，滑塊

臨界

可能從木板滑下，恰好滑到木板的邊緣達到共同速度（相對靜止）是滑塊滑離木板的臨

條件

界條件

原理時間及位移關系式、運動學公式、牛頓運動定律、動能定理、功能關系等

考向七板塊模型

1.水平傳送帶問題

項目圖示滑塊可能的運動情況

次)二0(i)可能一直加速

情景一6——T)

(2)可能先加速后勻速

Vo(l)vo>v時，可能一直減速，也可能先減速再勻速

情景二A——X)

(2)v()vv時，可能一直加速，也可能先加速再勻速

(1)傳送帶較短時，滑塊一直減速到達左端

情景三(T——(2)傳送帶較長時，滑塊還要被傳送帶傳回右端.其

中V0>V返回時速度為V,當v0<v返回時速度為Vo

2.傾斜傳送帶問題

項目圖示滑塊可能的運動情況

①可能一直加速

情景一

②可能先加速后勻速

①可能一直加速

情景二②可能先加速后勻速

③可能先以?加速后以西加速

①可能一直加速

②可能先加速后勻速

情景三

③可能一直勻速

④可能先以aA加速后以a,加速

6^^①可能一直加速

情景四②可能一直勻速

③可能先減速后反向加速

密押

?題型01勻變速直線運動規律的應用

1.子彈垂直射入疊在一起的相同木板，穿過第20塊木板后的速度變為0?？梢园炎訌椧暈橘|點，已知子彈

在木板中運動的總時間是人認為子彈在各塊木板中運動的加速度都相同，且木板相對于地面始終保持靜止,

則()

A.子彈穿過第1塊木板所用的時間是

V20

B.子彈穿過前三塊木板所用時間之比為1：(亞-1)：(百-亞)

C.子彈穿過前15塊木板所用的時間是：

V3O-5

D.子彈穿過第15塊木板所用的時間加

-w-

【答案】D

【詳解】AB.子彈做勻減速運動穿過第20塊木板后速度變為0,運用逆向思維法，子彈反向做初速度為零

的勻加速直線運動，設每塊木板的厚度為s,則有

12

nS=~atn

當〃=20時，有

20s=；/①

穿過第1塊木板后〃=19有

12

19s=—xatl9

上式結合①式可得

一糕

因此子彈穿過第1塊木板所用的時間為

,_[19

A,—t—J—t

720

同理子彈穿過第2塊木板所用的時間為

鵬二舟喝

子彈穿過第3塊木板所用的時間為

穿過前二塊木板的時間之比為

A.：M：Af3=(V20-V19):[Vi9-V18):[Vi8-Vn)

故AB錯誤；

C.穿過前15塊木板，即〃=5有

u12

5s=]須

上式結合①式可得

t

因此子彈穿過前15塊木板所用的時間為:

D.穿過前14塊木板，〃=6有

6s」說

2

上式結合①式可得

穿過第15塊木板的時間

△t=。4一45

解得

10

故D正確。

Y

24、B兩個物體沿同一直線同向運動，0時刻開始計時，A、B兩物體的圖像如圖所示，已知在f=5s

t

時A、B在同一位置，根據圖像信息，下列說法不正確的是（）

A.物體A、B在0時刻相距10m

B.，=4s時，物體B正在追趕物體A

C.。?5s內，物體A、B間的最大距離為12.5m

D.物體B做勻加速直線運動且加速度大小為Im/s?

【答案】AB

【詳解】D.由勻變速直線運動的位移公式

12

x=vot+—at

可得

7=%+/

對比B物體的圖線可知

解得

a=2m/s2

B物體做勻加速直線運動，故D錯誤；

Y1

A.由相似三角形可知，B圖線與縱軸的交點坐標為lm/s。根據7=%+,必可知，B物體的初速度%

由A物體的圖線可知，A物體做勻速直線運動，速度為片4m/s,在U5s時A、B的位移分別為

xA=vt=20m

12

xB=v0Z+—at=30m

此時到達同一位置，故在0時刻，A在B前10m處，故A正確；

B.由于是初速度小的B追初速度大的A,加速追勻速，只會相遇一次，f=5s時相遇，則t=4s時，物體B正

在追趕物體A。故B正確；

C.當A、B速度相等時，相距最遠，則

%+atr=v

代入數據可得

/=L5s0?5s內，物體A、B間的最大距離為

s=vt'+x0-（yot'+；。嚴）=12.25m

故C錯誤。

故選AB。

3.如圖所示，一輕繩吊著粗細均勻的棒，棒下端離地面高〃，上端套著一個細環。棒和環的質量均為相，相

互間最大靜摩擦力等于滑動摩擦力4加g。斷開細繩，棒和環自由下落。假設棒足夠長，與地面發生碰撞時,

觸地時間極短，棒與地碰撞后都能以原速率反彈。棒在整個運動過程中始終保持豎直，空氣阻力不計。求：

環目1

棒

/////////////

⑴棒第一次與地面碰撞時，棒的速度大小匕;

（2）棒第一次與地面碰撞彈起上升過程中，棒的加速度。棒;

⑶從斷開輕繩到棒與地面第三次碰撞的過程所經歷的時間北

【答案】（1）匕=伍萬

（2）。棒=5g,豎直向下

⑶二百

4g

【詳解】（1）棒與環一起自由落體運動，則有

v；=2gH

解得

V]=d2gH

（2）棒第一次彈起過程，對棒由牛頓第二定律可得

4mg+mg=加。棒

解得

。棒=5g

方向豎直向下。

（3）棒與環一起自由落體過程，有

棒第一次彈起過程，對環由牛頓第二定律可得

4mg-mg=加。環

解得

a環=3g

方向豎直向上；棒第一次彈起減速到。再向下加速到與環等速v共1，用時牡，棒向上運動的位移大小為

s棒1，則有

-v

V共1=i+。棒。上

V共1=匕一。環，上

F+y共］

棒與環等速后一起向下加速，末速度為嶺，用時4下，則有

V2_或1=2gs棒1

匕一V共1=g。下

解得

V2=p

棒第一次彈起到第二次碰撞總用時

4=%上+。下=F+

4g

同理可得：棒第二次彈起到第三次碰撞總用時

從斷開輕繩到棒與地面第三次碰撞的過程所經歷的時間為

?題型02有關牛頓第二定律的連接體問題

4.一木板A與輕彈簧一端栓接，彈簧豎直固定在水平面上，A上面放置物塊B,系統處于靜止狀態，如圖所

示，現對B施加豎直向上的拉力尸（圖中未畫出），使其由靜止開始做加速度大小a=lm/s2的勻加速直線

運動。彈簧的勁度系數左=100N/m,A、B的質量均為加=2kg,A、B均視為質點，重力加速度g取

10m/s2,彈簧始終在彈性限度內，不計空氣阻力。下列說法正確的是（）

BlirA

w

"w7

A.尸的最小值為4N

B.A、B剛分離時，彈簧處于原長狀態

C.A、B分離后，A在上升階段先做加速度減小的加速運動再做加速度增大的減速運動

D.若在A、B剛分離時撤去尸，則此后B上升的最大高度為0.018m

【答案】ACD

【詳解】A.A、B分離前對AB整體由牛頓第二定律得

尸+尸彈-2mg=2ma

A對B的支持力逐漸減小，尸增大，所以剛開始運動時，P最小，此時

心=2mg

所以

/n=2加。=4N

故A正確；

B.當A、B分離時

2

aA=aB=1m/s

對A由牛頓第二定律得

與‘-mg=ma

彈簧處于壓縮狀態，故B錯誤；

C.A、B分離后,A在上升階段，尸岸越來越小，由

F^l-mg=mal

可知A的加速度先減小，此時A向上做加速度減小的加速運動，當與="?時

a=0

此后的上升過程中由

mg-F^2=ma2

可知加速度的方向豎直向下，做加速度增大的減速運動，故C正確;

D.開始時，系統處于靜止狀態，設此時彈簧形變量為％,則有

kx0=2mg

x0=0.4m

A、B剛分離時，設彈簧形變量為為，則有

代入數據解得

所以A上升的位移大小

x=x0-X]=0.18m

A、B剛分離時，B上升的位移大小為x,設B的速度為v,撤去尸后B上升的最大高度為九由運動學公式

可知

2ax=v2，-2gh=0-v2

代入數據解得

故D正確。

故選ACD?

5.如圖所示，光滑水平面上放置一長為0.4m木板C,一大小不計的支架B放置在木板C上，一段細線上

端固定在支架上，下端連接小球A。已知小球A、支架B、木板C質量分別為lkg、2kg、3kg,支架B底座

與木板C之間的動摩擦因數〃=0.75,現對木板施加水平向右的拉力R設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,

sin53°=cos37°=0.8,cos53°=sin37°=0.6,重力加速度g取lOm/s?,下列說法正確的是（）

A。

A.細線與豎直方向的最大偏角為53°

B.當拉力尸=30N時，細線對A的拉力大小為5^N

C.當支架B與木板C間發生滑動時，拉力廠最小值為45N

D.當尸=60N時，B經0.4s從木板C的左端離開

【答案】BCD

【詳解】A.根據題意可知，支架B與木板C間發生滑動時，支架B與小球A的加速度最大，有

/=〃（加A+加B）g=（加A+加

即

2

a0=〃g=7.5m/s

此時細線與豎直方向夾角最大為凡選小球A為研究對象，則有

Tcos0-mAg,Tsin6=mA6z0

解得

6=37°

故A錯誤；

C.選木板C為研究對象，則有

F-f^mcac

且

解得

F>45N

即當支架B與木板C間發生滑動時，拉力/最小值為45N,故C正確；

B.當拉力尸=30N時，支架B與木板C相對靜止，即A、B、C三者相對靜止，其加速度為。，由牛頓第二

定律，有

尸=（加A+機B+機c）0

解得

a=5m/s2

此時細線拉力為T,細線與豎直方向的偏角為a,選小球A為研究對象，有

Tcosa=mAg,Tsina=mAa

解得

22

T=mAy]a+g=50N

故B正確；

D.當尸=60N時，支架B與木板C間發生滑動，此時對木板C有

F-f=mca'c

解得

2

a'c=12.5m/s

設B經時間t從木板C的左端離開，則有

]%廣=L

解得

t=0.4s

故D正確。

故選BCD?

6.如圖所示，傾角為6=37。的光滑斜面固定在水平地面上，一輕質彈簧一端與垂直固定在斜面上的擋板相

連，另一端與物塊B栓接，勁度系數為鼠物塊A緊靠著物塊B,物塊與斜面均靜止?，F用一沿斜面向上的

力F作用于A,使A、B兩物塊一起沿斜面做加速度大小為gg的勻加速直線運動直到A、B分離。物塊A

質量為加，物塊B質量為2加，重力加速度為g,sin37o=0.6,cos37o=0.8。下列說法中正確的是（）

A.施加拉力的瞬間，A、B間的彈力大小為:加g

B.A、B分離瞬間彈簧彈力大小為

C.拉力廠的最大值大于加g

D.在A、B分離前整個過程中A的位移為警

【答案】AD

【詳解】A.施加拉力廠之前，A、B整體受力平衡，根據平衡條件，有

F^=kx=3mgsin0

解得

1.8mg

x=--------

k

施加尸瞬間，物體A、B加速度大小為

1

對A、B整體，根據牛頓第二定律

尸十與一3mgsin0=3ma

對A,根據牛頓第二定律得

F+FBA-mgsin0=ma

聯立，解得

L1

m

"A=~g

故A正確；

B.分離時，物體A、B之間作用力為0,對B根據牛頓第二定律得

尸'彈一2mgsin3=2ma

解得

尸'彈=kx'=1.6mg

可得

,\.6mg

x=--------

k

故B錯誤；

C.依題意，整個過程中拉力尸一直增大，A、B分離瞬間，物體A、B之間作用力為0,F最大,對A根據

牛頓第二定律得

耳?ax一機gsin<?=M。

解得

41ax=0.8mg<mg

故C錯誤;

D.在A、B分離前整個過程中A的位移為

xA=x-x'=等故D正確。

5k

故選ADo

?題型03動力學兩類基本問題

7.2022年北京冬奧會后，我國北方掀起一股滑雪運動的熱潮，有一傾角為。=37。的斜面雪道如圖（甲）。

假設一滑雪愛好者和他的雪橇總質量為加=75kg,他們沿足夠長的雪道向下滑去，已知他和雪橇所受的空

氣阻力/與滑雪速度v成正比，比例系數人未知，雪橇與雪道間的動摩擦因數均相同。從某時刻開始計時,

測量得雪橇運動的V7圖像如圖（乙）中的曲線4D所示，圖中48是曲線在/點坐標為（0,5）的切

線，切線上一點8的坐標為（4,15）,CD是曲線的漸近線。（g取lOm/s?,sin37°=0.6,

cos37°=0.8）o下列說法正確的是（）

A.開始運動時雪橇的加速度大小為〃=2.5m/s2

B.0~4s內雪橇做加速度變小的曲線運動

C.比例系數為左=37.5Ns/m

D.動摩擦因數〃=0.125

【答案】ACD

【詳解】A.在v-f圖像中，圖像的斜率表示加速度，因此開始運動時雪橇的加速度大小為

Av15-5.3廠,2

a=——=----m/s2=2.5m/s

\t4

故A正確；

B.0-4s內，雪橇先做初速度為5m/s,加速度變小的沿正方向的直線運動，故B錯誤;

CD.根據牛頓第二定律，開始時

mgsind-kv0-〃加geos0-ma

由CD這條漸近線可知，10m/s為其運動的收尾速度（即勻速運動速度），即有

mgsmd=jumgcos0+kvm

兩式聯立，得

kvm—kv0=ma

將

v0=5m/s

vm=lOm/s

代入后得

k=37.5Ns/m

〃=0.125

故CD正確。

故選ACD?

8.如圖所示，水平平臺成長為20m,平臺b端與長度未知的特殊材料制成的斜面6c連接，斜面傾角為30。；

在平臺a端放上質量為5kg的物塊，并給物塊施加與水平方向成37。角的50N推力后，物塊由靜止開始運動。

己知物塊與平臺間的動摩擦因數為0.4,重力加速度g=10m/s2,sin37-=0.6,求：（結果可用分數、根號表

示）

（1）物塊由a運動到b所用的時間；

⑵若物塊從a端運動到P點時撤掉推力，則物塊剛好能從斜面6端開始下滑，則間。尸的距離為多少？（物

塊在b端無能量損失）

⑶若物塊與斜面間的動摩擦因數k=*+%廣式中〃為物塊在斜面上所處的位置離b端的距離（斜面

足夠長），在（2）中的情況下，物塊沿斜面滑多少距離時速度最大？最大速度為多少？

【答案】⑴5s

(2)14.3m

7-

(3)0.7m,一V5m/s

10

【詳解】(1)受力分析知物體的加速度為

Fcos37°-//(Fsin370+mg)

=1.6m/s2

m

12

解得〃到b的時間為

(2)物體從q到P

Vp=2%再

物塊由尸到b

Vp=2a2x2

%二〃g

x=x1+x2

解得aP距離為

西=14.3m

(3)物塊沿斜面be下滑的過程中，受摩擦力逐漸變大，則先做加速度減小的加速運動，后做加速度增大

的減速運動，加速度為零時速度最大。

在該位置，由牛頓第二定律得

mgsin30°-/z/)cmgcos30o=0

由題意可知

解得

7m

因加速度與下滑的位移成線性關系，可知從開始運動到速度最大平均加速度為

a=；(gsin30°—“cogcos30°=：m/s?

則最大速度

____7

v

m=72?^=—V5m/s

9.如圖所示，兩端開口的豎直球筒中靜置著一個羽毛球（視為質點），初始時用手握住球筒，在空中靜止。

某時刻開始用手帶動球筒豎直向下做勻加速運動（加速度記作。），持續一段時間后忽然停止，球筒速度立

刻變為0并保持靜止。已知羽毛球質量為加，球與筒之間的最大靜摩擦力為7m=3.2加g,滑動摩擦力為

fo=3mg。羽毛球離筒的上、下端距離分別為4、d2（4>%）。已知重力加速度為g,空氣阻力不計，

球筒離地足夠高，全過程筒身始終豎直。

（1）若a=2.5g,求剛開始運動時羽毛球對筒的摩擦力；

（2）若羽毛球速度變為0時仍未離開球筒，則球筒繼續向下做加速度為a的勻加速運動，持續時間/后再忽然

停止…，重復上述過程直到羽毛球離開球筒

①若從初始狀態到球從上端離開球筒，球筒一共加速4次，求4的取值范圍（用a,g,t表示）；

②若球筒只加速一次，只要/取適當值，球總能從下端離開，求。的取值范圍。（用g,4，心表示）

【答案】（l）/=L5%g,方向豎直向上

⑵①L<4<（2"20gH②J片

【詳解】（1）設羽毛球與球筒一起運動，則有

f+mg=ma

解得

f=L5mg<fm

故可以保持相對靜止，由牛頓第三定律，羽毛球對球筒的摩擦力大小

f'=f=\,5mg

方向豎直向上。

(2)①羽毛球速度變為。時仍未離開球筒，且球筒一共加速4次后從上端離開球筒，有

工+加g4

a>-二4g

m

第一階段球相對球筒向上滑動，球的加速度為q,則有

八+mg=ma}

解得

%=4g

則這一階段球相對球筒向上滑動的距離為

11

玉=—at2——ci^t2

球筒靜止后，對羽毛球有

f0-mg=ma2

球相對簡向下滑動直到靜止

-一-("-)

2a2

要求

3x1-2X2<d1<4x1-3X2

解得

^47-14g^Z2<4<(2Q—20g)/2

②若a44g時，只要/足夠大,停止加速后，球筒立刻靜止。羽毛球的初速度足夠大，故一定會從下端離

開，因此取值范圍是。V4g；

若a>4g,此時在一個周期內,球相對球筒向下滑的位移大于向上滑動的位置，且有

x2-xx>d2

解得

t>12d2

\12g-a

且球不能從上端滑出

/<4

解得

2dl

t<

。一4g

筒只加速一次，并且球總能從下端離開則必須有

解得

&<4g(34+4)

4+d?

綜上所述，a的取值范圍0<4g4)

d、+a2

?題型04有關牛頓第二定律的臨界極值問題

10.如圖，水平地面上有一汽車做加速運動，車廂內有一個傾角。=37。的光滑斜面，斜面上有一個質量為加

的小球，用輕繩系于斜面的頂端，小球的重力大小為機g,繩對球的拉力大小為打、斜面對小球的彈力大小

為FN，當汽車以大小為。的加速度向左做勻加速直線運動時(sin37°=0.6,cos37°=0.8,重力加速度g取

10m/s2)()

A.若a=14m/s2,小球受