高一物理动力学两类基本问题

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。

动力学两类基本问题1．由受力情况判断物体的运动状态，处理这类问题的基本思路是：先求出几个力的合力，由牛顿第二定律(F合＝ma)求出加速度，再应用运动学公式求出速度或位移．2．由物体的运动情况判断受力情况，处理这类问题的基本思路是：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，至于牛顿第二定律中合力的求法可用力的合成和分解法(平行四边形定则)或正交分解法．3．求解上述两类问题的思路，可用如图所示的框图来表示：解决两类动力学基本问题应把握的关键(1)做好两个分析——物体的受力分析和物体的运动过程分析；根据物体做各种性质运动的条件即可判定物体的运动情况、加速度变化情况及速度变化情况．(2)抓住一个“桥梁”——物体运动的加速度是联系运动和力的桥梁．【典例1】(2013·江南十校联考，22)如图3－3－2所示，倾角为30°的光滑斜面与粗糙平面的平滑连接．现将一滑块(可视为质点)从斜面上的A点由静止释放，最终停在水平面上的C点．已知A点距水平面的高度h＝0.8 m，B点距C点的距离L ＝2.0 m．(滑块经过B点时没有能量损失，g＝10 m/s2)，求：(1)滑块在运动过程中的最大速度；(2)滑块与水平面间的动摩擦因数μ；(3)滑块从A点释放后，经过时间t＝1.0 s时速度的大小．图3－3－2教你审题关键词获取信息①光滑斜面与粗糙的水平面滑块在斜面上不受摩擦力，水平面受摩擦力②从斜面上的A点由静止释放滑块的初速度v0＝0③最终停在水平面上的C点滑块的末速度为零④滑块经过B点时没有能量损失斜面上的末速度和水平面上的初速度大小相等第二步：分析理清思路→抓突破口做好两分析→受力分析、运动分析①滑块在斜面上：滑块做初速度为零的匀加速直线运动．②滑块在水平面上：滑块做匀减速运动．第三步：选择合适的方法及公式→利用正交分解法、牛顿运动定律及运动学公式列式求解．解析(1)滑块先在斜面上做匀加速运动，然后在水平面上做匀减速运动，故滑块运动到B点时速度最大为v m，设滑块在斜面上运动的加速度大小为a1，则有mg sin 30°＝ma1，v2m＝2a1hsin 30°，解得：v m＝4 m/s(2)滑块在水平面上运动的加速度大小为a2，μmg＝ma2v2m＝2a2L，解得：μ＝0.4(3)滑块在斜面上运动的时间为t1，v m＝a1t1得t1＝0.8 s由于t>t1，滑块已经经过B点，做匀减速运动的时间为t－t1＝0.2 s设t＝1.0 s时速度大小为v＝v m－a2(t－t1)解得：v＝3.2 m/s答案(1)4 m/s(2)0.4(3)3.2 m/s1．解决两类动力学基本问题应把握的关键(1)两类分析——物体的受力分析和物体的运动过程分析；(2)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)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)，则采用“正交分解法”．3．解答动力学两类问题的基本程序(1)明确题目中给出的物理现象和物理过程的特点．(2)根据问题的要求和计算方法，确定研究对象，进行分析，并画出示意图．(3)应用牛顿运动定律和运动学公式求解．突破训练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)图5答案 5.53 s解析此题可以分为三个运动阶段：力F存在的阶段物体沿斜面向上加速，受力分析如图所示，由牛顿第二定律和运动学公式得：F－F f－mg sin θ＝ma1F f＝μF N＝μmg cos θv1＝a1t1解得：a1＝2 m/s2v1＝4 m/s第二阶段为从撤去力F到物体沿斜面向上的速度减为零，受力分析如图所示由牛顿第二定律和运动学公式mg sin θ＋μmg cos θ＝ma20－v1＝－a2t2解得：a2＝7.6 m/s2t2＝0.53 s第三阶段物体反向匀加速运动(因为mg sin θ>μmg cos θ)mg sin θ－μmg cos θ＝ma3v2＝a3t3解得：a3＝4.4 m/s2t3＝5 st＝t2＋t3＝5.53 s题组一动力学两类基本问题1．如图3-2-5所示，水平桌面由粗糙程度不同的AB、BC两部分组成，且AB＝BC，小物块P(可视为质点)以某一初速度从A点滑上桌面，最后恰好停在C点，已知物块经过AB与BC两部分的时间之比为1∶4，则物块P与桌面上AB、BC部分之间的动摩擦因数μ1、μ2之比为(P物块在AB、BC上所做的运动均可看作匀变速直线运动)()图3-2-5A．1∶1B．1∶4C．4∶1 D．8∶1解析：选D由牛顿第二定律可知，小物块P在AB段减速的加速度a1＝μ1g，在BC段减速的加速度a2＝μ2g，设小物块在AB段运动时间为t，则可得：v B＝μ2g·4t，v0＝μ1gt＋μ2g·4t，由x AB＝v0＋v B2·t，x BC＝v B2·4t，x AB＝x BC可求得：μ1＝8μ2，故D正确。

超重失重、等时圆和动力学两类基本问题导练目标导练内容目标1超重失重目标2动力学两类基本问题目标3等时圆模型【知识导学与典例导练】一、超重失重1.判断超重和失重现象的三个角度(1)从受力的角度判断：当物体受到的向上的拉力(或支持力)大于重力时，物体处于超重状态；小于重力时处于失重状态；等于零时处于完全失重状态。

(2)从加速度的角度判断：当物体具有向上的加速度时处于超重状态；具有向下的加速度时处于失重状态；向下的加速度恰好等于重力加速度时处于完全失重状态。

(3)从速度变化角度判断：物体向上加速或向下减速时，超重；物体向下加速或向上减速时，失重。

2.对超重和失重问题的三点提醒(1)发生超重或失重现象与物体的速度方向无关，只取决于加速度的方向。

(2)并非物体在竖直方向上运动时，才会出现超重或失重现象。

只要加速度具有竖直向上的分量，物体就处于超重状态；同理，只要加速度具有竖直向下的分量，物体就处于失重状态。

(3)发生超重或者失重时，物体的实际重力并没有发生变化，变化的只是物体的视重。

1如图所示，一个圆形水杯底部有一小孔，用手堵住小孔，往杯子里倒半杯水。

现使杯子做以下几种运动，不考虑杯子转动及空气阻力，下列说法正确的是()A.将杯子竖直向下抛出，小孔中有水漏出B.将杯子斜向上抛出，小孔中有水漏出C.用手握住杯子向下匀速运动，不堵住小孔也没有水漏出D.杯子做自由落体运动，小孔中没有水漏出【答案】D【详解】ABD．杯子跟水做斜抛运动、自由落体运动、下抛运动时都只受重力，处于完全失重状态，杯子与水相对静止，因此不会有水漏出，AB错误，D正确；C．杯子向下做匀速运动，处于平衡状态，水受重力，会漏出，C错误。

故选D。

2“笛音雷”是春节期间常放的一种鞭炮，其着火后一段时间内的速度-时间图像如图所示(取竖直向上为正方向)，其中t0时刻为“笛音雷”起飞时刻、DE段是斜率大小为重力加速度g的直线。

不计空气阻力，则关于“笛音雷”的运动，下列说法正确的是()A.“笛音雷”在t 2时刻上升至最高点B.t 3~t 4时间内“笛音雷”做自由落体运动C.t 0~t 1时间内“笛音雷”的平均速度为v 12D.t 3~t 4时间内“笛音雷”处于失重状态【答案】D【详解】A 由图可知，t 0~t 4时间内“笛音雷”的速度一直为正值，表明其速度方向始终向上，可知，“笛音雷”在t 2时刻并没有上升至最高点，上升至最高点应该在t 4时刻之后，故A 错误；B ．t 3~t 4时间内“笛音雷”速度方向向上，图像斜率为一恒定的负值，表明t 3~t 4时间内“笛音雷”实际上是在向上做竖直上抛运动，其加速度就是重力加速度g ，故B 错误；C ．将A 、B 用直线连起来，该直线代表匀加速直线运动，其平均速度为v12，而AB 线段与横轴所围的面积大于AB 曲线与横轴所围的面积，该面积表示位移，根据v =ΔxΔt可知，直线代表的匀加速直线运动的平均速度大于AB 曲线代表的变加速直线运动的平均速度，即t 0~t 1时间内“笛音雷”的平均速度小于v12，故C 错误；D ．根据上述，t 3~t 4时间内“笛音雷”做竖直上抛运动，加速度方向竖直向下，“笛音雷”处于失重状态，故D 正确。

瞬时性问题、动力学中的两类基本问题一、瞬时问题的两类模型轻绳、轻杆和接触面的弹力能跟随外界条件发生突变；弹簧(或橡皮绳)的弹力不能突变，在外界条件发生变化的瞬间可认为是不变的．二、动力学两类基本问题1.解题指导（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．2.必备知识（1）基本思路（2）基本步骤（3）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。

三、针对练习1、如图甲、乙所示，细绳拴一个质量为m 的小球，小球分别用固定在墙上的轻质铰链杆和轻质弹簧支撑，平衡时细绳与竖直方向的夹角均为53°，轻杆和轻弹簧均水平。

已知重力加速度为g ，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。

下列结论正确的是( )A ．甲、乙两种情境中，小球静止时，细绳的拉力大小均为43mgB ．甲图所示情境中，细绳烧断瞬间小球的加速度大小为43gC ．乙图所示情境中，细绳烧断瞬间小球的加速度大小为53gD ．甲、乙两种情境中，细绳烧断瞬间小球的加速度大小均为53g2、如图所示，细线连接着A 球，轻质弹簧两端连接着质量相等的A ，B 球，在倾角为θ的光滑斜面体C 上静止，弹簧与细线均平行于斜面．C 的底面粗糙，在水平地面上能始终保持静止，在细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是( ) A ．两个小球的瞬时加速度均沿斜面向下，大小均为g sin θ B ．A 球的瞬时加速度沿斜面向下，大小为2g sin θ C ．C 对地面的压力等于A ，B 和C 的重力之和 D ．地面对C 无摩擦力3、如图所示，物块1的质量为3m ，物块2的质量为m ，两者通过弹簧相连，整个系统置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态．现将木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，物块1、2的加速度大小分别为a 1、a 2.重力加速度大小为g .则有( ) A ．a 1＝0，a 2＝g B ．a 1＝g ，a 2＝g C ．a 1＝0，a 2＝4 g D ．a 1＝g ，a 2＝4 g4、如图所示，质量分别为m 、2m 的球A 、B 由轻质弹簧相连后再用细线悬挂在正在竖直向上做匀减速运动的电梯内，细线承受的拉力为F ，此时突然剪断细线，在绳断的瞬间，弹簧的弹力大小和小球A 的加速度大小分别为( ) A ．2F 3 2F 3m ＋gB ．F 3 2F3m＋gC ．2F 3 F 3m＋gD ．F 3 F3m＋g5、如图，A 、B 两球质量相等，光滑斜面的倾角为θ，图甲中，A 、B 两球用轻弹簧相连，图乙中A 、B 两球用轻质杆相连，系统静止时，挡板C 与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行，则在突然撤去挡板的瞬间(重力加速度为g )( ) A ．图甲中A 球的加速度不为零 B ．图乙中两球加速度均为g sin θ C ．图乙中轻杆的作用力一定不为零D ．图甲中B 球的加速度是图乙中B 球加速度的3倍6、如图所示，质量为2 kg 的物体B 和质量为1 kg 的物体C 用轻弹簧连接并竖直地静置于水平地面上。

动力学两类基本问题的分析上海师范大学附属中学 李树祥一、根据运动情况确定物体的受力1、解题步骤：（1）确定研究对象，并将研究对象从周围环境中隔离出来。

分析研究对象的受力，并画出受力图（注意：研究对象有时也可以选几个物体组成的整体，但上海市高中物理学科教学基本要求中，对用牛顿第二定律的计算，仅限于受到恒力作用的单个物体，且质量不变）。

（2）受力较为复杂时，要建立坐标系。

物体做变速直线运动时：建立的坐标系以保证列式、计算方便。

一般以运动方向为一个坐标轴，以垂直运动方向为另一个轴。

物体做曲线运动时：一般沿半径和切线方向建立坐标系。

（3）考察物体的运动情况。

若题中没有明确给出加速度，则要根据运动学公式求出加速度（如是匀变速直线运动，则要使用匀变速公式；如是匀速圆周运动，则要利用向心加速度公式求加速度）。

（4）列牛顿第二定律方程，求出某个力。

2、运用牛顿定律解题的常规做法：⑴物体只受一个力作用时，物体所受合外力就是此力，则此力就等于ma 。

⑵物体受两个力时，通常用作图法。

即物体受这两个力的合力必与加速度a 同方向，据此推知合力的方向，并作出力合成的平行四边形，利用三角形知识求解有关量。

⑶物体受三个力或超过三个力时，通常建立坐标系，应用正交分解法列出牛顿定律的分量表达式：∑F x =ma x∑F y =ma y应用正交分解法要注意：①坐标系的选取以计算方便为原则，一般选定加速度方向为坐标轴方向（有时也以少分解矢量为原则）。

②加速度的分解仅限于在两个正交方向上分解，不要在任意方向上分解。

③列分量表达式时，代入公式的合外力、加速度都必须是该方向上的分量，不要张冠李戴。

④运用牛顿第二定律进行计算时，各物理量单位都必须取国际制单位。

3、充分发挥数学公式的三个作用：⑴确定各个物理量之间的数值关系； ⑵确定各个物理量之间的单位关系；⑶若公式是矢量表达式，则可以确定矢量的方向。

例如，需要求某物理量的大小和方向时，可事先假定该物理量沿某方向，然后列出数学矢量式，若求出的结果。

专题19 动力学的两类基本问题及等时圆模型考点一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(3)由运动学公式和牛顿第二定律列方程求解2.解决动力学基本问题时对力的处理方法(1)在物体受两个力时一般采用“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.动力学的两类基本问题的分析方法(1)选定研究对象。

(2)对研究对象进行受力分析并画出受力示意图,根据平行四边形定则，应用合成法或正交分解法，表示出物体所受的合外力，列出牛顿第二定律方程。

(3)对研究对象进行运动分析并画出运动示意图，标出已知量和待求量，选择合适的运动学公式，列出运动学方程。

(4)联立牛顿第二定律方程和运动学方程求解。

1.如图所示，质量m＝15 kg的木箱静止在水平地面上，木箱与地面间的动摩擦因数μ＝0.2。

现用F＝60 N的水平恒力向右拉动木箱(g取10 m/s2)。

求：(1)3 s时木箱的速度大小。

(2)木箱在2 s内的位移大小。

2．（2022·四川·遂宁安居育才卓同国际学校高三阶段练习）如图所示，一个放置在水平台面上的木块，其质量为2kg，受到一个斜向下的、与水平方向成37°角的推力F=10N的作用，使木块从静止开始运动，4s后撤去推力，若木块与水平面间的动摩擦因数为0.1，g取10m/s2，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8。

求：（1）撤去推力F时木块的速度为多大？（2）木块在水平面上运动的总位移为多少？3.如图所示，楼梯口一倾斜的天花板与水平地面成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＝10 m/s2。

3.2牛二应用一：动力学的两类基本问题一、学习目标会用牛顿第二定律分析和解决两类基本问题：已知受力情况求解运动情况，已知运动情况求解受力情况。

二、知识梳理1.已知力求运动：知道物体受到的作用力，应用牛顿第二定律求加速度，如果再知道物体的初始运动状态，应用运动学公式就可以求出物体的运动情况——任意时刻的位置和速度，以及运动轨迹。

2.已知运动求力：知道物体的运动情况，应用运动学公式求出物体的加速度，再应用牛顿第二定律，推断或者求出物体的受力情况。

3.两类基本问题的解题步骤：（1）确定研究对象，明确物理过程；（2）分析研究对象的受力情况和运动情况，必要时画好受力图和运动过程示意图；（3）根据牛顿第二定律和运动学公式列方程；合力的求解常用合成法或正交分解法；要特别注意公式中各矢量的方向及正负号的选择，最好在受力图上标出研究对象的加速度的方向；（4）求解、检验，必要时需要讨论。

三、典型例题1.有三个光滑斜轨道1、2、3，它们的倾角依次是60°，45°，30°，这些轨道交于O点．现有位于同一竖直线上的三个小物体甲、乙、丙分别沿这三个轨道同时从静止自由下滑，如图所示，物体滑到O点的先后顺序是（）A．甲最先，乙稍后，丙最后B．乙最先，然后甲和丙同时到达C．甲、乙、丙同时到达D．乙最先，甲稍后，丙最后2.如图甲所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角θ的关系，将某一物体每次以不变的初速率v0沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角θ，实验测得x与斜面倾角θ的关系如图乙所示，g取10 m/s2，根据图象可求出()A．物体的初速率v0＝3 m/sB．物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.75C．取不同的倾角θ，物体在斜面上能达到的位移x的最小值x min＝1.44 mD．当θ＝45°时，物体达到最大位移后将停在斜面上3.我国歼-15舰载战斗机首次在“辽宁舰”上成功降落，有关资料表明，该战斗机的质量m=2.0v=80 m/s减小到零所用时间t=2.5 ×104 kg，降落时在水平甲板上受阻拦索的拦阻，速度从s．若将上述运动视为匀减速直线运动，求：该战斗机在此过程中(1)加速度的大小a；(2)滑行的距离x；(3)所受合力的大小F．4.如图所示，一质量为m =2kg 的物体静止在水平地面上，物体与水平地面间的动摩擦因数μ=0.2，现对物体施加一水平向右的恒定拉力F =12N ，取g =10m/s 2。

动力学的两类基本问题一、 已知物体的受力情况，求解物体的运动情况 【例1】质量m =1.5kg 的物体，在水平恒力F =15N 的作用下，从静止开始运动0.5s 后撤去该力，物体继续滑行一段时间后停下来。

已知物体与水平面的动摩擦因数为μ=0.2，g 取10m/s 2，求：（1）恒力作用于物体时的加速度大小；（2）撤去恒力后物体继续滑行的时间；（3）物体从开始运动到停下来的总位移大小。

【变式拓展1】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）【变式拓展2】如图所示，质量m =2kg 的物体与水平地面间的动摩擦因数为μ=0.5，在与水平成θ=37°，大小F =10N 的恒力作用下，从静止开始向右运动，经过t 1=4.0s 时撤去恒力F ，求物体在地面上滑行的总位移s ．(g =10m/s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8)【变式拓展3】如图所示，放在水平面上质量为G=10N 的物体受到一个斜向下方的10N 的推力F 作用，这个力与水平方向成θ=37°角，在此恒力的作用下，物体匀速滑动．（g=10m/s 2，要求保留两位有效数字，sin37°=0.6 cos37°=0.8）求：（1）物体与水平面间的滑动摩擦因数？（2）若将此力改为水平向右，从静止开始求10s 末物体速度和10s 内物体的位移？【变式拓展4】如图所示，质量m=2kg 的物体静止于水平地面的A 处，A 、B 间距L=20m．用大小为30N，沿水平方向的外力拉此物体，经t 0=2s 拉至B 处．（取g=10m/s 2）（1）求物体与地面间的动摩擦因数μ；（2）该外力作用一段时间后撤去，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 ．【变式拓展6】质量为10kg的物体在F=200N的水平推力作用下，从粗糙斜面的底端由静止开始沿斜面运动，斜面固定不动，与水平地面的夹角θ=37°．力F作用2秒钟后撤去，物体在斜面上继续上滑了1.25秒钟后，速度减为零．求：物体与斜面间的动摩擦因数μ和物体的总位移s．(已知sin37°=0.6，cos37°=0.8．g=10m/s2)二、已知运动情况求物体的受力情况【例1】质量m=1.5kg的物块(可视为质点)在水平恒力F作用下，从水平面上A点由静止开始运动，运动一段距离撤去该力，物块继续滑行t=2.0s停在B点．已知A、B两点间的距离s=5.0m，物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.20，取重力加速度g=10m/s2，求恒力F【变式拓展1】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。

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．。

第3课时动力学两类基本问题板块模型和传送带模型中的动力学问题命题规律 1.命题角度：(1)动力学的两类基本问题；(2)板块模型中的动力学问题；(3)传送带模型中的动力学问题.2.常考题型：计算题．高考题型1动力学两类基本问题动力学两类基本问题的解题思路例1如图1所示，一质量为m＝1 kg的木块在水平推力F作用下沿倾角θ＝37°的固定斜面向上做匀速直线运动，已知木块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：图1(1)水平推力F的大小；(2)当F＝30 N时，木块从斜面底端由静止开始向上做加速运动，2 s末撤去F，之后木块恰好到达斜面顶端，求撤去F时木块的速度及斜面的长度．答案(1)20 N(2)10 m/s，方向平行斜面向上15 m解析(1)木块做匀速直线运动时，对木块受力分析如图垂直斜面方向F N＝mg cos θ＋F sin θ平行斜面方向F cos θ＝F f＋mg sin θ又F f＝μF N解得F ＝μmg cos θ＋mg sin θcos θ－μsin θ＝20 N (2)木块从斜面底端向上做加速运动过程：设加速度为a 1，受力如图垂直斜面方向F N ＝mg cos θ＋F sin θ平行斜面方向F cos θ－mg sin θ－F f ＝ma 1又F f ＝μF N 解得a 1＝F cos θ－mg sin θ－μ(mg cos θ＋F sin θ)m＝5 m/s 2， 2 s 末木块的速度为v ＝a 1t ＝5×2 m/s ＝10 m/s ，方向平行斜面向上，该过程木块发生的位移x 1＝12a 1t 2＝12×5×22 m ＝10 m 撤去F 后：设木块的加速度大小为a 2，受力如图垂直斜面方向F N ′＝mg cos θ平行斜面方向mg sin θ＋F f ′＝ma 2又F f ′＝μF N ′解得a 2＝g sin θ＋μg cos θ＝10 m/s 2该过程木块发生的位移x 2＝v 22a 2＝1022×10m ＝5 m ， 所以斜面的长度为x 1＋x 2＝15 m.高考题型2 板块模型中的动力学问题动力学解决板块模型问题的思路例2如图2，两个滑块A和B的质量分别为m A＝1 kg和m B＝5 kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.5；木板的质量为m＝4 kg，与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1.某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v0＝3 m/s.A、B相遇时，A与木板恰好相对静止．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g ＝10 m/s2.求：图2(1)B与木板相对静止时，木板的速度；(2)A、B开始运动时，两者之间的距离．答案(1)1 m/s，方向与B的初速度方向相同(2)1.9 m解析(1)滑块A和B在木板上滑动时，木板也在地面上滑动．设A、B和木板所受的摩擦力大小分别为F f1、F f2和F f3，A和B相对于地面的加速度大小分别为a A和a B，木板相对于地面的加速度大小为a1.在滑块B与木板达到共同速度前有F f1＝μ1m A g①F f2＝μ1m B g②F f3＝μ2(m＋m A＋m B)g③由牛顿第二定律得F f1＝m A a A④F f2＝m B a B⑤F f2－F f1－F f3＝ma1⑥设在t1时刻，B与木板达到共同速度，其大小为v1，由运动学公式有v1＝v0－a B t1⑦v1＝a1t1⑧联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得v1＝1 m/s，方向与B的初速度方向相同⑨(2)在t 1时间内，B 相对于地面移动的距离为x B ＝v 0t 1－12a B t 12⑩ 设在B 与木板达到共同速度v 1后，木板的加速度大小为a 2.对于B 与木板组成的系统，由牛顿第二定律有F f1＋F f3＝(m B ＋m )a 2⑪由①②④⑤式知，a A ＝a B ；再由⑦⑧式知，B 与木板达到共同速度时，A 的速度大小也为v 1，但运动方向与木板相反．由题意知，A 和B 相遇时，A 与木板的速度相同，设其大小为v 2，设A 的速度大小从v 1变到v 2所用的时间为t 2，则由运动学公式，对木板有v 2＝v 1－a 2t 2⑫ 对A 有：v 2＝－v 1＋a A t 2⑬在t 2时间内，B (以及木板)相对地面移动的距离为x 1＝v 1t 2－12a 2t 22⑭ 在(t 1＋t 2)时间内，A 相对地面移动的距离为x A ＝v 0(t 1＋t 2)－12a A (t 1＋t 2)2⑮ A 和B 相遇时，A 与木板的速度也恰好相同．因此A 和B 开始运动时，两者之间的距离为 x 0＝x A ＋x 1＋x B ⑯联立以上各式，并代入数据得x 0＝1.9 m.高考题型3 传送带模型中的动力学问题1．模型特点传送带问题的实质是相对运动问题，这样的相对运动将直接影响摩擦力的方向．2．解题关键(1)理清物体与传送带间的相对运动方向及摩擦力方向是解决传送带问题的关键．(2)物体与传送带达到相同速度时往往出现摩擦力突变的临界状态，对这一临界状态进行分析往往是解题的突破口．例3 (2021·江苏四校第三次联考)如图3甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速度v 1运行．初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带．若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v－t图像(以地面为参考系)如图乙所示．已知v2>v1，则()图3A．t2时刻，小物块离A处的距离达到最大B．t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大C．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左D．0～t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用答案 B解析小物块相对地面速度为零时，即t1时刻，向左离开A处最远，t2时刻，小物块相对传送带静止，此时不再相对传送带滑动，所以从开始到此时刻，它相对传送带滑动的距离最大，A错误，B正确；0～t2时间内，小物块受到的摩擦力为滑动摩擦力，方向始终向右，大小不变，t2时刻以后小物块相对传送带静止，与传送带一起以速度v1匀速运动，不再受摩擦力作用，C、D错误．例4(2020·全国卷Ⅲ·25改编)如图4，相距L＝11.5 m的两平台位于同一水平面内，二者之间用传送带相接．传送带向右匀速运动，其速度的大小v可以由驱动系统根据需要设定．质量m＝10 kg的载物箱(可视为质点)，以初速度v0＝5.0 m/s自左侧平台滑上传送带．载物箱与传送带间的动摩擦因数μ＝0.10，重力加速度取g＝10 m/s2.图4(1)若v＝4.0 m/s，求载物箱通过传送带所需的时间；(2)求载物箱到达右侧平台时所能达到的最大速度和最小速度．答案(1)2.75 s(2)4 3 m/s 2 m/s解析(1)传送带的速度为v＝4.0 m/s时，载物箱在传送带上先做匀减速运动，设其加速度大小为a，由牛顿第二定律有μmg＝ma①设载物箱滑上传送带后匀减速运动的位移为x1，由运动学公式有v2－v02＝－2ax1②联立①②式，代入题给数据得x 1＝4.5 m ③因此，载物箱在到达右侧平台前，速度先减小到v ，然后开始做匀速运动．设载物箱从滑上传送带到离开传送带所用的时间为t 1，做匀减速运动所用的时间为t 1′，由运动学公式有v ＝v 0－at 1′④t 1＝t 1′＋L －x 1v ⑤联立①③④⑤式并代入题给数据得t 1＝2.75 s ⑥(2)当载物箱滑上传送带后一直做匀减速运动时，到达右侧平台时的速度最小，设为v 1；当载物箱滑上传送带后一直做匀加速运动时，到达右侧平台时的速度最大，设为v 2，则v 12－v 02＝－2μgL ⑦v 22－v 02＝2μgL ⑧由⑦⑧式并代入题给条件得v 1＝ 2 m/s, v 2＝4 3 m/s.1.如图5所示，质量为1 kg 的小物块以10 m/s 的速度从倾角为37°的固定斜面(足够长)底端向上滑行，物块与斜面间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：图5(1)物块沿斜面向上滑行的最大距离；(2)物块从最高点滑回底端所经历的时间；(3)从开始沿斜面上滑到返回底端的过程中，物块所受合力的冲量．答案 (1)5 m (2) 5 s (3)(25＋10) N·s ，方向沿斜面向下解析 (1)设物块沿斜面做匀减速直线运动的加速度大小为a 1，向上滑行的最大距离为x ，由牛顿第二定律得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1由匀变速直线运动规律得v 02＝2a 1x ，解得x ＝5 m(2)设物块沿斜面向下滑行时的加速度为a 2、时间为t ，回到底端的速度大小为v ， 由牛顿第二定律得mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2由匀变速直线运动规律得x ＝12a 2t 2，解得t ＝ 5 s (3)物块下滑时，由匀变速直线运动规律得v ＝a 2t ，解得v ＝2 5 m/s以沿斜面向上为正方向，根据动量定理得I ＝m (－v )－m v 0＝－(25＋10) N·s故物块所受合力的冲量大小为(25＋10) N·s ，方向沿斜面向下．2．(2021·江苏南京市、盐城市二模)如图6所示，电动传送带以恒定速度v 0＝1.2 m/s 顺时针运行，传送带与水平面的夹角α＝37°，现将质量m ＝20 kg 的箱子轻放到传送带底端，经过一段时间后，箱子被送到h ＝1.8 m 的平台上．已知箱子与传送带间的动摩擦因数μ＝0.85，不计其他损耗(g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．求：图6(1)箱子在传送带上刚开始运动时加速度的大小；(2)箱子从传送带底端传送到平台上的过程中，箱子与传送带之间因摩擦而产生的热量． 答案 (1)0.8 m/s 2 (2)122.4 J解析 (1)箱子刚开始运动时，受到竖直向下的重力mg ，垂直传送带向上的支持力和沿传送带向上的滑动摩擦力F f ，将重力沿传送带方向和垂直传送带方向进行正交分解，由牛顿第二定律得F f －mg sin α＝ma ①F f ＝μF N ②F N ＝mg cos α③联立①②③式，得a ＝0.8 m/s 2(2)箱子加速所用时间为t ＝v 0a ＝1.20.8s ＝1.5 s箱子加速过程中传送带的位移x传＝v0t＝1.8 m传送带底端到平台的距离为L＝h＝3 msin α箱子加速的位移为x箱＝12＝12×0.8×1.52 m＝0.9 m<L2at箱子速度与传送带速度相同后，一起匀速运动至平台箱子从传送带底端传送到平台上的过程中，箱子与传送带之间因摩擦产生的热量Q＝F fΔx ＝F f(x传－x箱)＝122.4 J．3.(2021·辽宁沈阳市郊联合体高三上学期1月期末)如图7所示，质量M＝1 kg且足够长的木板静止在水平面上，与水平面间的动摩擦因数μ1＝0.1.现有一质量m＝2 kg的小铁块以v0＝3 m/s的水平速度从左端滑上木板，铁块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.2.重力加速度g＝10 m/s2.求：图7(1)铁块刚滑上木板时，铁块和木板的加速度分别多大；(2)木板的最大速度；(3)从木板开始运动至停止的整个过程中，木板与地面摩擦产生的热量．答案(1)2 m/s2 1 m/s2(2)1 m/s(3)3 J解析(1)设铁块刚滑上木板时铁块和木板的加速度大小分别为a1和a2，对铁块受力分析，由牛顿第二定律得：μ2mg＝ma1，代入数据解得：a1＝2 m/s2，对木板受力分析，由牛顿第二定律得：μ2mg－μ1(m＋M)g＝Ma2，a2＝1 m/s2，故铁块和木板的加速度大小分别为2 m/s2和1 m/s2.(2)铁块先向右减速，木板向右加速，两者速度相等后，又一起向右减速，直到静止．设木板从开始运动到速度最大时所需时间为t，最大速度为v，由运动学公式可知：v＝v0－a1tv＝a2t两式联立可得：t＝1 s，v＝1 m/s故木板的最大速度为1 m/s.(3)设铁块和木板速度相等前，木板的位移为x 1；一起减速的加速度大小为a 3，位移为x 2， 则由运动学公式可知：a 3＝μ1g ＝1 m/s 2x 1＝12v t ＝0.5 m x 2＝v 22a 3＝0.5 m 即木板的总位移：x ＝x 1＋x 2＝1 m故木板与地面摩擦产生的热量：Q ＝μ1(m ＋M )gx ＝3 J.专题强化练[保分基础练]1.(2021·山东济宁市高三一模)用货车运输规格相同的两层水泥板，底层水泥板固定在车厢内，为防止货车在刹车时上层水泥板撞上驾驶室，上层水泥板按如图1所示方式放置在底层水泥板上．货车以3 m/s 2的加速度启动，然后以12 m/s 的速度匀速行驶，遇紧急情况后以 8 m/s 2的加速度刹车至停止．已知每块水泥板的质量为250 kg ，水泥板间的动摩擦因数为0.75，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g ＝10 m/s 2，则( )图1A ．启动时上层水泥板所受摩擦力大小为1 875 NB ．刹车时上层水泥板所受摩擦力大小为2 000 NC ．货车在刹车过程中行驶的距离为9 mD ．货车停止时上层水泥板相对底层水泥板滑动的距离为0.6 m答案 C解析 摩擦力提供给水泥板最大的加速度为a ′＝μg ＝7.5 m/s 2，启动时，加速度小于最大加速度，上层水泥板所受摩擦力为静摩擦力，大小为F f ＝ma ＝250×3 N ＝750 N ，A 错误；刹车时，加速度大于最大加速度，上层水泥板所受摩擦力为滑动摩擦力，其大小为F f ′＝μmg ＝1 875 N ，B 错误；货车在刹车过程中行驶的距离为s ＝v 22a 刹＝9 m ，C 正确；货车刹车至停止的时间为t ＝v a 刹＝1.5 s ，该时间内，上层水泥板滑动的距离为s ′＝v t －12μgt 2＝18 m －8.437 5 m ＝9.562 5 m ，货车停止时上层水泥板相对底层水泥板滑动的距离为Δs ＝s ′－s ＝0.562 5 m ，D 错误．2．(2021·全国甲卷·14)如图2，将光滑长平板的下端置于铁架台水平底座上的挡板P 处，上部架在横杆上．横杆的位置可在竖直杆上调节，使得平板与底座之间的夹角θ可变．将小物块由平板与竖直杆交点Q 处静止释放，物块沿平板从Q 点滑至P 点所用的时间t 与夹角θ的大小有关．若由30°逐渐增大至60°，物块的下滑时间t 将( )图2A ．逐渐增大B ．逐渐减小C ．先增大后减小D ．先减小后增大答案 D解析 设PQ 的水平距离为L ，由运动学公式可知L cos θ＝12(g sin θ)t 2，可得t 2＝4L g sin 2θ， θ＝45°时t 有最小值，故当θ由30°逐渐增大至60°，物块的下滑时间t 先减小后增大，故选D.3．(2021·湖北省1月选考模拟·15)如图3a ，在光滑水平面上放置一木板A ，在A 上放置物块B ，A 和B 的质量均为m ＝1 kg.A 与B 之间的动摩擦因数μ＝0.2.t ＝0时刻起，对A 施加沿水平方向的力，A 和B 由静止开始运动．取水平向右为正方向，B 相对于A 的速度用v BA ＝v B －v A 表示，其中v A 和v B 分别为A 和B 相对水平面的速度．在0～2 s 时间内，相对速度v BA 随时间t 变化的关系如图b 所示．运动过程中B 始终未脱离A ，重力加速度取g ＝10 m/s 2.求：图3(1)0～2 s 时间内，B 相对水平面的位移大小；(2)t ＝2 s 时刻，A 相对水平面的速度．答案 (1)3.5 m (2)0解析 (1)由题知B 始终未脱离A ，由v BA －t 图像可知，0～1.5 s 内，v B <v A ，B 在方向向右的摩擦力作用下向右匀加速运动，1.5～2 s 内，v B >v A ，B 在向左的摩擦力作用下向右匀减速运动；对物块B ，由牛顿第二定律，μmg ＝ma ，得a ＝μg ＝2 m/s 2，则物块B 在1.5 s 时，v 1.5＝at 1.5＝3 m/s ，x 1.5＝v 1.52t 1.5＝2.25 m 物块B 在t ＝2 s 末，v 2＝v 1.5－at 0.5＝2 m/s ，在1.5～2 s 内位移x 2＝v 1.5＋v 22t 0.5＝1.25 m 所以B 相对水平面的位移x B 总＝x 1.5＋x 2＝3.5 m.(2)由题图b 可知，t ＝2 s 时，v BA ＝2 m/s ，又此时B 的速度v B ＝v 2＝2 m/s由v BA ＝v B －v A 得v A ＝0.[争分提能练]4.如图4所示，与水平面夹角θ＝37°的倾斜传送带以v 0＝2 m/s 的速度沿顺时针方向转动，小物块A 从传送带顶端无初速度释放的同时，小物块B 以v 1＝8 m/s 的速度从底端滑上传送带．已知小物块A 、B 质量均为m ＝1 kg ，与传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.5，小物块A 、B 未在传送带上发生碰撞，重力加速度g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：图4(1)小物块B 向上运动过程中平均速度的大小；(2)传送带从底端到顶端的长度l 应满足的条件．答案 (1)2.5 m/s (2)l ≥12.96 m解析 (1)对小物块B ，由牛顿第二定律得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1，解得a 1＝10 m/s 2小物块B 减速至与传送带共速的过程，时间t 1＝v 1－v 0a 1＝0.6 s ， 位移大小x 1＝v 12－v 022a 1＝3 m 之后，小物块B 的速度小于传送带的速度，其所受滑动摩擦力沿传送带向上，由牛顿第二定律得mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2，解得a 2＝2 m/s 2小物块B 减速至0的时间t 2＝v 0a 2＝1 s 位移大小x 2＝v 022a 2＝1 m 小物块B 向上运动过程中平均速度的大小v ＝x 1＋x 2t 1＋t 2＝2.5 m/s. (2)小物块A 的加速度大小也为a 2＝2 m/s 2，小物块B 开始加速向下运动时，小物块A 已经具有向下的速度，二者加速度大小相等，要使二者不相碰，应在小物块B 滑下传送带后，小物块A 到达传送带底端．当小物块B 刚滑下传送带时，小物块A 恰好运动至传送带底端，此时传送带长度最小，最小长度l 0＝12a 2t 2 小物块B 向下运动过程中x 1＋x 2＝12a 2t 32 解得t 3＝2 s ，则t ＝t 1＋t 2＋t 3＝3.6 s代入解得l 0＝12.96 m ，即传送带从底端到顶端的长度l ≥12.96 m.5.如图5所示，将质量m ＝1 kg 的圆环套在固定的足够长的直杆上，杆的倾角为30°，环的直径略大于杆的截面直径．对环施加一位于竖直平面内斜向上与杆夹角为30°、大小为 10 3 N 的拉力F ，使圆环由静止开始沿杆加速向上运动，已知环与杆间的动摩擦因数μ＝32，g ＝10 m/s 2，则：图5(1)F作用t＝2 s时圆环的速度是多大？(2)2 s后撤去力F，求圆环继续沿杆上滑的最大距离是多少？答案(1)20 m/s(2)16 m解析(1)F作用时，对圆环受力分析，如图甲所示．沿杆方向：F cos 30°－mg sin 30°－F f＝ma1垂直杆方向：mg cos 30°＝F N＋F sin 30°又F f＝μF N联立解得：a1＝10 m/s2由运动学公式得：2 s时圆环的速度大小v＝a1t代入数据解得：v＝20 m/s(2)撤去力F后，对圆环受力分析如图乙所示．沿杆方向：mg sin 30°＋F f′＝ma2垂直杆方向：mg cos 30°＝F N′又F f′＝μF N′联立解得：a2＝12.5 m/s2圆环继续沿杆上滑的最大距离x＝v22a2＝2022×12.5m＝16 m.6．(2019·江苏卷·15)如图6所示，质量相等的物块A 和B 叠放在水平地面上，左边缘对齐．A 与B 、B 与地面间的动摩擦因数均为μ.先敲击A ，A 立即获得水平向右的初速度，在B 上滑动距离L 后停下．接着敲击B ，B 立即获得水平向右的初速度，A 、B 都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下．最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g .求：图6(1)A 被敲击后获得的初速度大小v A ；(2)在左边缘再次对齐的前、后，B 运动加速度的大小a B 、a B ′；(3)B 被敲击后获得的初速度大小v B .答案 (1)2μgL (2)3μg μg (3)22μgL解析 (1)由牛顿第二定律知，A 加速度的大小a A ＝μg由匀变速直线运动规律得2a A L ＝v A 2解得v A ＝2μgL ；(2)设A 、B 的质量均为m对齐前，B 所受合外力大小F ＝3μmg由牛顿第二定律F ＝ma B ，得a B ＝3μg对齐后，A 、B 所受合外力大小F ′＝2μmg由牛顿第二定律F ′＝2ma B ′，得a B ′＝μg ；(3)设经过时间t ，A 、B 达到共同速度v ，位移分别为x A 、x B ，A 加速度的大小为a A 则v ＝a A t ，v ＝v B －a B tx A ＝12a A t 2，x B ＝v B t －12a B t 2 且x B －x A ＝L解得v B ＝22μgL .[尖子生选练]7．(2020·全国卷Ⅱ·25)如图7，一竖直圆管质量为M ，下端距水平地面的高度为H ，顶端塞有一质量为m 的小球．圆管由静止自由下落，与地面发生多次弹性碰撞，且每次碰撞时间均极短；在运动过程中，管始终保持竖直．已知M ＝4m ，球和管之间的滑动摩擦力大小为4mg , g 为重力加速度的大小，不计空气阻力．图7(1)求管第一次与地面碰撞后的瞬间，管和球各自的加速度大小；(2)管第一次落地弹起后，在上升过程中球没有从管中滑出，求管上升的最大高度；(3)管第二次落地弹起的上升过程中，球仍没有从管中滑出，求圆管长度应满足的条件． 答案 见解析解析 (1)管第一次与地面碰撞后的瞬间，小球仍然向下运动．设此时管的加速度大小为a 1，方向向下；球的加速度大小为a 2，方向向上；球与管之间的摩擦力大小为F f ，由牛顿第二定律有Ma 1＝Mg ＋F f ①ma 2＝F f －mg ②联立①②式并代入题给数据，得a 1＝2g ，a 2＝3g ③(2)管第一次碰地前与球的速度大小相同．由运动学公式，碰地前瞬间它们的速度大小均为 v 0＝2gH ④方向均向下．管弹起的瞬间，管的速度反向，球的速度方向仍向下．设自弹起时经过时间t 1，管与球的速度刚好相同．取向上为正方向，由运动学公式得 v 0－a 1t 1＝－v 0＋a 2t 1⑤联立③④⑤式得t 1＝252H g⑥ 设此时管下端的高度为h 1，速度为v .由运动学公式可得h 1＝v 0t 1－12a 1t 12⑦ v ＝v 0－a 1t 1⑧由③④⑥⑧式可判断此时v >0.此后，管与球将以加速度g 减速上升h 2，到达最高点．由运动学公式有h 2＝v 22g⑨设管第一次落地弹起后上升的最大高度为H 1，则H 1＝ h 1＋ h 2⑩联立③④⑥⑦⑧⑨⑩式可得H 1＝1325H ⑪ (3)设第一次弹起过程中球相对管的位移为x 1.在管开始下落到上升H 1这一过程中，由动能定理有Mg (H －H 1)＋mg (H －H 1＋x 1)－F f x 1＝0⑫联立⑪⑫式并代入题给数据得x 1＝45H ⑬ 同理可推得，管与球从再次下落到第二次弹起至最高点的过程中，球与管的相对位移为x 2＝45H 1⑭ 设圆管长度为L .管第二次落地弹起后的上升过程中，球不会从管中滑出的条件是 x 1＋x 2≤L ⑮联立⑪⑬⑭⑮式，L 应满足条件为L ≥152125H .。

高一物理必修一题型总结1、动力学的两类基本问题：(1)已知物体的受力情况，确定物体的运动情况.基本解题思路是：①根据受力情况，利用牛顿第二定律谋出来物体的加速度.②根据题意，选择恰当的运动学公式求解相关的速度、位移等.(2)未知物体的运动情况，推测或算出物体难以承受的未明力.基本解题思路就是：①根据运动情况，利用运动学公式谋出来物体的加速度.②根据牛顿第二定律确定物体所受的合外力，从而求出未知力.(3)特别注意点：①运用牛顿定律解决这类问题的关键是对物体进行受力情况分析和运动情况分析，要善于画出物体受力图和运动草图.不论是哪类问题，都应抓住力与运动的关系是通过加速度这座桥梁联系起来的这一关键.②对物体在运动过程中受力情况发生变化，必须分段进行分析，每一段根据其初速度和再分外力去确认其运动情况;某一个力变化后，有时可以影响其他力，例如弹力变化后，滑动摩擦力也随之变化.2、关于超重和失重：在平衡状态时，物体对水平支持物的压力大小等同于物体的重力.当物体在直角方向上存有加速度时，物体对支持物的压力就不等同于物体的重力.当物体的加速度方向向上时，物体对支持物的压力大于物体的重力，这种现象叫做Immunol现象.当物体的加速度方向向上时，物体对支持物的压力大于物体的重力，这种现象叫做舱内现象.对其认知应当特别注意以下三点：(1)当物体处于超重和失重状态时，物体的重力并没有变化.(2)物体与否处在Immunol状态或舱内状态，不是物体向上运动还是向上运动，即为不依赖于速度方向，而是依赖于加速度方向.(3)当物体处于完全失重状态(a=g)时，平常一切由重力产生的物理现象都会完全消失，如单摆停摆、天平失效、浸在水中的物体不再受浮力、液体柱不再产生向下的压强等.易错现象：(1)当外力发生变化时，若引起两物体间的弹力变化，则两物体间的滑动摩擦力一定发生变化，往往有些同学解题时仍误认为滑动摩擦力不变。

(2)些同学在求解比较复杂的问题时不深入细致审清题意，不特别注意题目条件的变化，无法恰当分析物理过程，引致解题错误。

动力学的两类基本问题
例1
水平面上有相距15 m 的A 、B 两点，一质
量为2 kg 的物体在大小为16 N 、方向斜向上的力F 作用下，从A 点由静止开始做直线运动．某
时刻撤去F ，物体到达B 点时速度为0.若物体与水平面间的动摩擦因数μ＝34
，重力加速度g 取10 m/s 2.求物体从A 运动到B 的最短时间．
①由静止开始做直线运动；②某时刻撤去F ，
物体到达B 点时速度为0.
答案 4 s
解析 撤去F 前对物体受力分析如图所示，根据牛顿第二定律有
F cos α－F f ＝ma 1①
F f ＝μF N ②
F N ＝mg －F sin α③
x 1＝12
a 1t 12④ 撤去F 后物体只受重力、弹力和摩擦力，利用牛顿第二定律有
μmg ＝ma 2⑤
x 2＝12
a 2t 22⑥ x 1＋x 2＝s ⑦
a 1t 1＝a 2t 2⑧
根据v －t 图象中速度与时间轴所围面积代表位移，由于减速过程物体的加速度不变，在总位移不变的情况下只有增大加速过程的加速度才能让时间变短．由①②③联立可得F cos α
－μ(mg －F sin α)＝ma 1利用数学知识可得最大加速度a 1＝F 1＋μ2
m
－μg ＝2.5 m/s 2，联立④⑤⑥⑦⑧可求得t 1＝3 s ，t 2＝1 s ，则总时间t ＝t 1＋t 2＝4 s.。

一、两类动力学问题牛顿第二定律确定了运动和力的关系，使我们能够把物体的受力情况与运动情况联系起来。

利用牛顿第二定律解决动力学问题的关键是利用加速度的“桥梁”作用，将运动学规律和牛顿第二定律相结合，寻找加速度和未知量的关系，是解决这类问题的思考方向。

1、已知受力情况求运动情况已知物体的受力情况，根据牛顿第二定律，可以求出物体的运动情况；已知物体的初始条件(初位置和初速度)，根据运动学公式，就可以求出物体在任一时刻的速度和位移，也就可以求解物体的运动情况。

可用程序图表示如下：2、已知物体的运动情况求物体的受力情况根据物体的运动情况，由运动学公式可以求出加速度，再根据牛顿第二定律可确定物体的受力情况，从而求出未知的力，或与力相关的某些物理量。

如动摩擦因数、劲度系数、力的方向等。

可用程序图表示如下：二、解答两类动力学问题的基本方法及步骤1．基本方法⑴明确题目中给出的物理现象和物理过程的特点，如果是比较复杂的问题，应该明确整个物理现象是由几个物理过程组成的，找出相邻过程的联系点，再分别研究每一个物理过程．⑵根据问题的要求和计算方法，确定研究对象，进行分析，并画出示意图．图中应注明力、速度、加速度的符号和方向．对每一个力都应明确施力物体和受力物体，以免分析力时有所遗漏或无中生有．⑶应用牛顿运动定律和运动学公式求解，通常先用表示物理量的符号运算，解出所求物理量的表达式来，然后将已知物理量的数值及单位代入，通过运算求结果．应事先将已知物理量的单位都统一采用国际单位制中的单位．⑷分析流程图两类基本问题中，受力分析是关键，求解加速度是桥梁和枢纽，思维过程如下：2、应用牛顿第二定律的解题步骤(1)明确研究对象。

根据问题的需要和解题的方便,选出被研究的物体。

(2)分析物体的受力情况和运动情况，画好受力分析图，明确物体的运动性质和运动过程。

(3)选取正方向或建立坐标系，通常以加速度的方向为正方向或以加速度方向为某一坐标轴的正方向。