动力学的两类基本问题_专题训练
(完整版)动力学的两类基本问题
动力学的两类基本问题一、基础知识1、动力学有两类问题：⑴是已知物体的受力情况分析运动情况；⑵是已知运动情况分析受力情况，程序如下图所示。
2、根据受力情况确定运动情况，先对物体受力分析，求出合力，再利用__________________求出________，然后利用______________确定物体的运动情况(如位移、速度、时间等)．3．根据运动情况确定受力情况，先分析物体的运动情况，根据____________求出加速度，再利用______________确定物体所受的力(求合力或其他力)．其中，受力分析是基础，牛顿第二定律和运动学公式是工具，加速度是桥梁。
解题步骤(1)确定研究对象；(2)分析受力情况和运动情况，画示意图(受力和运动过程)；(3)用牛顿第二定律或运动学公式求加速度；(4)用运动学公式或牛顿第二定律求所求量。
例1. 一个静止在水平面上的物体，质量是2kg ，在8N 的水平拉力作用下沿水平面向右运动，物体与水平地面间的动摩擦因数为0.25。
求物体4s 末的速度和4s 内的位移。
例2. 滑雪者以v 0=20m/s 的初速度沿直线冲上一倾角为30°的山坡，从刚上坡即开始计时，至3.8s 末，滑雪者速度变为0。
如果雪橇与人的总质量为m=80kg ，求雪橇与山坡之间的摩擦力为多少？g=10m/s 2 .运动学公式 a （桥梁） 运动情况：如v 、t 、x 等 受力情况：如F 、m 、μ m F a v = v o +atx= v o t + at 2 21v 2－ v o 2 =2ax二、练习1、如图所示，木块的质量m＝2 kg，与地面间的动摩擦因数μ＝0.2，木块在拉力F＝10 N作用下，在水平地面上从静止开始向右运动，运动5.2 m后撤去外力F.已知力F与水平方向的夹角θ＝37°(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)．求：(1)撤去外力前，木块受到的摩擦力大小；(2)刚撤去外力时，木块运动的速度；(3)撤去外力后，木块还能滑行的距离为多少？（1）2.8N（2）5.2m/s （3）6.76m2、如图所示，一个放置在水平台面上的木块，其质量为2 kg，受到一个斜向下的、与水平方向成37°角的推力F＝10 N 的作用，使木块从静止开始运动，4 s 后撤去推力，若木块与水平面间的动摩擦因数为 0.1.(取g＝10 m/s2)求：(1)撤去推力时木块的速度为多大？(2)撤去推力到停止运动过程中木块的加速度为多大？(3)木块在水平面上运动的总位移为多少？3、如图5所示，在倾角θ＝37°的足够长的固定的斜面上，有一质量为m＝1 kg的物体，物体与斜面间动摩擦因数μ＝0.2，物体受到沿平行于斜面向上的轻细绳的拉力F＝9.6 N的作用，从静止开始运动，经2 s绳子突然断了，求绳断后多长时间物体速度大小达到22 m/s？(sin 37°＝0.6，g取10 m/s2)4、如图所示，有一足够长的斜面，倾角α＝37°，一小物块从斜面顶端A处由静止下滑，到B 处后，受一与小物块重力大小相等的水平向右的恒力作用，小物块最终停在C点(C点未画出)．若AB长为2.25 m，小物块与斜面间动摩擦因数μ＝0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g ＝10 m/s2.求：(1)小物块到达B点的速度多大？(2)B、C距离多大？5、如图所示，在倾角θ=30°的固定斜面的底端有一静止的滑块，滑块可视为质点，滑块的质量m=1kg，滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝36，斜面足够长．某时刻起，在滑块上作用一平行于斜面向上的恒力F=10N，恒力作用时间t1=3s后撤去．求：从力F开始作用时起至滑块返冋斜面底端所经历的总时间t及滑块返回底端时速度v的大小（g=10m/s2）6、(2013山东)如图所示，一质量m＝0.4 kg的小物块，以v0＝2 m/s的初速度，在与斜面成某一夹角的拉力F作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t＝2 s的时间物块由A点运动到B点，A、B之间的距离L＝10 m．已知斜面倾角θ＝30°，物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝33.重力加速度g取10 m/s2.(1)求物块加速度的大小及到达B点时速度的大小；(2)拉力F与斜面夹角多大时，拉力F最小？拉力F的最小值是多少？7、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 B．1∶1 C.∶1 D．1∶8、如下图所示，光滑水平面上放置质量分别为m、2m的A、B两个物体，A、B间的最大静摩擦力为μmg，现用水平拉力F拉B，使A、B以同一加速度运动，则拉力F的最大值为( )A．μmg B．2μmg C．3μmg D．4μmg9、物体A放在物体B上，物体B放在光滑的水平面上，已知m A=6kg，m B=2kg，A、B间动摩擦因数μ=0.2，如图所示．现用一水平向右的拉力F作用于物体A上，则下列说法中正确的是（g=10m/s2）（）A．当拉力F＜12N时，A相对B静止不动B．当拉力F＞12N时，A一定相对B滑动C．无论拉力F多大，A相对B始终静止D．当拉力F=24N时，A对B的摩擦力等于6N10、物体A的质量m1＝1kg，静止在光滑水平面上的木板B的质量为m2＝0.5kg、长L＝1m，某时刻A以v0＝4m/s的初速度滑上木板B的上表面，为使A不致于从B上滑落，在A滑上B的同时，给B施加一个水平向右的拉力F，若A与B之间的动摩擦因数μ＝0.2，试求拉力F大小应满足的条件。
专题二：动力学的两类基本问题及多过程
θ
例7、地面光滑，木板M=4kg，长为L=1.4m;木板右端放 一小滑块，m=1kg，尺寸小于L，μ=0.4(g=10m/s2)
（1）F作用在木板M上，为使m能从M上滑落，F的大小范
围。 F
（2）其他条件不变，若F=22.8N，且始终作用在M上，
则m在M上面滑动多少时间？
例8、地面光滑，木板M=2.5kg，长为L=3m;木板右端放 一可视为质点小滑块，m=1kg，，μ=0.5(g=10m/s2)
例6、如图所示，在倾角为θ的光滑斜面上端系一劲度系
数为k的轻弹簧，弹簧下端连有一质量为m的小球，球被 一垂直于斜面的挡板A挡住，此时弹簧没有形变，若手持
当板A以加速度a（a<gsinθ)沿斜面匀加速下滑，求：
（1）从挡开始运动到球速达
到最大，球所经过的最小路程。
（1）F作用在木板m上，为使m能从M上滑落，F的大小范 F 围。
（2）其他条件不变，若F=10N，为使m滑离M，则F的最
小作用时间。
例2、如图所示，传输带与水平间的倾角为θ=37°，皮带 以10m/s的速率运行，在传输带上端A处无初速地放上质
量为0.5kg的物体，它与传输带
间的动摩擦因数为0.5，若传输 带A到B的长度为16m，则物体
A
θ
B
从A运动到B的时间为多少？
（g=10m/s2）
例3、如图所示的传送皮带，其水平部分ab=2m，倾斜部分 bc=4m，bc与水平面夹角为a=37°，一小物体A与传送带的
动摩擦因数μ=0.25，皮带沿图示方向运动，速率为2m/s。
若把物体A轻放到a点处，它将 被皮带送到c点，且物体A一 直没脱离皮带。求物体A从a点 被传送到c点所用的时间。
a b α
牛顿第二定律两类动力学问题及答案解析
牛顿第二定律两类动力学问题知识点、两类动力学问题1．动力学的两类基本问题第一类：已知受力情况求物体的运动情况。
第二类：已知运动情况求物体的受力情况。
2．解决两类基本问题的方法以加速度为“桥梁”，由运动学公式和牛顿第二定律列方程求解，具体逻辑关系如图：对牛顿第二定律的理解1．牛顿第二定律的“五个性质”2．合力、加速度、速度的关系(1)物体的加速度由所受合力决定，与速度无必然联系。
(2)合力与速度夹角为锐角，物体加速；合力与速度夹角为钝角，物体减速。
(3)a＝ΔvΔt是加速度的定义式，a与v、Δv无直接关系；a＝Fm是加速度的决定式。
3．[应用牛顿第二定律定性分析]如图1所示，弹簧左端固定，右端自由伸长到O 点并系住质量为m的物体，现将弹簧压缩到A点，然后释放，物体可以一直运动到B点。
如果物体受到的阻力恒定，则()图1A．物体从A到O先加速后减速B．物体从A到O做加速运动，从O到B做减速运动C．物体运动到O点时，所受合力为零D．物体从A到O的过程中，加速度逐渐减小解析物体从A到O，初始阶段受到的向右的弹力大于阻力，合力向右。
随着物体向右运动，弹力逐渐减小，合力逐渐减小，由牛顿第二定律可知，加速度向右且逐渐减小，由于加速度与速度同向，物体的速度逐渐增大。
当物体向右运动至AO间某点(设为点O′)时，弹力减小到与阻力相等，物体所受合力为零，加速度为零，速度达到最大。
此后，随着物体继续向右运动，弹力继续减小，阻力大于弹力，合力方向变为向左。
至O点时弹力减为零，此后弹力向左且逐渐增大。
所以物体越过O′点后，合力(加速度)方向向左且逐渐增大，由于加速度与速度反向，故物体做加速度逐渐增大的减速运动。
综合以上分析，只有选项A正确。
答案 A牛顿第二定律的瞬时性【典例】(2016·安徽合肥一中二模)两个质量均为m的小球，用两条轻绳连接，处于平衡状态，如图2所示。
现突然迅速剪断轻绳OA，让小球下落，在剪断轻绳的瞬间，设小球A、B的加速度分别用a1和a2表示，则()图2A．a1＝g，a2＝g B．a1＝0，a2＝2gC．a1＝g，a2＝0 D．a1＝2g，a2＝0解析由于绳子张力可以突变，故剪断OA后小球A、B只受重力，其加速度a1＝a2＝g。
课题17：动力学中的两类基本问题(8月12日)
2020届物理高考备考复习课题17 动力学中的两类基本问题时间：2019年 月 日 班级：高三理（ ）班 姓名：一、典例分析在第21届温哥华冬奥会上，我国女子冰壶队取得了优异的成绩，比赛中，冰壶在水平冰面上的运动可视为匀减速直线运动，设一质量m =20 kg 的冰壶从被运动员推出到静止共用时t =20 s ，运动的位移x =30 m ，取g =10 m/s 2，求：冰壶在此过程中（1）平均速度的大小；（2）加速度的大小；（3）所受平均阻力的大小。
【知识补给】1．动力学两类基本问题(1)已知受力情况，求物体的运动情况． (2)已知运动情况，求物体的受力情况．2．解决两类基本问题的方法以加速度为“桥梁”，由运动学公式和牛顿运动定律列方程求解，具体逻辑关系如图：二、专题训练1、一质量为M ，倾角为θ的楔形木块，静置在水平桌面上，与桌面间的动摩擦因数为μ。
一物块质量为m ，置于楔形木块的斜面上，物块与斜面的接触是光滑的，为了保持物块相对斜面静止，可用一水平力F 推楔形木块，如图所示，求此水平力大小的表达式。
2、如图所示，矩形盒内用两根细线固定一个质量为m =1.0 kg 的均匀小球，a 线与水平方向成53°角，b 线水平。
两根细线所能承受的最大拉力都是F m =15 N 。
（sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，取g =10 m/s 2）求： （1）当该系统沿竖直方向加速上升时，为保证细线不被拉断，加速度可取的最大值。
（2）当该系统沿水平方向向右匀加速运动时，为保证细线不被拉断，加速度可取的最大值。
3、如图所示，质量为80 kg 的物体放在安装在小车上的水平磅秤上，小车沿斜面无摩擦地向下运动，现观察到物体在磅秤上读数只有600 N ，则斜面的倾角θ为多少?物体对磅秤的静摩擦力为多少?（g 取10 m/s 2）4、如图，质量为40 kg 的物体受到与水平面成37°、大小为200 N 的拉力F 作用，从静止开始运动。
牛顿第二定律专题
B．物体先向西运动后向东运动
C．物体的加速度先增大后减小 D．物体的速度先增大后减小
AC
（二）连结体问题分 析——整体和隔离法
一.连接体:一些（由斜面、绳子、轻杆等）通过相互作 用连接在一起的物体系统。 它们一般有着力学或者运动学方面的联系。 二.连接体问题的常见图景 1.按连接的形式 a.依靠绳子或弹簧的弹力相连接
a1
mg f 2 a1 ① 0 v0 2a1H ② m 2 m v0 H ③ 2(m g f ) mg f a2 m
④
v 2a2 H
2 t
②
下 降 段
mg
a2 v
mg f vt v0 mg f
例2．原来作匀速运动的升降机内，有一被伸长的弹簧拉住的， 具有一定质量的物体A静止在地板上，如图 所示，现在A突然被弹簧拉向右方，由此可 判断，此时升降机的运动可能是 B C A.加速上升 B.减速上升 C.加速下降 D.减速下降
3μmg A. 5 3μmg C. 2
3μmg B. 4 D．3μmg
[思路点拨] 解答本题的关键是正确地判断出当轻绳拉力
最大时，物体A、B间和物体C、D间的静摩擦力哪一个达
到了最大静摩擦力．
[解析] 经过受力分析，A、B 之间的静摩擦力为 B、C、D 组成的系统提供加速度，加速度达到最大值的临界条件为 μmg μg A、B 间达到最大静摩擦力，即 am＝ ＝ ，而绳子拉力 4m 4 FT 给 C、D 组成的系统提供加速度，因而拉力的最大值为 3μmg FTm＝3mam＝ ，故选 B. 4
例：一物块m沿斜面体M以加速度a下滑，斜面体不 动．求地面对斜面体的静摩擦力f？ 可把此系统（m和M）作为整体处理，由牛顿第 二定律得f＝macosθ＋M×0＝macosθ．式中 acosθ为物块加速度的水平分量．
两类动力学问题
3．解题策略 (1)问题实质是力与运动的关系，解题的关键在于弄清 图像斜率、截距、交点、拐点、面积的物理意义。 (2)应用物理规律列出与图像对应的函数方程式，进而 明确“图像与公式”“图像与物体”间的关系，以便对有 关物理问题作出准确判断。
[多维探究] (一)由v t图像分析物体的受力情况 [典例1] (2016· 海南高考)沿固定斜面
m A
F
L
B
(1)求物体与地面间的动摩擦因数μ； (2)用大小为 30 N，与水平方向成 37°的力斜向上拉此物
体，使物体从A处由静止开始运动并能到达B处，求该力作用 的最短时间t.
【答案】 (1)μ=0.5；(2)t=1.03s.
【集训冲关】 2．如图所示，有两个高低不同的水平面，高水平面光滑， 低水平面粗糙。一质量为5 kg、长度为2 m的长木板靠在高水平 面边缘A点，其表面恰好与高水平面平齐，长木板与低水平间的 动摩擦因数为0.05，一质量为1 kg可视为质点的滑块静止放置， 距A点距离为3 m，现用大小为6 N、水平向右的外力拉滑块，当 滑块运动到A点时撤去外力，滑块以此时的速度滑上长木板。滑 块与长木板间的动摩擦因数为0.5，取g＝10 m/s2。求：
(1)滑块滑动到A点时的速度大小；6 m/s (2) 滑块滑动到长木板上时，滑块和长木板的加速度大小分 5 m/s2 0.4 m/s2 别为多少？ (3)通过计算说明滑块能否从长木板的右端滑出。 滑块能从长木板的右端滑出。
突破点(四) 动力学的图像问题
1．常见的动力学图像 vt图像、a t图像、F t图像、F a图像等。 2．动力学图像问题的类型
下滑的物体受到与斜面平行向上的拉力F的 作用，其下滑的速度－时间图线如图所 示。已知物体与斜面之间的动摩擦因数为常数，在0～5 s、5～ 10 s、10～15 s内F的大小分别为F1、F2和F3，则 A．F1<F2 C．F1>F3 B．F2>F3 D ． F 1＝ F 3 ( A )
专题强化三 动力学两类基本问题
图4
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(2)撤去F瞬间小球的加速度； 答案 7.5 m/s2 方向沿杆向下 解析 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，N′＝Gcos 30° －Gsin 30°－μN′＝ma2 联立解得：a2＝－7.5 m/s2， 即大小为7.5 m/s2，方向沿杆向下
答案
3 3
图3
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(2)松手后玩具还能滑行多远？
答案
33 5m
解析 松手时，玩具的速度 vt＝at＝2 3 m/s
松手后，由牛顿第二定律得μmg＝ma′
解得 a′＝103 3 m/s2 由匀变速运动的速度位移公式得 玩具的位移 x′＝－0－2av′t2 ＝353 m.
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(3)当力F与水平方向夹角θ为多少时拉力F最小？ 答案 30° 解析 设拉力与水平方向的夹角为θ， 玩具要在水平面上运动，则Fcos θ－f>0，f＝μN 在竖直方向上，由平衡条件得N＋Fsin θ＝mg 解得 F> μmg
cos θ＋μsin θ 因为 cos θ＋μsin θ＝ 1＋μ2sin(60°＋θ) 所以当θ＝30°时，拉力最小.
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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F＝20 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 3，杆足够长，取g＝10 m/s2.求：
答案 0.5
解析 由v2＝2ax，得a＝2 m/s2
图6
对物块由牛顿第二定律有mgsin θ－μ1mgcos θ＝ma，得μ1＝0.5
(2)地面对木楔的摩擦力的大小和方向；
专题11动力学的两类基本问题(原卷版)-2024年新高二物理暑假查漏补缺(全国通用)
专题11 动力学的两类基本问题1.动力学的两类基本问题应把握的关键(1)两大分析——物体的受力分析和运动分析.(2)一个“桥梁”——物体运动的加速度是联系运动和力的桥梁.2.解决动力学基本问题时对力的处理方法(1)在物体受不在同一直线的两个力时一般采用“合成法”.(2)若物体的受力个数较多(3个或3个以上)，则采用“正交分解法”.3.分析动力学两类基本问题的思路1．如图甲所示，倾角为α的光滑斜面固定在水平面上，t=0时，质量为m的物体在沿斜面向上的恒力F=10N 作用下从斜面的底端由静止开始运动，2s末将外力撤走。
物体沿斜面向上运动的v-t图象如图乙所示。
重力加速度为g=10m/s2。
下列说法正确的是（）A．α=60° B．m=2kgC．2s末物体运动到斜面体的最高点D．物体返回出发点的速度大小为10√2m/s2.(多选)如图所示，让物体分别同时从竖直圆上的P1、P2处由静止开始下滑，沿光滑的弦轨道P1A、P2A滑到A处，P1A、P2A与竖直直径的夹角分别为θ1、θ2。
则( )A．物体沿P1A、P2A下滑加速度之比为sin θ1∶sin θ2B．物体沿P1A、P2A下滑到A处的速度之比为cos θ1∶cos θ2C．物体沿P1A、P2A下滑的时间之比为1∶1D．若两物体质量相同，则两物体所受的合外力之比为cos θ1∶cos θ23．一辆总质量为1800kg的汽车从静止开始做匀加速直线运动，10s内速度达到20m/s。
求：（1）汽车受到的合外力大小；（2）若汽车受到的牵引力为5000N，求汽车受到的阻力大小。
4．如图所示，民航客机都有紧急出口，发生意外情况的飞机紧急着陆后，打开紧急出口，狭长的气囊会自动充气，生成一条连接出口与地面的斜面，人员可沿斜面滑行到地面。
若机舱口下沿距地面高度为3.2m，气囊所构成的斜面长度为6.4m，一个质量为60kg的人沿气囊滑下，经过4s滑至底端，g取10m/s2。
高三一轮复习秘籍-第三章专题强化三 动力学两类基本问题和临界极值问题
第三章牛顿运动定律专题强化三动力学两类基本问题和临界极值问题专题解读1.本专题是动力学方法处理动力学两类基本问题、多过程问题和临界极值问题，高考在选择题和计算题中命题频率都很高．2．学好本专题可以培养同学们的分析推理能力，应用数学知识和方法解决物理问题的能力．3．本专题用到的规律和方法有：整体法和隔离法、牛顿运动定律和运动学公式、临界条件和相关的数学知识．过好双基关————回扣基础知识训练基础题目一、动力学的两类基本问题1．由物体的受力情况求解运动情况的基本思路：先求出几个力的合力，由牛顿第二定律(F合＝ma)求出加速度，再由运动学的有关公式求出速度或位移．2．由物体的运动情况求解受力情况的基本思路：已知加速度或根据运动规律求出加速度，再由牛顿第二定律求出合力，从而确定未知力．3．应用牛顿第二定律解决动力学问题，受力分析和运动分析是关键，加速度是解决此类问题的纽带，分析流程如下：受力情况二、动力学中的临界与极值问题1．临界或极值条件的标志(1)题目中“刚好”“恰好”“正好”等关键词句，明显表明题述的过程存在着临界点．(2)题目中“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词句，表明题述过程存在着“起止点”，而这些“起止点”一般对应着临界状态．(3)题目中“最大”“最小”“至多”“至少”等词句，表明题述的过程存在着极值，这个极值点往往是临界点．2．常见临界问题的条件(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F N＝0.(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F T＝0.(4)最终速度(收尾速度)的临界条件：物体所受合外力为零．研透命题点————细研考纲和真题分析突破命题点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(2)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】(2021·河北卷)如图，一滑雪道由AB 和BC 两段滑道组成，其中AB 段倾角为θ，BC 段水平，AB 段和BC 段由一小段光滑圆弧连接，一个质量为2kg 的背包在滑道顶端A 处由静止滑下，若1s 后质量为48kg 的滑雪者从顶端以1.5m/s 的初速度、3m/s 2的加速度匀加速追赶，恰好在坡底光滑圆弧的水平处追上背包并立即将其拎起，背包与滑道的动摩擦因数为μ＝112，重力加速度取g ＝10m/s 2，sin θ＝725，cos θ＝2425，忽略空气阻力及拎包过程中滑雪者与背包的重心变化，求：(1)滑道AB段的长度；(2)滑雪者拎起背包时这一瞬间的速度．答案(1)9m(2)7.44m/s解析(1)A→B过程对背包(m1)：受力分析，由牛顿第二定律得m1g sinθ－μm1g cosθ＝m1a1解得a1＝2m/s2①由运动分析得：l＝1a1t2②，v1＝a1t③2对滑雪者(m2)：由运动分析得l＝v0(t－t0)＋1a2(t－t0)2④2v2＝v0＋a2(t－t0)，其中t0＝1s⑤联立①②③④⑤得t＝3s，v1＝6m/s，v2＝7.5m/s，l＝9m(2)滑雪者拎起背包过程水平方向动量守恒，有m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v解得v＝7.44m/s滑雪者拎起背包时的速度为7.44m/s【变式1】(多选)如图甲所示，质量为m的小球(可视为质点)放在光滑水平面上，在竖直线MN的左侧受到水平恒力F1作用，在MN的右侧除受F1外还受到与F1在同一直线上的水平恒力F2作用，现小球从A点由静止开始运动，小球运动的v－t图像如图乙所示，下列说法中正确的是()A．小球在MN右侧运动的时间为t1－t2B．F2的大小为m v1t1＋2mv1 t3－t1C．小球在MN右侧运动的加速度大小为2v1 t3－t1D．小球在0～t4时间内运动的最大位移为v1t2答案BC解析小球在MN右侧运动的时间为t3～t1，故A错误；小球在MN右侧的加速度大小a2＝2v1t3－t1，在MN的左侧，由牛顿第二定律可知F1＝ma1＝mv1t1，在MN的右侧，由牛顿第二定律可知F2－F1＝ma2得F2＝2mv1t3－t1＋mv1t1，故B、C正确；t2时刻后小球反向运动，所以小球在0～t4时间内运动的最大位移是v1t22，故D错误．◆类型2已知物体运动情况，分析物体受力情况【例2】如图甲所示，一质量m＝0.4kg的小物块，以v0＝2m/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t＝2s的时间物块由A点运动到B点，A、B之间的距离L＝10m．已知斜面倾角θ＝30°，物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝33.重力加速度g取10m/s2.求：(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α，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)8m/s3m/s2(2)5.2N(3)F＝mg sinθ＋μcosθ＋ma cosα＋μsinα解析(1)物块做匀加速直线运动，根据运动学公式，有L＝v0t＋12at2，v＝v0＋at，联立解得a＝3m/s2，v＝8m/s(2)对物块受力分析可得，平行斜面方向F cosα－mg sinθ－F f＝ma，垂直斜面方向F N＝mg cosθ其中F f＝μF N解得F＝mg(sinθ＋μcosθ)＋ma＝5.2N(3)拉力F与斜面夹角为α时，物块受力如图所示根据牛顿第二定律有F cosα－mg sinθ－F f＝ma F N＋F sinα－mg cosθ＝0其中F f＝μF NF＝mg sinθ＋μcosθ＋macosα＋μsinα.【变式2】如图所示，粗糙的地面上放着一个质量M＝1.5kg的斜面体，斜面部分光滑，底面与地面的动摩擦因数μ＝0.2，倾角θ＝37°，在固定在斜面的挡板上用轻质弹簧连接一质量m＝0.5kg的小球，弹簧劲度系数k＝200 N/m，现给斜面施加一水平向右的恒力F，使整体向右以a＝1m/s2的加速度匀加速运动(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2)．求：(1)F的大小；(2)弹簧的形变量及斜面对小球的支持力大小．答案(1)6N(2)0.017m 3.7N解析(1)对整体应用牛顿第二定律：F－μ(M＋m)g＝(M＋m)a，解得F＝6N.(2)设弹簧的形变量为x，斜面对小球的支持力为F N对小球受力分析：在水平方向：kx cosθ－F N sinθ＝ma在竖直方向：kx sinθ＋F N cosθ＝mg解得x＝0.017m，F N＝3.7N.多过程问题分析步骤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】如图所示，两滑块A、B用细线跨过定滑轮相连，B距地面一定高度，A可在细线牵引下沿足够长的粗糙斜面向上滑动．已知m A＝2kg，m B ＝4kg，斜面倾角θ＝37°.某时刻由静止释放A，测得A沿斜面向上运动的v －t图像如图所示．已知g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：(1)A与斜面间的动摩擦因数；(2)A沿斜面向上滑动的最大位移；(3)滑动过程中细线对A拉力所做的功．答案(1)0.25(2)0.75m(3)12J解析(1)在0～0.5s内，根据图像，A、B系统的加速度为a1＝vt ＝20.5m/s2＝4m/s2对A、B系统受力分析，由牛顿第二定律有m B g－m A g sinθ－μm A g cosθ＝(m A＋m B)a1得：μ＝0.25(2)B落地后，A减速上滑．由牛顿第二定律有m A g sinθ＋μm A g cosθ＝m A a2将已知量代入，可得a2＝8m/s2故A减速向上滑动的位移为x2＝v22a2＝0.25m0～0.5s内A加速向上滑动的位移x1＝v22a1＝0.5m所以，A上滑的最大位移为x＝x1＋x2＝0.75m(3)A加速上滑过程中，由动能定理：W－m A gx1sinθ－μm A gx1cosθ＝12m A v2－0得W＝12J.【变式3】如图所示，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v0＝6m/s冲上斜面，斜面的倾角θ＝37°，经过2.5s物体刚好回到出发点，(g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)．求：(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μ为定值，试计算μ的数值．(结果保留两位有效数字)答案(1)3m(2)0.42解析(1)物体向上滑时不受摩擦力作用，设最大位移为x.由牛顿第二定律可得：mg sin37°＝ma1代入数据得：a1＝6m/s2由运动学公式有：v20＝2a1x联立解得物体上滑的最大位移为：x＝3m(2)物体沿斜面上滑的时间为：t1＝v0a1＝66s＝1s物体沿斜面下滑的时间为：t2＝t－t1＝1.5s下滑过程中，由运动学公式有：x＝12a2t22由牛顿第二定律可得：mg sin37°－μmg cos37°＝ma2联立解得：μ≈0.421．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】如图所示，一弹簧一端固定在倾角为θ＝37°的光滑固定斜面的底端，另一端拴住质量为m1＝6kg的物体P，Q为一质量为m2＝10kg的物体，弹簧的质量不计，劲度系数k＝600N/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0.2s 时间内，F 为变力，0.2s 以后F 为恒力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10m/s 2.求：(1)系统处于静止状态时，弹簧的压缩量x 0；(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)0.16m (2)103m/s 2(3)2803N 1603N 解析(1)设开始时弹簧的压缩量为x 0对整体受力分析，平行斜面方向有(m 1＋m 2)g sin θ＝kx 0解得x 0＝0.16m(2)前0.2s 时间内F 为变力，之后为恒力，则0.2s 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x 1对物体P ，由牛顿第二定律得kx 1－m 1g sin θ＝m 1a前0.2s 时间内两物体的位移x 0－x 1＝12at 2联立解得a ＝103m/s 2(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NF min＝(m1＋m2)a＝1603对Q应用牛顿第二定律得F max－m2g sinθ＝m2aN.解得F max＝m2(g sinθ＋a)＝2803【变式4】两物体A、B并排放在水平地面上，且两物体接触面为竖直面，现用一水平推力F作用在物体A上，使A、B由静止开始一起向右做匀加速运动，如图a所示，在A、B的速度达到6m/s时，撤去推力F.已知A、B 质量分别为m A＝1kg、m B＝3kg，A与地面间的动摩擦因数μ＝0.3，B与地面间没有摩擦，B物体运动的v－t图像如图b所示．g取10m/s2，求：(1)推力F的大小；(2)A刚停止运动时，物体A、B之间的距离．答案(1)15N(2)6m解析(1)在水平推力F作用下，设物体A、B一起做匀加速运动的加速度为a，由B的v－t图象得：a＝3m/s2对于A、B组成的整体，由牛顿第二定律得：F－μm A g＝(m A＋m B)a代入数据解得：F＝15N.(2)撤去推力F后，A、B两物体分离．A在摩擦力作用下做匀减速直线运动，B做匀速运动，设A匀减速运动的时间为t，对于A有：μm A g＝m A a A解得：a A＝μg＝3m/s2根据匀变速直线运动规律有：0＝v0－a A t解得：t＝2s撤去力F后，A的位移为x A＝v0t－1a A t2＝6m2B的位移为x B＝v0t＝12m所以，A刚停止运动时，物体A、B之间的距离为Δx＝x B－x A＝6m.。
动力学两类基本问题(高考复习)
(1)试管塞从静止开始到离开试管口的总位移； (2)试管塞受到的滑动摩擦力与其重力的比值． 解析 (1)试管塞开始与试管一起运动了位移：x1＝H＝0.80 m 之后又独立运动了位移：x2＝l－h＝(0.21－0.01)m＝0.20 m 所以总位移：x＝x1＋x2＝(0.80＋0.20)m＝1.0 m
小物体做初速度为 v＝10 m/s、加速度为 a1 的匀加速直线
运动由 x－x1＝vt2＋12a1t22 得：11＝10t2＋12×2t22＝10t2＋t22
解得 t2＝1 s
(2 分)
所以，小物体从 A 端运动到 B 端的时间为：t＝t1＋t2＝2 s．
[答案] (1)4 s (2)4 s (3)2 s
•【变式1】
•质量为1吨的汽车在平直公路上以10 m/s的速
度匀速行驶．阻力大小不变，从某时刻开始， 汽车牵引力减少2 000 N，那么从该时刻起经 过6 s，汽车行驶的路程是( )．
•A．50 m
B．42 m
•C．25 m
D．24 m
解析 牵引力减少 2 000 N 后，物体所受合力为 2 000 N，由 F ＝ma,2 000＝1 000a，a＝2 m/s2，汽车需 t＝va＝120 s＝5 s 停下 来，故 6 s 内汽车前进的路程 x＝2va2＝21×002 m＝25 m，C 正确． 答案 C
[答案] (1)4 s (2)4 s (3)2 s
(1 分)
•【变式】 传送带与水平面夹角为37°，皮带 以12 m/s的速率沿顺时针方向转动，如图3-310所示．今在传送带上端A处无初速度地放上 一个质量为m的小物块，它与传送带间的动摩 擦因数为0.75，若传送带A到B的长度为24 m， g取10 m/s2，则小物块从A运动到B的时间为多 少？
高考物理复习两类动力学问题专题练习(含解析)-最新教学文档
高考物理复习两类动力学问题专题练习（含解析）动力学是理论力学的一个分支学科，它主要研究作用于物体的力与物体运动的关系。
查字典物理网整理了两类动力学问题专题练习，请大家练习。
一、选择题(在题后给的选项中，第1～4题只有一项符合题目要求，第5～9题有多项符合题目要求.)1.(2019年广州调研)静止在光滑水平面上O点的物体，从t=0时刻开始受到水平力作用，设向右为F的正方向，则物体()A.一直向左运动B.一直向右运动C.一直匀加速运动D.在O点附近左右运动【答案】B【解析】设物体质量为m，由图象可知，0～1 s内物体向右做匀加速直线运动，1 s末的速度v1=;1～2 s内物体以初速度v1=向右做匀减速直线运动，2 s末的速度v2=v1-=0;综上可知，物体会一直向右运动.选项B正确.2.质量为 2 kg 的物体静止在足够大的水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数为0.2，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等.从t=0时刻开始，物体受到方向不变、大小呈周期性变化的水平拉力F的作用，F随时间t的变化规律.重力加速度g取10 m/s2，则物体在t=0至t=12 s这段时间的位移大小为()图K3-2-2A.18 mB.54 mC.72 mD.198 m【答案】B【解析】滑动摩擦力大小Fmg=4 N，则0～3 s物体静止，6～9 s物体做匀速直线运动，3～6 s和9～12 s做加速度相等的匀加速直线运动，加速度a=m/s2=2 m/s2.6 s末的速度v1=23 m/s=6 m/s,12 s末的速度v2=6 m/s+23 m/s=12 m/s.3～6 s发生的位移大小x1=3 m=9 m，6～9 s 发生的位移大小x2=63 m=18 m,9～12 s发生的位移大小x3=3 m=27 m，则0～12 s发生的位移大小x=x1+x2+x3=54 m，故选项B正确. 3.(2019年江苏卷)将一个皮球竖直向上抛出，皮球运动时受到空气阻力的大小与速度的大小成正比.下列描绘皮球在上升过程中加速度大小a与时间t的图象，可能正确的是() A B C D【答案】C【解析】对皮球进行受力分析，受到竖直向下的重力、阻力作用，根据牛顿第二定律，知皮球在上升过程中的加速度大小a=，因皮球上升过程中速度v减小，加速度减小，当v=0时，加速度最终趋近一条平行于t轴的直线，选项C正确，A、B、D错误.4. (2019年河南模拟)2019年8月14日，中国乒乓球公开赛在苏州市体育中心体育馆拉开战幕，吸引了上千市民前往观看.假设运动员在训练中手持乒乓球拍托球沿水平面做匀加速运动，球拍与球保持相对静止且球拍平面和水平面之间的夹角为.设球拍和球质量分别为M、m，不计球拍和球之间的摩擦，不计空气阻力，则()A.运动员的加速度大小为gsinB.球拍对球的作用力大小为mgcosC.运动员对球拍的作用力大小为D.运动员对地面的作用力方向竖直向下【答案】C【解析】以乒乓球为研究对象，球受重力和球拍的支持力，不难求出球受到的合力为mgtan ，其加速度为gtan ，受到球拍的支持力为mg/cos ，由于运动员、球拍和球的加速度相等，选项A、B错误;同理运动员对球拍的作用力大小为(M+m)g/cos ，选项C正确;将运动员看做质点，由上述分析知道运动员在重力和地面的作用力的合力作用下产生水平方向的加速度，地面对运动员的作用力应该斜向上，由牛顿第三定律知道，运动员对地面的作用力方向斜向下，选项D 错误.5.(2019年黑龙江模拟)A、B两物块的质量分别为2 m和m, 静止叠放在水平地面上. A、B间的动摩擦因数为，B与地面间的动摩擦因数为.最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为 g.现对A施加一水平拉力F，则()图K3-2-4A.当 F mg时，A、B都相对地面静止B.当 F=mg时，A的加速度为gC.当 Fmg时，A相对B滑动D.无论F为何值，B的加速度不会超过g【答案】BCD【解析】当A、B刚要发生相对滑动时，A、B间的摩擦力达到最大静摩擦力，即f=2mg ，隔离B分析，根据牛顿第二定律得，23mg=ma，解得a=g.对整体分析，根据牛顿第二定律有：F-3mg=3ma，解得F=3mg.故当Fmg时，A、B发生相对滑动，故C正确;通过隔离B分析，知B的加速度不会超过g，故D正确;当F=mg时，A、B保持相对静止，对整体分析，加速度a===g，故B正确;当Fmg，知小于A、B之间的最大静摩擦力，则A、B不发生相对滑动，对整体分析，由于整体受到地面的最大静摩擦力fm=3mg=mg，知A、B不能相对地面静止，故A错误.6.(2019年潮州模拟)如图K3-2-5所示，一小车放在水平地面上，小车的底板上放一光滑小球，小球通过两根轻弹簧与小车两壁相连.当小车匀速运动时，两弹簧L1、L2恰处于自然状态.当发现L1变长、L2变短时，下列判断正确的是() 图K3-2-5A.小车可能正在向右做匀加速运动B.小车可能正在向右做匀减速运动C.小车可能正在向左做匀加速运动D.小车可能正在向左做匀减速运动【答案】BC【解析】L1变长，L2变短，小球受到L1向左的拉力和L2向左的弹力，合力方向向左，则加速度方向向左，选项B、C 正确.7.如图K3-2-6所示，质量为m的物体用细绳拴住放在水平粗糙传送带上，物体距传送带左端的距离为L，稳定时绳与水平方向的夹角为，当传送带分别以v1、v2的速度做逆时针转动时(v1图K3-2-6A.F1C.t1一定大于t2D.t1可能等于t2【答案】BD【解析】皮带以不同的速度运动，物体所受的滑动摩擦力相等，物体仍处于静止状态，故F1=F2;物体在两种不同速度下运动时有可能先加速再匀速，也可能一直加速，故t1可能等于t2.8甲、乙两图都在光滑的水平面上，小车的质量都是M，人的质量都是m，甲图人推车、乙图人拉绳子(绳与轮的质量和摩擦均不计)的力都是F，对于甲、乙两车的加速度大小，下列说法正确的是()图K3-2-7A.甲车的加速度大小为B.甲车的加速度大小为0C.乙车的加速度大小为D.乙车的加速度大小为0【答案】BC【解析】对于甲，以人、车整体为研究对象，水平方向合力为零，由牛顿第二定律，得a甲=0;对于乙，水平方向整体受力为2F，再由牛顿第二定律，得a乙=，所以选项B、C正确.9.(2019年全国卷Ⅰ)2019年11月，歼15舰载机在辽宁号航空母舰上着舰成功.图K3-2-8(a)为利用阻拦系统让舰载机在飞行甲板上快速停止的原理示意图.飞机着舰并成功钩住阻拦索后，飞机的动力系统立即关闭，阻拦系统通过阻拦索对飞机施加一作用力，使飞机在甲板上短距离滑行后停止.某次降落，以飞机着舰为计时零点，飞机在t=0.4 s时恰好钩住阻拦索中间位置，其着舰到停止的速度时间图线如图K3-2-8(b)所示.假如无阻拦索，飞机从着舰到停止需要的滑行距离约为1 000 m.已知航母始终静止，重力加速度的大小为g.则()图K3-2-8A.从着舰到停止，飞机在甲板上滑行的距离约为无阻拦索时的1/10B.在0.4～2.5 s时间内，阻拦索的张力几乎不随时间变化C.在滑行过程中，飞行员所承受的加速度大小会超过2.5gD.在0.4～2.5 s时间内，阻拦系统对飞机做功的功率几乎不变【答案】AC【解析】速度时间图象中，图线与坐标轴所围图形的面积为物体的位移，所以可以计算飞机受阻拦时运动的位移约为x=700.4 m+(3.0-0.4)70 m=119 m，A正确;0.4 s到2.5 s时间内，速度时间图象的斜率不变，说明两条绳索张力的合力不变，但是两力的夹角不断变小，所以绳索的张力不断变小，B错;0.4 s到2.5 s时间内平均加速度约为a= m/s2=26.7 m/s2;C正确;0.4 s到2.5 s时间内，阻拦系统对飞机的作用力不变，飞机的速度逐渐减小，由P=Fv可知，阻拦系统对飞机做功的功率逐渐减小，D错.二、非选择题10.(2019年汕头模拟)一质量m=2.0 kg的小物块以一定的初速度冲上一倾角为37、足够长的斜面，某同学利用传感器测出小物块从一开始冲上斜面到往后上滑过程中多个时刻的瞬时速度，并用计算机作出了小物块上滑过程的速度-时间图象，如图K3-2-9所示，求：(已知sin 37=0.6，cos 37=0.8，g取10 m/s2)图K3-2-9(1)小物块冲上斜面过程中加速度的大小;(2)小物块与斜面间的动摩擦因数;(3)小物块所到达斜面最高点与斜面底端的距离.【答案】(1)8 m/s2 (2)0.25 (3)4.0 m【解析】(1)由小物块上滑过程的速度时间图象，可得小物块冲上斜面过程中的加速度a==m/s2=-8 m/s2，加速度大小为8 m/s2.(2)对小物块进行受力分析如图所示，有mgsin 37+f=ma，FN-mgcos 37=0，f=FN.代入数据，得=0.25.(3)由图象知距离s=t=1.0 m=4.0 m.11.消防队员为缩短下楼的时间，往往抱着竖直的杆直接滑下.假设一名质量为60 kg、训练有素的消防队员从7楼(即离地面18 m的高度)抱着竖直的杆以最短的时间滑下.已知杆的质量为200 kg，消防队员着地的速度不能大于6 m/s，手和腿对杆的最大压力为1 800 N，手和腿与杆之间的动摩擦因数为0.5，设当地的重力加速度g=10 m/s2.假设杆是固定在地面上的，杆在水平方向不移动.试求：(1)消防队员下滑过程中的最大速度;(2)消防队员下滑过程中杆对地面的最大压力;(3)消防队员下滑的最短时间.【答案】(1)12 m/s (2)2 900 N (3)2.4 s【解析】(1)消防队员开始阶段自由下落的末速度即为下滑过程的最大速度vm，有2gh1=v.消防队员受到的滑动摩擦力Ff=FN1=0.51 800 N=900 N.减速阶段的加速度大小a2==5 m/s2，减速过程的位移为h2，由v-v2=2a2h2，又h=h1+h2，以上各式联立，可得vm=12 m/s.(2)以杆为研究对象，得FN2=Mg+Ff=2 900 N.根据牛顿第三定律，得杆对地面的最大压力为2 900 N. (3)最短时间tmin=+=2.4 s.12.(2019年中山模拟)如图K3-2-10所示，一光滑斜面固定在水平地面上，质量m=1 kg的物体在平行于斜面向上的恒力F作用下，从A点由静止开始运动，到达B点时立即撤去拉力F.此后，物体到达C点时速度为零.每隔0.2 s通过速度传感器测得物体的瞬时速度，下表给出了部分测量数据. 图K3-2-10t/s 0.0 0.2 0.4 2.2 2.4 v/(ms-1) 0.0 1.0 2.0 3.3 2.1 试求：(1)斜面的倾角(2)恒力F的大小;(3)t=1.6 s时物体的瞬时速度.【答案】(1)37 (2)11 N (3)6.9 m/s【解析】(1)物体从A到B做匀加速运动，设加速度为a1. 则a1= m/s2=5 m/s2，若物体加速了2.2 s，则2.2 s末速度为11 m/s，由表格数据知2.2 s末的速度为3.3 m/s，故当t=2.2 s时，物体已通过B点.因此减速过程加速度大小a2= m/s2=6 m/s2，mgsin =ma2，解得=37.(2)由(1)知a1=5 m/s2，F-mgsin =ma1，解得F=11 N.(3)设第一阶段运动的时间为t1，在B点时有5t1=2.1+6(2.4-t1)，t1=1.5 s.可见，t=1.6 s的时刻处在第二运动阶段，由逆向思维可得v=2.1 m/s+6(2.4-1.6) m/s=6.9 m/s.两类动力学问题专题练习及答案的内容就是这些，查字典物理网预祝考生取得更好的成绩。
人教版高一物理必修1第四章牛顿运动定律应用动力学的两类基本问题专题专项训练习题集(含解析)
高一物理必修1第四章牛顿运动定律应用动力学的两类基本问题专题专项训练习题集【知识点梳理】1．力和运动关系的两类基本问题包括已知物体的受力情况确定物体的运动情况和已知物体的运动情况确定物体的受力情况。
2．加速度a是联系力和运动的桥梁，牛顿第二定律表达式（F=ma）和匀变速直线运动公式（v=v0+at，x=v0t+at2/2，v2-v02=2ax等）中，均包含有一个共同的物理量—加速度a，因此此类问题的解题方法是根据题目涉及的物理量从匀变速直线运动的公式中选择一个合适的公式与牛顿第二定律的表达式组成方程组求解即可。
即此方法简称为照图填空（分析物体的受力，画出物体的受力图，按照物体的受力图填写牛顿第二定律表达式F=ma中合力的空），按量选择（根据运动涉及的物理量选择一个匀变速直线运动公式）。
3．此类问题的题型分为物体运动的一个过程简称为单程和物体运动的多个过程简称为多程，对于解决多程的问题时，每个过程都需要组一个方程组，同时一定要联系多个过程中间时刻的速度。
【典题训练】1．一架救灾直升机从距离地面16m的高处让一箱物资由静止开始竖直落下，经2s物资落地，已知物资的质量为10kg，它下落过程中所受空气阻力可认为大小不变。
求空气阻力的大小。
（取g=10m/s2）2．质量m=2kg的物体静止在水平面上，物体与水平面间的动摩擦因数为0.25，现在对物体施加一个大小F=20N、与水平方向夹角θ=37°角的斜向上的拉力。
已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，取g=10m/s2，求物体在拉力作用下4s内通过的位移大小。
3．如图所示，物体质量m=2kg，受到与水平方向成θ=37°角斜向下、大小F=20N的推力作用，在水平面上做匀速直线运动。
（g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：（1）物体与地面间动摩擦因素（2）若改用同样大小的力F沿水平方向推动物体，物体的加速度多大？（3）若改用同样大小的力F沿与水平方向成370斜向上拉动物体，物体的加速度多大？4．如图所示，一质量为m的物体放在动摩擦因数为µ粗糙的水平地面上，第一次用与水平面成θ角斜向上的拉力F1的作用下由静止开始向右运动，第二次用与水平面也成θ角斜向下的推力F2的作用下由静止开始向右运动。
高一物理动力学两类基本问题 超重和失重练习题
寒假作业6 动力学两类基本问题 超重和失重一、单项选择题：（本题共7小题，每小题6分，共42分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1．(2022·肥城市教学研究中心模拟预测)2021年9月17日，神舟十二号返回舱成功着陆．当返回舱距离地面10 km 左右时，先后打开引导伞、减速伞和主伞，以此保证返回舱以较柔和的方式实现多次减速，防止航天员一次受到过大的冲击力．在返回舱即将着陆时，安装在返回舱底部的反推发动机点火工作，保证返回舱最后落地时速度小于2 m/s.下列说法正确的是( )A ．返回舱打开引导伞后处于失重状态B ．返回舱打开减速伞后处于失重状态C ．返回舱打开主伞时处于失重状态D ．反推发动机点火瞬间返回舱处于超重状态2.(2022·邯郸市第一中学高二学业考试)一个倾角为θ＝37°的斜面固定在水平面上，一个质量为m ＝1.0 kg 的小物块(可视为质点)以v 0＝4.0 m/s 的初速度由底端沿斜面上滑，小物块与斜面的动摩擦因数μ＝0.25.斜面足够长，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2.小物块上滑的最大距离为( )A ．1.0 mB ．2.2 mC ．0.8 mD ．0.4 m3．(2022·玉溪市通海县第三中学高一期末)某人在地面上最多可举起50 kg 的物体，某次他在竖直向上运动的电梯中最多举起了60 kg 的物体，据此判断此时电梯加速度的大小和方向为(g ＝10 m/s 2)( )A ．2 m/s 2，竖直向上B ．53m/s 2，竖直向上 C ．2 m/s 2，竖直向下D ．53m/s 2，竖直向下4.(2022·福建省漳平第一中学模拟预测)某工地上一塔吊通过一钢丝绳竖直向上提升一重物，若重物运动过程的v －t 关系图像如图所示，则下列分析正确的是( )A ．0～45 s 内重物上升的高度为45 mB ．10～40 s 内钢丝绳最容易断裂C ．0～40 s 内重物一直处于超重状态D ．0～10 s 内重物的平均速度等于40～45 s 内的平均速度5．(2022·孝感市云梦县黄香高级中学高一期末)受2022年北京冬奥会的影响，滑雪运动在我国受到人民群众的广泛欢迎．如图甲所示，一名滑雪爱好者(可视为质点)穿着滑雪板(未带滑雪杖)从山坡上A 点由静止滑下，经B 点滑上水平面，不计滑雪爱好者经过B 点时的速率变化，滑雪爱好者在斜面和水平面上运动的速率随时间的变化图像如图乙所示．已知斜面与水平面的夹角为37°，滑雪板与斜面、水平面间的动摩擦因数相等，不计空气阻力，重力加速度为g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6.则滑雪板与斜面间的动摩擦因数为( )A ．211B ．831C ．12D ．456.(2022·驻马店市基础教学研究室高一期末)水平面上有一质量为1 kg 的物体正在向左运动，当物体的速度为4 m/s 时对物体施加水平向右的恒力F ，F 大小为3 N ，物体与水平面间的动摩擦因数为0.1，重力加速度g 取10 m/s 2，则从施加力F 开始2 s 内，物体发生的位移为( )A ．4 mB ．2 mC ．1 mD ．07.(2022·丽水市高一开学考试)如图，从O点引出三条光滑轨道OA、OB、OC，其中OA沿竖直方向，OB垂直斜面，从O点沿三条轨道释放三个小球，则小球先到达斜面的轨道是()A．OAB．OBC．OCD．因为OC方向未知，无法确定二、多项选择题：（本题共3小题，每小题8分，共24分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得8分，选对但不全的得4分，有选错的得0分．）8.某商场安装了智能化电动扶梯，无人站在扶梯上时扶梯运转得很慢．现有顾客乘扶梯下楼，扶梯自动先加速再匀速运转．下列说法正确的是()A．扶梯匀速运转过程中，顾客受到的支持力大小等于扶梯受到的压力大小B．扶梯加速运转过程中，顾客受到的支持力大小等于扶梯受到的压力大小C．扶梯加速运转过程中，顾客处于失重状态D．扶梯加速运转过程中，顾客共受到两个力作用9．(2022·西安市长安一中高一月考)如图是某同学站在压力传感器上做下蹲－起立的动作时传感器记录的压力随时间变化的图线，纵坐标为压力，横坐标为时间．由图线可知，该同学的体重约为650 N，除此以外，还可以得到以下信息()A．1 s时人处在下蹲的最低点B．2 s时人处于下蹲静止状态C．下蹲过程中人处于先失重后超重的状态D．0～4 s内该同学做了2次下蹲－起立的动作10．(2022·上饶市阶段练习)东京奥运会上，中国体育健儿表现出高昂斗志、顽强作风、精湛技能，生动诠释了奥林匹克精神和中华体育精神，实现了“使命在肩、奋斗有我”的人生誓言．中国10米跳台选手全红婵凭借“水花消失术”勇夺桂冠，一战成名．在女子10 m跳台的决赛中，全红婵竖直向上跳离跳台的速度为5 m/s，竖直入水后到速度减为零的运动时间与空中运动时间相等，假设所受水的阻力恒定，该运动过程中全红婵可看成质点，不计空气阻力，全红婵的体重为35 kg，重力加速度大小为g＝10 m/s2，则() A．全红婵在空中运动的时间为1.5 sB．入水后全红婵受到水的阻力为612.5 NC．全红婵入水时速度为10 m/sD．跳离跳台后上升阶段全红婵处于失重状态三、非选择题：（本题共3小题，共34分）11．(8分)质量M ＝50 kg 的人站在升降机的地板上，升降机的顶部悬挂了一只弹簧测力计，测力计下挂着一个质量m ＝1 kg 的物块A .在升降机运动的某段时间内，人看到弹簧测力计的示数为8 N ．g 取10 m/s 2.(1)(3分)求此时升降机加速度的大小和方向；(2)(3分)求此时人对地板的压力大小；(3)(2分)请你判断此时升降机在向上运动还是在向下运动，升降机处于超重状态还是失重状态．12．(12分)(2022·浙江6月选考)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l 1＝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＝29，货物可视为质点(取cos 24°＝0.9，sin 24°＝0.4，重力加速度g ＝10 m/s 2)．(1)(4分)求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度a 1的大小；(2)(4分)求货物在倾斜滑轨末端时速度v 的大小；(3)(4分)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l 2.13．(14分)如图甲所示，质量m＝1 kg的物块在平行于斜面向上的拉力F作用下从静止开始沿斜面向上运动，t＝0.5 s时撤去拉力，利用速度传感器得到其速度随时间变化的图像(v－t图像)如图乙所示，g取10 m/s2，求：(1)(4分)0～2 s内物块的位移大小x和通过的路程L；(2)(6分)拉力F的大小；(3)(4分)斜面对物块的滑动摩擦力F f的大小．。
人教版高中物理必修一专题31 动力学两类基本问题(原卷版) 精讲精练
专题31 动力学两类基本问题动力学问题是将运动学与力学问题综合起来进行考查的一类问题，一般可分为“已知运动求力”和“已知力求运动”两类基本问题。
求解两类动力学问题的关键在于做好“两个分析”（即物体的受力分析和物体的运动过程分析），抓住“一个桥梁”（即物体运动的加速度是联系运动和力的桥梁）。
1.由物体的受力情况求解运动情况的基本思路：先求出几个力的合力，由牛顿第二定律(F合＝ma)求出加速度，再由运动学的有关公式求出速度或位移。
2.由物体的运动情况求解受力情况的基本思路：已知加速度或根据运动规律求出加速度，再由牛顿第二定律求出合力，从而确定未知力.3.应用牛顿第二定律解决动力学问题，受力分析和运动分析是关键，加速度是解决此类问题的纽带，分析流程如下：受力情况maF加速度a运动学公式运动v、t、s4.常用方法（1）合成法。
在物体受力个数较少时一般采用合成法。
（2）正交分解法。
若物体的受力个数较多（3个或3个以上），则采用正交分解法。
一、已知受力情况确定运动情况已知物体受力情况确定运动情况，是指在受力情况已知的条件下，要求判断出物体的运动状态或求出物体的速度、位移等。
处理这类问题的基本思路是：先分析物体的受力情况，求出合力，再根据牛顿第二定律求出加速度，进一步利用运动学公式求出相关运动学量。
【例1】在交通事故的分析中，刹车线的长度是很重要的依据。
刹车线是汽车刹车后，停止转动的轮胎在地面上滑动时留下的痕迹。
在某次交通事故中，汽车的刹车线长度是14m。
假设汽车轮胎与地面间的动摩擦因数为0.7，g=10m/s2。
则汽车开始刹车时的速度为（）A.7m/sB.10m/sC.14m/sD.20m/s【例2】如图所示，劲度数为k的轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于水平面上质量为m的物体接触（未连接），弹簧水平且无形变.用水平力F缓慢推动物体，在弹性限度内弹簧长度被压缩了x，此时物体静止.撤去F 后，物体开始向左运动，运动的最大距离为40x .物体与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g 。
专题16 动力学的两类基本问题、连接体模型(解析版)
2023届高三物理一轮复习重点热点难点专题特训专题16 动力学的两类基本问题、连接体模型特训目标 特训内容目标1 已知受力情况求运动情况（1T —4T ） 目标2 已知运动情况求受力情况（5T —8T ） 目标3 加速度相同的连接体问题（9T —12T ） 目标4加速度不同的连接体问题（13T —16T ）一、已知受力情况求运动情况1．如图所示，一小球塞在一个竖直圆管中，让圆管由距地面为5m h =处静止自由下落，与地面发生多次弹性碰撞，运动过程中，圆管始终保持竖直。
已知圆管的质量为4kg M =，小球的质量为1kg m =，小球与圆管之间的滑动摩擦力大小为40N f =，210m/s g =，不计空气阻力。
下列说法中正确的是（ ）A ．圆管第一次与地面碰撞后，与球在空中相对静止之前，圆管的加速度大小为230m/sB ．圆管第一次与地面碰撞后，与球在空中相对静止之前，小球的加速度大小为250m/sC ．圆管与地面第一次碰撞后到第二次碰撞前，圆管与小球获得的共同速度为0.6m/sD ．圆管从释放到第二次触地的过程中，小球相对圆管下降的高度为4m 【答案】D【详解】AB ．圆管第一次与地面碰撞后，圆管与球在空中相对静止之前，对圆管和球受力分析，以向下为正方向，由牛顿第二定律1+Mg f Ma =；2f mg ma -=可得2120m/s a =；2230m/s a =-故AB 错误；C ．圆管和球一起下落h ，设第一次与地相撞前瞬间速度为v 0：202v gh =第一次反弹后至第二次相撞前，设经过t 两者共速，速度为v ，以向下为正方向，则0102v v a t v a t =-+=+解得2m/s v =-，C 错误；D ．设管在t 内的位移为x 1：012v v x t +=设小球在t 内的位移为x 2：022v vx t -+= 小球相对管道下降的高度12h x x =-；h =4m ，D 正确。
2024届高考物理微专题：动力学两类基本问题
微专题19动力学两类基本问题1．做好两个分析：(1)受力分析，表示出合力与分力的关系；(2)运动过程分析，表示出加速度与各运动量的关系.2.熟悉两种处理方法：合成法和正交分解法.3.把握一个关键：求解加速度是解决问题的关键．1．汽车紧急刹车后，停止运动的车轮在水平地面上滑动直至停止，在地面上留下的痕迹称为刹车线．由刹车线的长短可知汽车刹车前的速度．已知汽车轮胎与地面之间的动摩擦因数为0.80，测得刹车线长为25m ．汽车在刹车前瞬间的速度大小为(重力加速度g 取10m/s 2)()A ．10m/sB ．20m/sC ．30m/sD ．40m/s 答案B 解析汽车紧急刹车后，受滑动摩擦力的作用，做匀减速直线运动，设减速时的加速度大小为a ，由牛顿第二定律得μmg ＝ma ，设汽车在刹车前瞬间的速度大小为v 0，根据运动学公式有v 02＝2ax ，代入数据，联立以上各式解得v 0＝20m/s ，B 正确．2.(多选)(2023·湖南永州模拟)现有大型室外活动通常用无人飞机进行航拍．如图所示，一质量m ＝2kg 的无人飞机在操作员的操控下由静止开始竖直向上匀加速运动2s ，然后匀速向上运动3s ，接着匀减速向上运动4s 速度恰好为零，之后悬停进行航拍．已知无人飞机上升过程中的最大速度为v m ＝4m/s ，受到的空气阻力恒为F f ＝1N ，重力加速度大小g ＝10m/s 2，则()A ．无人飞机上升的第一个阶段，受到向上的作用力大小是25NB ．无人飞机上升的第二个阶段，受到向上的作用力大小是20NC ．无人飞机上升的第三个阶段，受到向上的作用力大小是18ND ．无人飞机上升的总高度为24m答案AD 解析以竖直向上为正方向，第一阶段无人飞机沿竖直方向向上做匀加速直线运动，加速度为a 1＝42m/s 2＝2m/s 2，由牛顿第二定律有F 1－mg －F f ＝ma 1，得此阶段无人飞机受到向上的作用力F 1＝mg ＋ma 1＋F f ＝25N ，故A 正确；由平衡条件可知第二阶段无人飞机受到向上的作用力F 2＝mg ＋F f ＝21N ，故B 错误；第三阶段无人飞机向上做匀减速直线运动，加速度为a 3＝0－44m/s 2＝－1m/s 2，由牛顿第二定律有F 3－mg －F f ＝ma 3，得此阶段无人飞机受到向上的作用力F 3＝mg ＋ma 3＋F f ＝19N ，故C 错误；无人飞机上升的总高度h ＝(42×2＋4×3＋42×4)m＝24m，故D正确．3.如图所示，倾角为θ的斜面体M置于粗糙的水平地面，物体m静止在斜面上．对m施加沿斜面向下的力F使其匀速下滑，增大F使m加速下滑．m沿斜面匀速下滑和加速下滑时，斜面体M始终保持静止．比较m匀速下滑和加速下滑两个过程，下列说法正确的是()A．m在加速下滑时，m与M之间的摩擦力较大B．m在匀速和加速下滑时，地面与M之间的摩擦力不变C．m在匀速下滑时，m对M的压力较小D．m在加速下滑时，地面对M的支持力较大答案B解析对m施加沿斜面向下的力F使其匀速下滑，对物体m受力分析可知F f＝μmg cosθ，F N＝mg cosθ，而增大沿斜面的拉力F使m加速下滑，物体m所受的滑动摩擦力和斜面支持力大小不变，由牛顿第三定律可知，物体对斜面的摩擦力F f′和压力F N′大小方向均不变，则对斜面体而言，所有受力均不变，即地面与M之间的摩擦力不变，地面对M的支持力也不变，故选B.4.(多选)(2023·西南名校联盟联考)某研究小组为游乐场设计一座新型安全滑梯，简化为如图所示的斜面，其中AB段和BC段用两种不同的材料制成且AB>BC.要求小孩从滑梯顶端A无初速度出发后能沿斜面下滑，最多能滑到C点，整个过程中滑梯保持静止状态．某小孩从A点出发后刚好能到达C点，对于这一过程，下列说法正确的是()A．小孩与AB段的动摩擦因数小于与BC段的动摩擦因数B．小孩在AB段的运动时间小于在BC段的运动时间C．地面对滑梯的摩擦力方向先水平向右、后水平向左D．地面对滑梯的支持力先小于、后大于小孩和滑梯的总重力答案AD解析设小孩的质量为m，由题意可知，小孩在AB段是加速下滑，在BC段是减速下滑，规定斜向下为正方向，在AB段，根据牛顿第二定律可得mg sinθ－μ1mg cosθ＝ma1，a1>0，因此μ1<tanθ，在BC段，根据牛顿第二定律可得mg sinθ－μ2mg cosθ＝ma2，a2<0，因此μ2>tanθ，因此μ2>μ1，故A正确；小孩从静止由A点加速到B点，设在B点的速度为v B，则AB＝0＋v B2·t1，小孩从B点减速到C点，且到达C点时速度为零，因此BC＝v B＋02·t2，由于AB>BC，因此t1>t2，故B错误；以小孩和滑梯整体为研究对象，小孩在AB段做匀加速运动，加速度方向沿斜面向下，加速度有向左和向下的分加速度，根据牛顿第二定律可知，地面对滑梯有向左的摩擦力，且地面对滑梯的支持力小于小孩和滑梯的总重力．当小孩在BC段做匀减速运动时，加速度方向沿斜面向上，加速度有向右和向上的分加速度，根据牛顿第二定律可知，地面对滑梯有向右的摩擦力，且地面对滑梯的支持力大于小孩和滑梯的总重力，故C错误，D 正确．5．(多选)如图所示，质量m＝2kg的物体静止于水平面上，现用一水平向右的恒力F＝14N 拉物体，物体运动9m后撤去拉力F，已知物体与水平面之间的动摩擦因数μ＝0.5,g取10m/s2.则()A．物体与水平面之间的摩擦力F f＝10NB．物体刚开始运动时的合力大小F合＝4NC．物体在恒力作用下运动时的加速度大小a＝7m/s2D．撤去外力时速度大小v＝6m/s答案ABD解析物体与水平面之间的动摩擦力F f＝μmg＝0.5×2×10N＝10N，故A正确；物体刚开始运动时的合力大小F合＝F－F f＝14N－10N＝4N，故B正确；物体在恒力作用下运动时的加速度大小a＝F合m＝42m/s2＝2m/s2，故C错误；撤去外力时v2＝2ax，解得v＝2ax＝2×2×9m/s＝6m/s，故D正确．6.如图所示，某次正面100%碰撞测试过程中，被测汽车在外加牵引装置牵引下在特定轨道上从静止开始做匀加速直线运动，当汽车达到测试速度后，牵引装置即牵引汽车以该速度匀速前进直至发生碰撞完成测试．若轨道有效长度为100m，测试速度大小为60km/h，则以下说法正确的是()A．汽车匀加速运动时加速度不能大于1.39m/s2B．若汽车加速度大小为a＝2m/s2，则汽车匀加速时间约为30sC．若汽车加速度大小为a＝2m/s2，则汽车匀加速过程发生的位移大小约为69.4mD．若只更换为质量较轻的汽车进行测试而不改变牵引力等其他测试条件，则该汽车做匀加速运动的时间会增加答案C解析为完成测试，汽车做匀加速直线运动的位移应不大于100m，根据匀变速运动规律有x ≥v 22a ，解得a ≥v 22x ＝ 60×51822×100m/s 2≈1.39m/s 2，故A 错误；若汽车加速度大小为a ＝2m/s 2，匀加速过程发生的位移大小x 加＝v 22a ≈69.4m ，匀加速的时间t 加＝v a ≈8.3s ，故B 错误，C 正确；根据牛顿第二定律F ＝ma ，只更换为质量较轻的汽车进行测试而不改变牵引力等其他测试条件，汽车的加速度增大，由v ＝at 得该汽车做匀加速运动的时间会减小，故D 错误．7.如图所示，ab 、cd 是竖直平面内两根固定的光滑细杆，a 、b 、c 、d 位于同一圆周上，b 点为圆周的最低点，c 点为圆周的最高点，若每根杆上都套着一个小滑环(图中未画出)，将两滑环同时从a 、c 处由静止释放，用t 1、t 2分别表示滑环从a 到b 、c 到d 所用的时间，则()A ．t 1＝t 2B ．t 1>t 2C ．t 1<t 2D ．无法确定答案A 解析设杆与竖直方向的夹角为α，圆周的直径为d ′.根据牛顿第二定律得：滑环的加速度为a ′＝mg cos αm ＝g cos α；滑杆的长度为s ＝d ′cos α；则根据s ＝12a ′t 2得，t ＝2s a ′＝2d ′cos αg cos α＝2d ′g ，可见，时间t 与α无关，故有t 1＝t 2.故选A.8.如图所示，在斜面上同一竖直面内有四条光滑细杆，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滑环(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t 1、t 2、t 3、t 4.下列关系正确的是()A ．t 1<t 2B ．t 1>t 3C ．t 2＝t 4D ．t 2<t 4答案D 解析以OA 为直径画圆，根据等时圆模型，对小滑环受力分析，受重力和支持力，将重力沿杆的方向和垂直杆的方向正交分解，根据牛顿第二定律得小滑环做初速度为零的匀加速直线运动的加速度为a ＝g cos θ(θ为杆与竖直方向的夹角)．由图中的直角三角形可知，小滑环的位移x ＝2R cos θ，所以t ＝2s a ＝4R cos θg cos θ＝4R g，t 与θ无关，可知从圆上最高点沿任意一条弦滑到底所用时间相同，故沿OA 和OC 滑到底的时间相同，即t 1＝t 3，OB 不是一条完整的弦，时间最短，即t 1>t 2，OD 长度超过一条弦，时间最长，即t 2<t 1＝t 3<t 4.故A 、B 、C 错误，D 正确．9.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 ＝0.5m/s 2从冰面底部由静止开始沿直线向上“奔跑”，t ＝8s 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 ＝10m/s 2.求：(1)企鹅向上“奔跑”的位移大小；(2)企鹅在冰面滑动的加速度大小；(3)企鹅退滑到出发点时的速度大小．(计算结果可用根式表示)答案(1)16m (2)8m/s 24m/s 2(3)234m/s 解析(1)在企鹅向上“奔跑”过程中，位移x ＝12at 2，解得x ＝16m.(2)在企鹅卧倒以后将进行两个过程的运动，第一个过程是从卧倒处到最高点，第二个过程是从最高点滑到出发点，两个过程根据牛顿第二定律分别有mg sin 37°＋μmg cos 37°＝ma 1mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma 2解得a 1＝8m/s 2，a 2＝4m/s 2.(3)企鹅从卧倒处到滑到最高点的过程中，做匀减速直线运动，设时间为t ′，位移大小为x ′，则有t ′＝at a 1，x ′＝12a 1t ′2，解得x ′＝1m.企鹅从最高点滑到出发点的过程中，设末速度为v t ，初速度为0，则有v t 2－0＝2a 2(x ＋x ′)，解得v t ＝234m/s.10．如图甲，滑沙即乘坐滑板从高高的沙山顶自然下滑，是一种独特的游乐项目．如图乙所示，某滑沙场地可简化为倾角θ＝37°的斜面和水平面对接而成，沙子与滑板的动摩擦因数为0.25，不计对接处的速度损失，人可视为质点．某游客从沙山顶部静止滑下，13s 后停在水平沙地上．试求(取g ＝10m/s 2，sin 37°＝0.6)：(1)游客在沙山上下滑时的加速度；(2)全过程总路程；(3)沙山的高度．答案(1)4m/s 2，方向沿斜面向下(2)130m (3)30m解析(1)在斜面上下滑时，有mg sin θ－μmg cos θ＝ma 1得a 1＝g sin θ－μg cos θ＝4m/s 2方向沿斜面向下(2)在水平面上滑行时，有μmg ＝ma 2得a 2＝2.5m/s 2设运动到斜面底部时速度为v 全过程有v a 1＋va 2＝t 总得v ＝20m/s两过程都为匀变速直线运动，有l ＝v ＋02t 1＋v ＋02t 2＝v2t 总＝130m(3)由运动学公式x 1＝v22a 1＝50m沙山的高度h ＝x 1sin θ＝30m ．。
两类动力学问题
两类动力学问题一、基础知识动力学的两类基本问题即：① 由受力情况判断物体的运动状态； ②由运动情况判断的受力情况解题思路：，二、应用（1）由受力情况判断物体的运动状态例1、一个质量为2Kg 的物体放在水平面上，它与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，物体受到5N 的水平拉力作用，由初速度v 0＝5m/s 开始运动，（g 取10m/s 2) 求: (1)第4秒内物体的位移(2)若4秒后撤掉外力，求撤掉外力后4秒内物体的位移例2、如图所示，质量M ＝8kg 的小车放在光滑的水平面上，在小车右端加一水平恒力F ＝8N ，当小车速度达到1.5m/s 时，在小车的前端轻轻放上一大小不计、质量m ＝2kg 的物体，物体与小车间的动摩擦因数μ＝0.2，小车足够长，求物体从放在小车上开始经t ＝1.5s 通过的位移大小.(g 取10m/s 2)（2）由运动求情况判断受力情况例3、如图2所示，固定在小车上的折杆∠A =θ，B 端固定一个质量为m 的小球，若小车向左的加速度为a ，则AB 杆对小球的作用力F 为 ( B D ) A ．当a =0时，F=mg /cos θ，方向沿AB 杆 B ．当a =g tg θ 时，F=mg /cos θ，方向沿AB 杆 C ．无论a 取何值，F都等于a g m +，方向都沿AB 杆 D ．无论a 取何值，F都等于a g m+，方向不一定沿AB 杆例4、如图13所示，有一长度x ＝1 m 、质量M ＝10 kg 的平板小车，静止在光滑的水平面上，在小车一端放置一质量m ＝4 kg 的小物块，物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.25，要 使物块在2 s 内运动到小车的另一端，求作用在物块上的水平力F 是多少？(g 取10 m/s 2) 解析：由下图中的受力分析，根据牛顿第二定律有F －F f ＝ma 物 ①F f ′＝Ma 车② 其中F f ＝F f ′＝μmg③ 由分析图结合运动学公式有x 1＝12a 车t2④x 2＝12a 物t 2⑤x 2－x 1＝x⑥ 由②③解得a 车＝1 m/s2⑦由④⑤⑥⑦解得a 物＝1.5 m/s 2所以F ＝F f ＋ma 物＝m (μg ＋a 物)＝4×(0.25×10＋1.5) N ＝16 N. 答案：16 N（3）受力情况和运动状态的综合应用例5、如图7所示，在汽车中悬挂一小球，实验表明，当汽车做匀变速直线运动时，悬线将与竖直方向成某一稳定角度．若在汽车底板上还有一个跟其相对静止的物体m 1，则关于汽车的运动情况和物体m 1的受力情况正确的是 ( BC ) A ．汽车一定向右做加速运动 B ．汽车可能向左运动C ．m 1除受到重力、底板的支持力作用外，还一定受到向右的摩擦力作用D ．m 1除受到重力、底板的支持力作用外，还可能受到向左的摩擦力的作用例6、某大型游乐场内的新型滑梯可以等效为如图3所示的物理模型，一个小朋友在AB 段的动摩擦因数μ1<tan θ，BC 段的动摩擦因数μ2>tan θ，他从A 点开始下滑，滑到C 点恰好静止，整个过程中滑梯保持静止状态．则该小朋友从斜面顶端A 点滑到底端C 点的过程中( A ) A ．地面对滑梯的摩擦力方向先水平向左，后水平向右 B ．地面对滑梯始终无摩擦力作用C ．地面对滑梯的支持力的大小始终等于小朋友和滑梯的总重力的大小D ．地面对滑梯的支持力的大小先大于、后小于小朋友和滑梯的总重力的大小针对训练题：1、如图所示，放在固定斜面上的物块以加速度a 沿斜面匀加速下滑，若在物块上再施加一个竖直向下的恒力F ，则（C ）A 、物块可能匀速下滑B 、物块将以加速度a 匀加速下滑C、物块将以大于a的加速度匀加速下滑D、物块将以小于a的加速度匀加速下滑2、质量为1吨的汽车在平直公路上以10m／s速度匀速行驶。
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动力学的两类基本问题姓名：【基础导学】两类动力学问题的解题思路图解【典例剖析】已知受力求运动例题1：如图，质量为m=2kg 的物体静止在水平地面上，物体与水平面间的动摩擦因数u=0. 5。
现对物体施加大小F=10N 、与水平方向夹角θ=37°的斜向上的拉力，经5s 撤去拉力。
求物体通过的总位移。
（g 取10m/s 2））针对训练1-1：为了安全,在高速公路上行驶的汽车之间应保持必要的距离.已知某段高速公路的最高限速v=108 km/h,假设前方车辆突然停止,后面车辆司机从发现这一情况起,经操纵刹车到汽车开始减速经历的时间(即反应时间)t=0.50 s,刹车时汽车受到的阻力大小为汽车重力的0.50倍.该段高速公路上以最高限速行驶的汽车,至少应保持的距离为多大?（取g=10 m/s2）针对训练1-2：质量m ＝4kg 的物块，在一个平行于斜面向上的拉力F ＝40N 作用下，从静止开始沿斜面向上运动，如图所示，已知斜面足够长，倾角θ＝37°，物块与斜面间的动摩擦因数µ＝0.2，力F 作用了5s ，求物块在5s 内的位移及它在5s 末的速度。
（g ＝10m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）F针对训练1-3：如图所示，楼梯口一倾斜的天花板与水平面成θ＝37°角，一装潢工人手持木杆绑着刷子粉刷天花板，工人所持木杆对刷子的作用力始终保持竖直向上，大小为F ＝10 N ，刷子的质量为m ＝0.5 kg ，刷子可视为质点，刷子与天花板间的动摩擦因数μ＝0.5，天花板长为L ＝4 m ．sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s2.试求：工人把刷子从天花板底端推到顶端所用的时间．已知运动求受力例2: 如图所示，质量为0.5kg 的物体在与水平面成300角的拉力F 作用下，沿水平桌面向右做直线运动，经过0.5m 的距离速度由0.6m/s 变为0.4m/s ，已知物体与桌面间的动摩擦因数μ＝0.1，求作用力F 的大小。
（g ＝10m/s 2）针对训练2-1：质量为2kg 的物体放在水平地面上，在大小为5N 的倾斜拉力的作用下，物体由静止开始做匀加速直线运动，6s 末的速度为1.8m/s ，已知拉力与水平方向成37度角斜向上，则物体和地面之间的动摩擦因数为多少？（g=10m/s2）针对训练2-2：一位滑雪者如果以v 0＝30m/s 的初速度沿直线冲上一倾角为300的山坡，从冲坡开始计时，至4s 末，雪橇速度变为零。
如果雪橇与人的质量为m ＝80kg ，求滑雪人受到的阻力是多少。
（g 取10m/s 2）针对训练2-3：在某一旅游景区，建有一山坡滑草运动项目. 该山坡可看成倾角θ＝30°的斜面，一名游客连同滑草装置总质量m ＝80 kg ，他从静止开始匀加速下滑，在时间t ＝5 s内沿斜面滑下的位移x ＝50 m. (不计空气阻力，取g ＝10 m/s 2，结果保留2位有效数字)问：(1)游客连同滑草装置在下滑过程中受到的摩擦力F 为多大？ (2)滑草装置与草皮之间的动摩擦因数μ为多大？多段运动例3:静止在水平地面上的物体的质量为2 kg，在水平恒力F推动下开始运动，4 s末它的速度达到4 m/s，此时将F撤去，又经6 s物体停下来，如果物体与地面的动摩擦因数不变，求F的大小和动摩擦因数.针对训练3-1：如图所示，一个人用与水平方向成θ＝30°角的斜向下的推力F推一个质量为20 kg的箱子匀速前进，如图(a)所示，箱子与水平地面间的动摩擦因数为μ＝0.40.求：(1)推力F的大小；(2)若该人不改变力F的大小，只把力的方向变为与水平方向成30°角斜向上去拉这个静止的箱子，如图(b)所示，拉力作用2.0 s后撤去，箱子最多还能运动多长距离？(g取10 m/s2)．针对训练3-2：质量为2kg的物体，静止放于水平面上，现在物体上施一水平力F，使物体开始沿水平面运动，运动10s时，将水平力减为F／2，若物体运动的速度图象如图所示，则水平力F为多少？，物体与水平面间的动摩擦因数 等于多少。
（g取10m／s2）针对训练3-3：质量为2 kg的物体在水平推力F的作用下沿水平面做直线运动，一段时间后撤去F，其运动的v－t图象如图3－2－8所示．g取10 m/s2，求：(1)物体与水平面间的动摩擦因数μ；(2)水平推力F的大小；(3)0～10 s内物体运动位移的大小．针对训练3-4：如图所示，一高度为h=0.8m粗糙的水平面在B点处与一倾角为θ=30°光滑的斜面BC连接，一小滑块从水平面上的A点以v0=3m/s的速度在粗糙的水平面上向右运动。
运动到B点时小滑块恰能沿光滑斜面下滑。
已知AB间的距离s=5m，求：（1）小滑块与水平面间的动摩擦因数；（2）小滑块从A点运动到地面所需的时间；针对训练3-5：如图所示，物体从光滑斜面上的A点由静止开始下滑，经过B点后进入水平面(设经过B点前后速度大小不变)，最后停在C点．每隔0.2 s通过速度传感器测量物体的瞬时速度．下表给出了部分测量数据．(重力加速度g＝10 m/s2)(2)物体与水平面之间的动摩擦因数μ；(3)t＝0.6 s时的瞬时速度v.针对训练3-6：如图所示，倾角为30°的粗糙斜面固定在地面上，物块在沿斜面方向的推力F的作用下向上运动已知推力F在开始一段时间内大小为8. 5N。
后来突然减为8N，整个过程中物块速度随时间变化的规律如图所示，重力加速度g=10m／s2，求：（1）物块的质量m；（2）物块与斜面间的动摩擦因数针对训练3-7：如图所示，物体在有动物毛皮的斜面上运动.由于毛皮表面的特殊性，引起物体的运动有如下特点：①顺着毛的生长方向运动时毛皮产生的阻力可以忽略；②逆着毛的生长方向运动会受到来自毛皮的滑动摩擦力.（1）试判断如图所示情况下，物体在上滑还是下滑时会受到摩擦力.（2）一物体从斜面底端以初速度v0=2 m/s冲上足够长的斜面，斜面的倾斜角为θ=30°，过了t=1.2 s物体回到出发点.若认为毛皮产生滑动摩擦力时，动摩擦因数μ为定值，g取10 m/s2，则μ的值为多少？针对训练3-8：如图所示，在倾角θ=37°的足够长的固定的斜面上，有一质量m=1 kg的物体，物体与斜面间动摩擦因数μ=0.2，物体受到沿平行于斜面向上的轻细线的拉力F=9.6 N 的作用，从静止开始运动，经2 s绳子突然断了，求绳断后多长时间物体速度大小达到22 m/s.（sin37°=0.6，g取10 m/s2）多个物体例4：如图所示，小球甲从倾角θ＝30°的光滑斜面上高h＝5 m的A点由静止释放，同时小球乙自C点以速度v0沿光滑水平面向左匀速运动，C点与斜面底端B处的距离L＝0.4 m．甲滑下后能沿斜面底部的光滑小圆弧平稳地朝乙追去，甲释放后经过t＝1 s刚好追上乙，求乙的速度v0(g＝10 m/s2)．针对训练4-1：如图所示，光滑水平面上静止放着长L=1.6 m、质量为M=3 kg的木板.一个质量为m=1 kg的小物体放在木板的最右端，m与M之间的动摩擦因数μ=0.1，今对木板施加一水平向右的拉力F.（1）施力F后，要想把木板从物体m的下方抽出来，求力F的大小应满足的条件；如果所施力F=10 N，为了把木板从m的下方抽出来，此力的作用时间不得少于多少?（g取10 m/s2）针对训练4-2：A的质量m1=4 m，B的质量m2=m，斜面固定在水平地面上。
开始时将B按在地面上不动，然后放手，让A沿斜面下滑而B上升。
A与斜面无摩擦，如图，设当A沿斜面下滑s距离后，细线突然断了。
求B上升的最大高度H。
传送带例5：水平传送带A、B以v＝2m/s的速度匀速运动，如图所示所示，A、B相距11m，一物体（可视为质点）从A点由静止释放，物体与传送带间的动摩擦因数 ＝0.2，则物体从A 沿传送带运动到B所需的时间为多少秒。
（g＝10m/s2）针对训练5-1： 如图所示，传输带与水平面间的倾角为θ=37°，皮带以10 m/s 的速率运行，在传输带上端A 处无初速地放上质量为0.5 kg 的物体，它与传输带间的动摩擦因数为0.5.若传输带A 到B 的长度为16 m ，则物体从A 运动到B 的时间为多少？针对训练5-2：如图所示，质量M ＝8kg 的小车放在光滑的水平面上，在小车右端加一水平恒力F ＝8N ，当小车速度达到1.5m/s 时，在小车的前端轻轻放上一大小不计、质量m ＝2kg 的物体，物体与小车间的动摩擦因数μ＝0.2，小车足够长，求物体从放在小车上开始经t＝1.5s 通过的位移大小.(g 取10m/s 2)【课堂精练】1、如图所示，物体沿着倾角不同而底边相同的光滑斜面由顶端从静止开始滑到底端( )A.斜面倾角越大，滑行时间越短B.斜面倾角越大，滑行时间越长C.斜面倾角越大，滑行的加速度越大D.斜面倾角越大，滑行的平均速度越大2、如图所示，传送带保持1 m/s 的速度运动，现将一质量为0.5 kg 的小物体从传送带左端放上，设物体与皮带间动摩擦因数为0.1，传送带两端水平距离为2.5 m ，则物体从左端运动到右端所经历的时间为( )A. 5 s B ．(6－1)s C ．3 s D ．5 s3. 静止在光滑水平面上的物体受到一个水平拉力的作用，该力随时间变化的图线如图所示，则下列说法正确的是（ ） A. 物体在20s 内平均速度为零 B. 物体在20s 末的速度为零 C. 物体在20s 末又回到出发点D. 物体在10s 末的速度最大4.汽车在平直公路上从静止开始做匀加速直线运动.当汽车的速度达到v 1时关闭发动机，汽车维持滑行一段时间后停止，其运动的速度图线如图所示.若汽车加速行驶时牵引力为F 1，汽车整个运动过程所受阻力恒为F 2（大小不变），则F 1∶F 2为（ ） A.4∶1 B.3∶1 C.1∶1 D.1∶45.据报道，1989年在美国加利福尼亚州发生的6.9级地震，中断了该地尼米兹高速公路的一段，致使公路上高速行驶的约200辆汽车发生了重大的交通事故，车里的人大部分当即死亡，只有部分系安全带的人幸免.假设汽车高速行驶的速度达到108 km/h ，乘客的质量为60 kg ，当汽车遇到紧急情况时，在2 s 内停下来，试通过计算说明系安全带的必要性.6．质量m ＝2.0 kg 的物体静止在水平地面上，用F ＝18 N 的水平力推物体，t ＝2.0 s 内物体的位移s ＝10 m ，此时撤去力F .求：(1)推力F 作用时物体的加速度； (2)撤去推力F 后物体还能运动多远．7.静止在水平地面上的物体的质量为2 kg ，在水平恒力F 推动下开始运动，4 s 末它的速度达到4 m/s ，此时将F 撤去，又经6 s 物体停下来，如果物体与地面的动摩擦因数不变，求F 的大小.8. 物体由A 点沿不同光滑斜面滑下，高为h ，倾角不同，求它到达底端的速率。