2025年高考物理压轴题专项训练：力与物体的直线运动 （解析版）

专题02力与物体的直线运动

NO.1

压轴题解读

本专题属于基础热点内容；牛顿第二定律作为连接这些知识点的桥梁，其在整

个高中物理中的串联作用至关重要。正因为如此，力与物体的直线运动问题在近年

来的高考命题中常常以压轴题的形式出现，考查学生对于不同运动形式的理解和图

像问题的处理能力。因此，学生们需要充分了解各种题型的知识点及要领，对常见

的物理模型有深入的认知和掌握。

命题预测

在2025年高考中，无论是选择题还是计算题，力与物体的直线运动问题都将

是重点考查的对象，其重要性不言而喻。

通过深入复习动力学这一专题，学生们不仅可以提升审题能力、分析和推理能

力，还能够强化自身的物理素养。这种素养的提升不仅仅局限于动力学本身，而是

对整个物理学科的理解和掌握都有极大的帮助。

1.匀变速直线运动公式的灵活运用；

2.有关牛顿第二定律的连接体问题；

3.动力学两类基本问题；

高频考法4.有关牛顿第二定律的临界极值问题；

5.运动学和动力学图像；

6.板块模型；

7.传送带模型。

NO.2

压轴题密押

考向一：匀变速直线运动规律的应用

i.匀变速直线运动问题常用的六种解题方法

I基本公式法I|平均速度法IIAxM|

适用于初速度为零的匀加速直线运动

T比例法1——*或末速度为零的匀减速宜线运动

匀减速直线运动可视为反方向的匀加

-1逆向思维法1速宜线运动

U图像法I——»l斜率、面积I

2.处理追及问题的常用方法

判断追上与否的条件

过程分析法。甲=。乙、求解二者间距离极值

的条件

函数法Ax=x^+x0—x甲为关于t的二次函数，当t=一■%时有极值，

2a

“忸........胤,〃令Ax=0,利用力=62—4QC判断有解还是无解，追上与追

H——^o——H不上的条件

画出力图像，图线与右轴所围面积表示位移，利用图像

图像法

更直观

以其中一个物体为参考系，确定出另一个物体在参考系下

转换参考系法

的速度与加速度（以谁为参考系减去谁，注意矢量相减）

考向二：有关牛顿第二定律的连接体问题;

1.处理连接体问题的方法：

①当只涉及系统的受力和运动情况而不涉及系统内某些物体的受力和运动情况时，一般采用整体法。

②当涉及系统（连接体）内某个物体的受力和运动情况时，一般采用隔离法。

2.处理连接体问题的步骤：

明确所研究］画出系统整体的选用适当的

系统和运动卜

受力图或运动全U物理规律列

的全过程过程的示意图方程求解

3.特例：加速度不同的连接体的处理方法：

①方法一（常用方法）：可以采用隔离法,对隔离对象分别做受力分析、列方程。

②方法二（少用方法）：可以采用整体法,具体做法如下：

此时牛顿第二定律的形式：=mxaix+m2a2x+m3a3xH—；+m2a2y+m3a3yH—

说明：①尸人、尸打指的是整体在x轴、y轴所受的合外力，系统内力不能计算在内；

②an、a2x,a3x>……和aiy、a2y>a3y>……指的是系统内每个物体在x轴和y轴上相对地面的加速度。

考向三动力学两类基本问题

1.解决动力学两类问题的两个关键点

(1)把握“两个分析”“一个桥梁”

两逐一分析不同过程的运动特

K过程分析

个点，找出相邻过程的联系点

分

析逐过程分析物体的受力，注

意摩擦力、弹力可能变化

f

加

一

个运用运动学公式和牛顿第

速

桥二定律时特别注意有关矢

度

梁量的正负问题

一

(2)找到不同过程之间的“联系”，如第一个过程的末速度就是下一个过程的初速度，若过程较为复杂,

可画位置示意图确定位移之间的联系。

2.两类动力学问题的解题步骤

根据问题需要和解题方便，选择某个物体

明确研究对象

或几个物体构成的系统为研究对象

受力分析和画好受力示意图、情景示意图，明确物体

运动过程分析的运动性质和运动过程

0

选取正方向通常以加速度的方向为正方向或以加速度

或建立坐标系,方向为某一坐标的正方向

若物体只受两个力作用，通常用合成法;若

确定合力七

受3个或3个以上的力，一般用正交分解法

根据牛顿第二定律F合=ma或1岁丽"

=

列方程求解LFymay

列方程求解，必要时对结果进行讨论

考向四有关牛顿第二定律的临界极值问题

1.问题情景

(1)当题目中出现“最大”“最小”或“刚好”等关键词时，经常隐藏着临界问续

(2)当题目要求解某个物理量的最大值、最小值、范围或需要满足的条件时，经常为临界问题。

(3)常见临界条件

两物体刚好要相对滑动静摩擦力达到最大值

两物体在压力方向刚好脱离接触相互作用的弹力为零

轻绳刚好绷直或松弛轻绳上张力为零

2.思路与方法

(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

把物理问题（或过程）推向极端，从而使临界现象（或状态）暴露出来，以达到正确解决问

极限法

题的目的

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

假设法

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

考向五运动学和动力学图像

1.分析v-f图像和x-f图像问题时的四点注意事项

（1>-/图像和V-t图像描述的都是直线运动，而不是曲线运动.

（2）x-t图像和v—f图像不表示物体运动的轨迹.

（3）x—/图像中两图线的交点表示两物体相遇，而v-t图像中两图线的交点表示两物体速度相等.

（4）图线为直线时，斜率所表示的物理量不变，若为曲线，则该量发生变化，与物体运动的轨迹无关.

2.常见非常规图像（处理方法：找原始关系式，理解清楚坐标的截距、图线的交点、拐点的物理意义）

非常规图像（举例）函数表达式斜率左纵截距6

由v2~vi=2ax

V2-X图像2a

得v2=vS+2tzx

1

1

——t图像-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图像m

3.图像问题的解题思路

一看①确认纵、横坐标轴对应的物理量及其单位

坐标轴②注意纵、横坐标是否从零刻度开始

图线在坐标轴上的截距表示运动的初始情况

二看斜率通常能够体现某个物理量（如v-t图像的斜率反映了加速度）的大小、方向及变化情

截距、况

斜率、面积最常见的是V-t图像中面积表示位移大小，要注意时间轴下方的面积表示位移为负，说明

这段位移方向与正方向相反

三看交点往往是解决问题的切入点，注意交点表示物理量相等，不一定代表物体相遇

交点、转折点表示物理量发生突变，满足不同的函数关系式，如v-t图像中速度由增变减，表明加

转折点、速度突然反向

渐近线

利用渐近线可以求出该物理量的极值或确定它的变化趋势

考向六板块模型

1.模型特点

上、下叠放两个物体，在摩擦力的相互作用下两物体发生相对滑动.

2.两种位移关系

4--------------X]=L+X2—AUA

滑块由滑板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和滑板同向运动,

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

77777777777777777777,"7777777/77777777777777777777,”

位移之差等于板长；反向运动时，位移之和等于板长.I-L-----4,--------------------H

3.解题方法

整体法、隔离法.

4.解题思路乙

（1）求加速度：因题目所给的情境中至少涉及两个物体、多个运动过程，并且物体间还存在相对运动,

所以应准确求出各物体在各运动过程的加速度（注意两过程的连接处加速度可能突变）。

（2）明确关系：对滑块和滑板进行运动情况分析，找出滑块和滑板之间的位移关系或速度关系，建立

方程。这是解题的突破口。特别注意滑块和滑板的位移都是相对地的位移。求解中更应注意联系两个过程

的纽带，每一个过程的末速度是下一个过程的初速度。

状态板、块速度不相等板、块速度相等瞬间板、块共速运动

方法隔离法假设法整体法

假设两物体间无相对滑动，先用整体法将滑块和木

对滑块和木板进

算出一起运动的加速度，再用隔离法算出其板看成一个整体，

行隔离分析，弄清每

步骤中一个物体“所需要”的摩擦力分比较6与对整体进行受力

个物体的受力情况与

最大静摩擦力的关系，若Ff>Ffm，则发分析和运动过程

运动过程

生相对滑动分析

①两者速度达到相等的瞬间，摩擦力可能发生突变②当木板的长度一定时，滑块

临界

可能从木板滑下，恰好滑到木板的边缘达到共同速度（相对静止）是滑块滑离木板的临

条件

界条件

原理时间及位移关系式、运动学公式、牛顿运动定律、动能定理、功能关系等

考向七板块模型

1.水平传送带问题

项目图示滑块可能的运动情况

次)二0(i)可能一直加速

情景一6——T)

(2)可能先加速后匀速

Vo(l)vo>v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速

情景二A——X)

(2)v()vv时，可能一直加速，也可能先加速再匀速

(1)传送带较短时，滑块一直减速到达左端

情景三(T——(2)传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端.其

中V0>V返回时速度为V,当v0<v返回时速度为Vo

2.倾斜传送带问题

项目图示滑块可能的运动情况

①可能一直加速

情景一

②可能先加速后匀速

①可能一直加速

情景二②可能先加速后匀速

③可能先以©加速后以西加速

①可能一直加速

②可能先加速后匀速

情景三

③可能一直匀速

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可能一直匀速

③可能先减速后反向加速

密押

♦题型01匀变速直线运动规律的应用

1.子弹垂直射入叠在一起的相同木板，穿过第20块木板后的速度变为0。可以把子弹视为质点，已知子弹

在木板中运动的总时间是人认为子弹在各块木板中运动的加速度都相同，且木板相对于地面始终保持静止,

则()

A.子弹穿过第1块木板所用的时间是

V20

B.子弹穿过前三块木板所用时间之比为1：(亚-1)：(百-亚)

C.子弹穿过前15块木板所用的时间是：

V3O-5

D.子弹穿过第15块木板所用的时间加

-w-

【答案】D

【详解】AB.子弹做匀减速运动穿过第20块木板后速度变为0,运用逆向思维法，子弹反向做初速度为零

的匀加速直线运动，设每块木板的厚度为s,则有

12

nS=~atn

当〃=20时，有

20s=；/①

穿过第1块木板后〃=19有

12

19s=—xatl9

上式结合①式可得

一糕

因此子弹穿过第1块木板所用的时间为

,_[19

A,—t—J—t

720

同理子弹穿过第2块木板所用的时间为

鹏二舟喝

子弹穿过第3块木板所用的时间为

穿过前二块木板的时间之比为

A.：M：Af3=(V20-V19):[Vi9-V18):[Vi8-Vn)

故AB错误；

C.穿过前15块木板，即〃=5有

u12

5s=]须

上式结合①式可得

t

因此子弹穿过前15块木板所用的时间为:

D.穿过前14块木板，〃=6有

6s」说

2

上式结合①式可得

穿过第15块木板的时间

△t=。4一45

解得

10

故D正确。

Y

24、B两个物体沿同一直线同向运动，0时刻开始计时，A、B两物体的图像如图所示，已知在f=5s

t

时A、B在同一位置，根据图像信息，下列说法不正确的是（）

A.物体A、B在0时刻相距10m

B.，=4s时，物体B正在追赶物体A

C.。〜5s内，物体A、B间的最大距离为12.5m

D.物体B做匀加速直线运动且加速度大小为Im/s?

【答案】AB

【详解】D.由匀变速直线运动的位移公式

12

x=vot+—at

可得

7=%+/

对比B物体的图线可知

解得

a=2m/s2

B物体做匀加速直线运动，故D错误；

Y1

A.由相似三角形可知，B图线与纵轴的交点坐标为lm/s。根据7=%+,必可知，B物体的初速度%

由A物体的图线可知，A物体做匀速直线运动，速度为片4m/s,在U5s时A、B的位移分别为

xA=vt=20m

12

xB=v0Z+—at=30m

此时到达同一位置，故在0时刻，A在B前10m处，故A正确；

B.由于是初速度小的B追初速度大的A,加速追匀速，只会相遇一次，f=5s时相遇，则t=4s时，物体B正

在追赶物体A。故B正确；

C.当A、B速度相等时，相距最远，则

%+atr=v

代入数据可得

/=L5s0〜5s内，物体A、B间的最大距离为

s=vt'+x0-（yot'+；。严）=12.25m

故C错误。

故选AB。

3.如图所示，一轻绳吊着粗细均匀的棒，棒下端离地面高〃，上端套着一个细环。棒和环的质量均为相，相

互间最大静摩擦力等于滑动摩擦力4加g。断开细绳，棒和环自由下落。假设棒足够长，与地面发生碰撞时,

触地时间极短，棒与地碰撞后都能以原速率反弹。棒在整个运动过程中始终保持竖直，空气阻力不计。求：

环目1

棒

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

⑴棒第一次与地面碰撞时，棒的速度大小匕;

（2）棒第一次与地面碰撞弹起上升过程中，棒的加速度。棒;

⑶从断开轻绳到棒与地面第三次碰撞的过程所经历的时间北

【答案】（1）匕=伍万

（2）。棒=5g,竖直向下

⑶二百

4g

【详解】（1）棒与环一起自由落体运动，则有

v；=2gH

解得

V]=d2gH

（2）棒第一次弹起过程，对棒由牛顿第二定律可得

4mg+mg=加。棒

解得

。棒=5g

方向竖直向下。

（3）棒与环一起自由落体过程，有

棒第一次弹起过程，对环由牛顿第二定律可得

4mg-mg=加。环

解得

a环=3g

方向竖直向上；棒第一次弹起减速到。再向下加速到与环等速v共1，用时牡，棒向上运动的位移大小为

s棒1，则有

-v

V共1=i+。棒。上

V共1=匕一。环，上

F+y共］

棒与环等速后一起向下加速，末速度为岭，用时4下，则有

V2_或1=2gs棒1

匕一V共1=g。下

解得

V2=p

棒第一次弹起到第二次碰撞总用时

4=%上+。下=F+

4g

同理可得：棒第二次弹起到第三次碰撞总用时

从断开轻绳到棒与地面第三次碰撞的过程所经历的时间为

♦题型02有关牛顿第二定律的连接体问题

4.一木板A与轻弹簧一端栓接，弹簧竖直固定在水平面上，A上面放置物块B,系统处于静止状态，如图所

示，现对B施加竖直向上的拉力尸（图中未画出），使其由静止开始做加速度大小a=lm/s2的匀加速直线

运动。弹簧的劲度系数左=100N/m,A、B的质量均为加=2kg,A、B均视为质点，重力加速度g取

10m/s2,弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力。下列说法正确的是（）

BlirA

w

"w7

A.尸的最小值为4N

B.A、B刚分离时，弹簧处于原长状态

C.A、B分离后，A在上升阶段先做加速度减小的加速运动再做加速度增大的减速运动

D.若在A、B刚分离时撤去尸，则此后B上升的最大高度为0.018m

【答案】ACD

【详解】A.A、B分离前对AB整体由牛顿第二定律得

尸+尸弹-2mg=2ma

A对B的支持力逐渐减小，尸增大，所以刚开始运动时，P最小，此时

心=2mg

所以

/n=2加。=4N

故A正确；

B.当A、B分离时

2

aA=aB=1m/s

对A由牛顿第二定律得

与‘-mg=ma

弹簧处于压缩状态，故B错误；

C.A、B分离后,A在上升阶段，尸岸越来越小，由

F^l-mg=mal

可知A的加速度先减小，此时A向上做加速度减小的加速运动，当与="?时

a=0

此后的上升过程中由

mg-F^2=ma2

可知加速度的方向竖直向下，做加速度增大的减速运动，故C正确;

D.开始时，系统处于静止状态，设此时弹簧形变量为％,则有

kx0=2mg

x0=0.4m

A、B刚分离时，设弹簧形变量为为，则有

代入数据解得

所以A上升的位移大小

x=x0-X]=0.18m

A、B刚分离时，B上升的位移大小为x,设B的速度为v,撤去尸后B上升的最大高度为九由运动学公式

可知

2ax=v2，-2gh=0-v2

代入数据解得

故D正确。

故选ACD„

5.如图所示，光滑水平面上放置一长为0.4m木板C,一大小不计的支架B放置在木板C上，一段细线上

端固定在支架上，下端连接小球A。已知小球A、支架B、木板C质量分别为lkg、2kg、3kg,支架B底座

与木板C之间的动摩擦因数〃=0.75,现对木板施加水平向右的拉力R设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,

sin53°=cos37°=0.8,cos53°=sin37°=0.6,重力加速度g取lOm/s?,下列说法正确的是（）

A。

A.细线与竖直方向的最大偏角为53°

B.当拉力尸=30N时，细线对A的拉力大小为5^N

C.当支架B与木板C间发生滑动时，拉力厂最小值为45N

D.当尸=60N时，B经0.4s从木板C的左端离开

【答案】BCD

【详解】A.根据题意可知，支架B与木板C间发生滑动时，支架B与小球A的加速度最大，有

/=〃（加A+加B）g=（加A+加

即

2

a0=〃g=7.5m/s

此时细线与竖直方向夹角最大为凡选小球A为研究对象，则有

Tcos0-mAg,Tsin6=mA6z0

解得

6=37°

故A错误；

C.选木板C为研究对象，则有

F-f^mcac

且

解得

F>45N

即当支架B与木板C间发生滑动时，拉力/最小值为45N,故C正确；

B.当拉力尸=30N时，支架B与木板C相对静止，即A、B、C三者相对静止，其加速度为。，由牛顿第二

定律，有

尸=（加A+机B+机c）0

解得

a=5m/s2

此时细线拉力为T,细线与竖直方向的偏角为a,选小球A为研究对象，有

Tcosa=mAg,Tsina=mAa

解得

22

T=mAy]a+g=50N

故B正确；

D.当尸=60N时，支架B与木板C间发生滑动，此时对木板C有

F-f=mca'c

解得

2

a'c=12.5m/s

设B经时间t从木板C的左端离开，则有

]%广=L

解得

t=0.4s

故D正确。

故选BCD»

6.如图所示，倾角为6=37。的光滑斜面固定在水平地面上，一轻质弹簧一端与垂直固定在斜面上的挡板相

连，另一端与物块B栓接，劲度系数为鼠物块A紧靠着物块B,物块与斜面均静止。现用一沿斜面向上的

力F作用于A,使A、B两物块一起沿斜面做加速度大小为gg的匀加速直线运动直到A、B分离。物块A

质量为加，物块B质量为2加，重力加速度为g,sin37o=0.6,cos37o=0.8。下列说法中正确的是（）

A.施加拉力的瞬间，A、B间的弹力大小为:加g

B.A、B分离瞬间弹簧弹力大小为

C.拉力厂的最大值大于加g

D.在A、B分离前整个过程中A的位移为警

【答案】AD

【详解】A.施加拉力厂之前，A、B整体受力平衡，根据平衡条件，有

F^=kx=3mgsin0

解得

1.8mg

x=--------

k

施加尸瞬间，物体A、B加速度大小为

1

对A、B整体，根据牛顿第二定律

尸十与一3mgsin0=3ma

对A,根据牛顿第二定律得

F+FBA-mgsin0=ma

联立，解得

L1

m

"A=~g

故A正确；

B.分离时，物体A、B之间作用力为0,对B根据牛顿第二定律得

尸'弹一2mgsin3=2ma

解得

尸'弹=kx'=1.6mg

可得

,\.6mg

x=--------

k

故B错误；

C.依题意，整个过程中拉力尸一直增大，A、B分离瞬间，物体A、B之间作用力为0,F最大,对A根据

牛顿第二定律得

耳„ax一机gsin<?=M。

解得

41ax=0.8mg<mg

故C错误;

D.在A、B分离前整个过程中A的位移为

xA=x-x'=等故D正确。

5k

故选ADo

♦题型03动力学两类基本问题

7.2022年北京冬奥会后，我国北方掀起一股滑雪运动的热潮，有一倾角为。=37。的斜面雪道如图（甲）。

假设一滑雪爱好者和他的雪橇总质量为加=75kg,他们沿足够长的雪道向下滑去，已知他和雪橇所受的空

气阻力/与滑雪速度v成正比，比例系数人未知，雪橇与雪道间的动摩擦因数均相同。从某时刻开始计时,

测量得雪橇运动的V7图像如图（乙）中的曲线4D所示，图中48是曲线在/点坐标为（0,5）的切

线，切线上一点8的坐标为（4,15）,CD是曲线的渐近线。（g取lOm/s?,sin37°=0.6,

cos37°=0.8）o下列说法正确的是（）

A.开始运动时雪橇的加速度大小为〃=2.5m/s2

B.0~4s内雪橇做加速度变小的曲线运动

C.比例系数为左=37.5Ns/m

D.动摩擦因数〃=0.125

【答案】ACD

【详解】A.在v-f图像中，图像的斜率表示加速度，因此开始运动时雪橇的加速度大小为

Av15-5.3厂,2

a=——=----m/s2=2.5m/s

\t4

故A正确；

B.0-4s内，雪橇先做初速度为5m/s,加速度变小的沿正方向的直线运动，故B错误;

CD.根据牛顿第二定律，开始时

mgsind-kv0-〃加geos0-ma

由CD这条渐近线可知，10m/s为其运动的收尾速度（即匀速运动速度），即有

mgsmd=jumgcos0+kvm

两式联立，得

kvm—kv0=ma

将

v0=5m/s

vm=lOm/s

代入后得

k=37.5Ns/m

〃=0.125

故CD正确。

故选ACD„

8.如图所示，水平平台成长为20m,平台b端与长度未知的特殊材料制成的斜面6c连接，斜面倾角为30。；

在平台a端放上质量为5kg的物块，并给物块施加与水平方向成37。角的50N推力后，物块由静止开始运动。

己知物块与平台间的动摩擦因数为0.4,重力加速度g=10m/s2,sin37-=0.6,求：（结果可用分数、根号表

示）

（1）物块由a运动到b所用的时间；

⑵若物块从a端运动到P点时撤掉推力，则物块刚好能从斜面6端开始下滑，则间。尸的距离为多少？（物

块在b端无能量损失）

⑶若物块与斜面间的动摩擦因数k=*+%广式中〃为物块在斜面上所处的位置离b端的距离（斜面

足够长），在（2）中的情况下，物块沿斜面滑多少距离时速度最大？最大速度为多少？

【答案】⑴5s

(2)14.3m

7-

(3)0.7m,一V5m/s

10

【详解】(1)受力分析知物体的加速度为

Fcos37°-//(Fsin370+mg)

=1.6m/s2

m

12

解得〃到b的时间为

(2)物体从q到P

Vp=2%再

物块由尸到b

Vp=2a2x2

%二〃g

x=x1+x2

解得aP距离为

西=14.3m

(3)物块沿斜面be下滑的过程中，受摩擦力逐渐变大，则先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大

的减速运动，加速度为零时速度最大。

在该位置，由牛顿第二定律得

mgsin30°-/z/)cmgcos30o=0

由题意可知

解得

7m

因加速度与下滑的位移成线性关系，可知从开始运动到速度最大平均加速度为

a=；(gsin30°—“cogcos30°=：m/s?

则最大速度

____7

v

m=72«^=—V5m/s

9.如图所示，两端开口的竖直球筒中静置着一个羽毛球（视为质点），初始时用手握住球筒，在空中静止。

某时刻开始用手带动球筒竖直向下做匀加速运动（加速度记作。），持续一段时间后忽然停止，球筒速度立

刻变为0并保持静止。已知羽毛球质量为加，球与筒之间的最大静摩擦力为7m=3.2加g,滑动摩擦力为

fo=3mg。羽毛球离筒的上、下端距离分别为4、d2（4>%）。已知重力加速度为g,空气阻力不计，

球筒离地足够高，全过程筒身始终竖直。

（1）若a=2.5g,求刚开始运动时羽毛球对筒的摩擦力；

（2）若羽毛球速度变为0时仍未离开球筒，则球筒继续向下做加速度为a的匀加速运动，持续时间/后再忽然

停止…，重复上述过程直到羽毛球离开球筒

①若从初始状态到球从上端离开球筒，球筒一共加速4次，求4的取值范围（用a,g,t表示）；

②若球筒只加速一次，只要/取适当值，球总能从下端离开，求。的取值范围。（用g,4，心表示）

【答案】（l）/=L5%g,方向竖直向上

⑵①L<4<（2"20gH②J片

【详解】（1）设羽毛球与球筒一起运动，则有

f+mg=ma

解得

f=L5mg<fm

故可以保持相对静止，由牛顿第三定律，羽毛球对球筒的摩擦力大小

f'=f=\,5mg

方向竖直向上。

(2)①羽毛球速度变为。时仍未离开球筒，且球筒一共加速4次后从上端离开球筒，有

工+加g4

a>-二4g

m

第一阶段球相对球筒向上滑动，球的加速度为q,则有

八+mg=ma}

解得

%=4g

则这一阶段球相对球筒向上滑动的距离为

11

玉=—at2——ci^t2

球筒静止后，对羽毛球有

f0-mg=ma2

球相对简向下滑动直到静止

-一-("-)

2a2

要求

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

解得

^47-14g^Z2<4<(2Q—20g)/2

②若a44g时，只要/足够大,停止加速后，球筒立刻静止。羽毛球的初速度足够大，故一定会从下端离

开，因此取值范围是。V4g；

若a>4g,此时在一个周期内,球相对球筒向下滑的位移大于向上滑动的位置，且有

x2-xx>d2

解得

t>12d2

\12g-a

且球不能从上端滑出

/<4

解得

2dl

t<

。一4g

筒只加速一次，并且球总能从下端离开则必须有

解得

&<4g(34+4)

4+d?

综上所述，a的取值范围0<4g4)

d、+a2

♦题型04有关牛顿第二定律的临界极值问题

10.如图，水平地面上有一汽车做加速运动，车厢内有一个倾角。=37。的光滑斜面，斜面上有一个质量为加

的小球，用轻绳系于斜面的顶端，小球的重力大小为机g,绳对球的拉力大小为打、斜面对小球的弹力大小

为FN，当汽车以大小为。的加速度向左做匀加速直线运动时(sin37°=0.6,cos37°=0.8,重力加速度g取

10m/s2)()

A.若a=14m/s2,小球受