离为s1，在车厢内滑动的距离s＝4 m，货车的加速度大小为a2，货车相对制动坡床的运动距离为s2.货车受到制动坡床的阻力大小为F，F是货车和货物总重的k倍，k＝0.44，货车长度l0＝12 m，制动坡床的长度为l，则
Mgsin θ＋F－f＝Ma2 F＝k(m＋M)g⑤ s1＝vt－a1t2 s2＝vt－a2t2 s＝s1－s2 l＝l0＋s0＋s2
联立①②④～⑨并代入数据得l＝98 m.
1212
④
⑥ ⑦ ⑧ ⑨
[答案] (1)5 m/s 方向沿制动坡床向下 (2)98 m
1．两类动力学问题的解题步骤
2
2．等时圆模型
(1)质点从竖直圆环上沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到环的最低点所用时间相等，如图甲所示．
(2)质点从竖直圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到下端所用时间相等，如图乙所示．
(3)两个竖直圆环相切且两环的竖直直径均过切点，质点沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到下端所用时间相等，如图丙所示．
【迁移题组】
迁移1 已知受力求运动 1.
(多选)(2024·汕头模拟)建设房屋时，保持底边L不变，要设计好屋顶的倾角θ，以便下雨时落在房顶的雨滴能尽快地滑离屋顶，雨滴下滑时可视为小球做无初速度、无摩擦的运动．下列说法正确的是( )
A．倾角θ越大，雨滴下滑时的加速度越大 B．倾角θ越大，雨滴对屋顶压力越大
C．倾角θ越大，雨滴从顶端O下滑至屋檐M时的速度越大 D．倾角θ越大，雨滴从顶端O下滑至屋檐M时的时间越短 解析：选AC.
设屋檐的底角为θ，底边长度为L，注意底边长度是不变的，屋顶的坡面长度为x，雨滴下滑时加速度为a，对雨滴受力分析，只受重力mg和屋顶对雨滴的支持力FN，垂直于屋顶方向：mgcos θ＝FN，平行于屋顶方向：ma＝mgsin θ.雨滴的加速度为：a＝gsin θ，则倾角θ越大，雨滴下滑时的加速度越大，故A正确；雨滴对屋顶的压力大小：F′N＝FN＝mgcos θ，则倾角θ越大，雨滴对屋顶压力越小，故B错误；根据三角关系判断，屋顶坡面的长度x＝
12
，由x＝gsin θ·t，可得：t＝
2cos θ2
L2L，可见当θ＝45°
gsin 2θ
时，用时最短，D错误；由v＝gsin θ·t可得：v＝gLtan θ，可见θ越大，雨滴从顶端O下滑至M时的速度越大，C正确．
迁移2 已知运动求受力 2.
(2024·江西重点中学十校联考)趣味运动会上运动员手持网球拍托球沿水平面匀加速跑，设球拍和球质量分别为M、m，球拍平面和水平面之间夹角为θ，球拍与球保持相对静止，它们间摩擦力及空气阻力不计，则( )
A．运动员的加速度为gtan θ
B．球拍对球的作用力为mg
C．运动员对球拍的作用力为(M＋m)gcos θ D．若加速度大于gsin θ，球一定沿球拍向上运动 解析：选A.
网球受力如图甲所示，根据牛顿第二定律得FNsin θ＝ma，又FNcos θ＝mg，解得a＝
gtan θ，FN＝
mgcos θ
，故A正确，B错误；以球拍和球整体为研究对象，受力如图乙所示，
根据平衡，运
动员对球拍的作用力为F＝
（M＋m）g，故C错误；当a>gtan θ时，网球才向上运动，
cos θ
由于gsin θ 迁移3 等时圆模型 3. 如图所示，AB和CD为两条光滑斜槽，它们各自的两个端点均分别位于半径为R和r的两个相切的圆上，且斜槽都通过切点P.设有一重物先后沿两个斜槽，从静止出发，由A滑到B和由C滑到D，所用的时间分别为t1和t2，则t1与t2之比为( ) A．2∶1 C.3∶1 B．1∶1 D．1∶3 解析：选B.设光滑斜槽轨道与水平面的夹角为θ，则物体下滑时的加速度为a＝gsin 12 θ，由几何关系，斜槽轨道的长度s＝2(R＋r)sin θ，由运动学公式s＝at，得t＝ 2＝ 2×2（R＋r）sin θ ＝2 gsin θ 2saR＋r，即所用时间t与倾角θ无关，所以t1＝gt2，B项正确． 动力学图象问题的应用[学生用书P46] 【知识提炼】 1．常见的图象有：v－t图象，a－t图象，F－t图象，F－x图象，F－a图象等． 2．图象间的联系：加速度是联系v－t图象与F－t图象的桥梁． 3．图象的应用 (1)已知物体在一运动过程中所受的某个力随时间变化的图象，要求分析物体的运动情况． (2)已知物体在一运动过程中速度、加速度随时间变化的图象，要求分析物体的受力情况． (3)通过图象对物体的受力与运动情况进行分析． 4．解题策略 (1)问题的实质是力与运动的关系，解题的关键在于弄清图象斜率、截距、交点、拐点、面积的物理意义． (2)应用物理规律列出与图象对应的函数方程式，进而明确“图象与公式”“图象与物体”间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断． 【典题例析】 (多选)(2015·高考全国卷Ⅰ)如图甲，一物块在t＝0时刻滑上一固定斜面，其 运动的v－t图线如图乙所示．若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出( ) A．斜面的倾角 B．物块的质量 C．物块与斜面间的动摩擦因数 D．物块沿斜面向上滑行的最大高度 [审题指导] 解此题关键有两点： (1)利用v－t图象分析研究加速度． (2)根据物块在斜面上的受力，分阶段列牛顿第二定律方程． [解析] 由题图乙可以求出物块上升过程中的加速度为a1＝，下降过程中的加速度为 v0 t1 v1 a2＝.物块在上升和下降过程中，由牛顿第二定律得mgsin θ＋Ff＝ma1，mgsin θ－Ff＝ t1v0＋v1m（v0－v1） ma2，由以上各式可求得sin θ＝，滑动摩擦力Ff＝，而Ff＝μFN＝μmgcos 2t1g2t1 θ，由以上分析可知，选项A、C正确；由v－t图象中横轴上方的面积可求出物块沿斜面上滑的最大距离，可以求出物块沿斜面向上滑行的最大高度，选项D正确． [答案] ACD 数形结合解决动力学图象问题 (1)在图象问题中，无论是读图还是作图，都应尽量先建立函数关系，进而明确“图象与公式”“图象与物体”间的关系；然后根据函数关系读取图象信息或者描点作图． (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． 【迁移题组】 迁移1 由图象信息分析运动情况 1．(2024·安徽淮北一中模拟)如图甲所示，水平地面上固定一带挡板的长木板，一轻弹簧左端固定在挡板上，右端接触滑块，弹簧被压缩0.4 m后锁定，t＝0时解除锁定，释放滑块．计算机通过滑块上的速度传感器描绘出滑块的v－t图象如图乙所示，其中Oab段为曲线，bc段为直线，倾斜直线Od是t＝0时的速度图线的切线，已知滑块质量m＝2.0 kg，取g＝10 m/s，则下列说法正确的是( ) 2 A．滑块被释放后，先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动 B．弹簧恢复原长时，滑块速度最大 C．弹簧的劲度系数k＝175 N/m D．该过程中滑块的最大加速度为35 m/s 解析：选C.根据v－t图线的斜率表示加速度，可知滑块被释放后，先做加速度逐渐减小的加速直线运动，弹簧弹力与摩擦力相等时速度最大，此时加速度为零，随后加速度反向增加，从弹簧恢复原长时到滑块停止运动，加速度 Δv1.52 不变，选项A、B错误；由题中图象知，滑块脱离弹簧后的加速度大小a1＝＝m/sΔt0.3＝5 m/s，由牛顿第二定律得摩擦力大小为Ff＝μmg＝ma1＝2×5 N＝10 N，刚释放时滑块的Δv′322 加速度为a2＝＝m/s＝30 m/s，此时滑块的加速度最大，选项D错误；由牛顿第二 Δt′0.1定律得kx－Ff＝ma2，代入数据解得k＝175 N/m，选项C正确． 迁移2 由运动情况确定物理量的变化图象 2. 2 2
2024届高考物理总复习第三章牛顿运动定律第二节牛顿第二定律两类动力学问题测试题
