动力学的两类基本问题图文稿

3.3 动力学的两类基本问题连接体问题
受力分析合力加速度
运动学量
动力学的两类基本问题
1．已知受力求运动:分析物体的受力,应用牛顿第二定律求加速度,根据物体的运动特征,应用运动学公式求物体的运动情况。

2．已知运动求力:根据物体的运动情况，求出物体的加速度，应用牛顿第二定律，推断或求出物体的受力情况。

无论哪类问题，联系力和运动的桥梁是加速度。

运用牛顿运动定律解题解决动力学问题的关键是对物体进行受力分析和运动分析，受力分析要求（按比例）画出物体的受力图，需要正交分解的进行分解，标出角度来，并且标上加速度方向（正方向）；运动分析要求根据物体所受合外力和初速度能确定物体的运动性质．
不论哪类问题，都应抓住力与运动是通过加速度联系起来的这一关键枢纽．
专题一已知受力情况求运动
根据物体的受力情况求加速度，再根据运动学公式求解有关运动的物理量．
根据物体的受力情况求解运动情况的一般步骤
①确定研究对象，对研究对象进行受力分析，并画出物体受力示意图．
②根据力的合成与分解的方法求出合外力（大小和方向）共线力合成建立符号规则，把矢量运算变成代数运算；非共线力合成根据平行四边形定则或正交分解法求解．。

牛顿运动定律的应用—动力学两类基本问题1.动力学两类基本问题是指已知物体的受力情况求其运动情况和已知物体的运动情况求其受力情况，解决这两类基本问题的思路方法示意图如下：其中受力分析是基础，牛顿第二定律和运动学公式是工具，加速度是连接力和运动的桥梁．2.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．3.两类动力学问题的解题步骤类型1已知物体受力情况，分析物体运动情况【题型1】如图所示滑沙游戏中，做如下简化：游客从顶端A点由静止滑下8s后，操纵刹车手柄使滑沙车匀速下滑至底端B点，在水平滑道上继续滑行直至停止.已知游客和滑沙车的总质量m＝70kg，倾斜滑道AB长l AB＝128m，倾角θ＝37°，滑沙车底部与沙面间的动摩擦因数μ＝0.5.滑沙车经过B点前后的速度大小不变，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不计空气阻力.(1)求游客匀速下滑时的速度大小；(2)求游客匀速下滑的时间；(3)若游客在水平滑道BC段的最大滑行距离为16m，则他在此处滑行时，需对滑沙车施加多大的水平制动力？【题型2】如图所示为四旋翼无人机，它是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器，目前正得到越来越广泛的应用．一架质量为m＝2 kg的无人机，其动力系统所能提供的最大升力F＝36 N，运动过程中所受空气阻力大小恒定，无人机在地面上从静止开始，以最大升力竖直向上起飞，在t＝5 s时离地面的高度为75 m(g取10 m/s2)．(1)求运动过程中所受空气阻力大小；(2)假设由于动力系统故障，悬停的无人机突然失去升力而坠落．无人机坠落地面时的速度为40 m/s，求无人机悬停时距地面高度；(3)假设在第(2)问中的无人机坠落过程中，在遥控设备的干预下，动力系统重新启动提供向上最大升力．为保证安全着地，求无人机从开始下落到恢复升力的最长时间．类型2已知物体运动情况，分析物体受力情况【题型3】如图甲所示，一质量m＝0.4 kg的小物块，以v0＝2 m/s的初速度，在与斜面平行的拉力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.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)．【题型4】如图甲所示，质量m＝1kg的物块在平行斜面向上的拉力F作用下从静止开始沿斜面向上运动，t＝0.5s时撤去拉力，利用速度传感器得到其速度随时间的变化关系图象(v －t图象)如图乙所示，g取10m/s2，求：(1)2s内物块的位移大小x和通过的路程L；(2)沿斜面向上运动的两个阶段加速度大小a1、a2和拉力大小F.针对训练1.如图所示，某次滑雪训练，运动员站在水平雪道上第一次利用滑雪杖对雪面的作用获得水平推力F ＝100 N 而由静止向前滑行，其作用时间为t 1＝10 s ，撤除水平推力F 后经过t 2＝15 s ，他第二次利用滑雪杖对雪面的作用获得同样的水平推力，第二次利用滑雪杖对雪面的作用距离与第一次相同．已知该运动员连同装备的总质量为m ＝75 kg ，在整个运动过程中受到的滑动摩擦力大小恒为f ＝25 N ，求：(1)第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小及这段时间内的位移大小；(2)该运动员(可视为质点)第二次撤除水平推力后滑行的最大距离．2.如图所示，质量M ＝10 kg 的木楔ABC 静置于粗糙水平地面上，木楔与地面间的动摩擦因数μ＝0.2.在木楔的倾角θ为37°的斜面上，有一质量m ＝1.0 kg 的物块由静止开始从A 点沿斜面下滑，当它在斜面上滑行距离s ＝1 m 时，其速度v ＝2 m/s ，在这过程中木楔没有动．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g ＝10 m/s 2)求：(1)物块与木楔间的动摩擦因数μ1；(2)地面对木楔的摩擦力的大小和方向；(3)在物块沿斜面下滑时，如果对物块施加一平行于斜面向下的推力F ＝5 N ，则地面对木楔的摩擦力如何变化？(不要求写出分析、计算的过程)3.在水平地面上有一质量为10 kg 的物体，在水平拉力F 的作用下由静止开始运动，10 s 后拉力大小减为F 4，方向不变，再经过20 s 停止运动．该物体的速度与时间的关系如图所示(g ＝10 m/s 2)．求：(1)整个过程中物体的位移大小；(2)物体与地面的动摩擦因数．4.如图甲所示，光滑平台右侧与一长为L ＝2.5 m 的水平木板相接，木板固定在地面上，现有一小滑块以初速度v 0＝5 m/s 滑上木板，恰好滑到木板右端静止。

微专题17 动力学两类基本问题1．做好两个分析：(1)受力分析，表示出合力与各力的关系；(2)运动过程分析，表示出加速度与运动各量的关系.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.(2020·江西吉安市期末)如图1所示，质量为m 的物块放在固定粗糙斜面上的A 点，由静止下滑到斜面底端所用的时间为t ，若在物块放在A 点的同时，给物块施加一个竖直向下、大小等于mg 的压力(g 为重力加速度)，则物块由静止滑到斜面底端的时间为( )图1A.12tB.22t C ．t D.2t答案 B解析 由题意知，第一次物块下滑的加速度大小为a 1＝g sin θ－μg cos θ，下滑过程x ＝12a 1t 2，第二次下滑，(F ＋mg )sin θ－μ(F ＋mg )cos θ＝ma 2，F ＝mg ，解得a 2＝2a 1，x ＝12a 2t ′2，求得t ′＝22t ，B 项正确． 2.如图2所示，PQ 为圆的竖直直径，AQ 、BQ 、CQ 为三个光滑斜面轨道，分别与圆相交于A 、B 、C 三点．现让三个小球(可以看作质点)分别沿着AQ 、BQ 、CQ 轨道自端点由静止下滑到Q 点，运动的时间分别为t 1、t 2和t 3，运动的平均速度分别为v 1、v 2和v 3.则有( )图2A ．t 2>t 1>t 3B ．t 1＝t 2＝t 3C ．v 1＝v 2＝v 3D ．v 1>v 3>v 2答案 B解析 设任一斜面与水平方向的夹角为θ，圆的直径为d .根据牛顿第二定律得a ＝g sin θ，斜面的长度为x ＝d sin θ，则由x ＝12at 2得t ＝2x a ＝2d sin θg sin θ＝2dg，可见，小球下滑时间与斜面的倾角无关，则有t 1＝t 2＝t 3，又v ＝xt ，x 2>x 1>x 3，则v 2>v 1>v 3，选项B 正确．3.(2019·江西南昌市第二次模拟)如图3所示，物体从倾角为α的固定斜面顶端由静止释放，它滑到底端时速度大小为v 1；若它由斜面顶端沿竖直方向自由落下，末速度大小为v ，已知v 1是v 的k 倍，且k <1.则物体与斜面间的动摩擦因数为( )图3A ．(1－k )sin αB ．(1－k )cos αC ．(1－k 2)tan α D.1－k 2tan α答案 C解析 设斜面长为x ，高为h ，物体下滑过程受到的摩擦力为F f ，由于物体沿斜面匀加速下滑，设加速度为a ，则由牛顿第二定律可得 mg sin α－F f ＝ma ， F f ＝μmg cos α，所以a ＝g (sin α－μcos α)，由运动学公式可知v 12＝2ax ＝2gx (sin α－μcos α)， v 2＝2gh 由题意：v 1＝k v 且h ＝x ·sin α解得：μ＝(1－k 2)tan α，故C 正确．4．(2020·四川宜宾市一诊)如图4(a)，质量m ＝1 kg 的物体沿倾角θ＝37°的固定粗糙斜面由静止开始向下运动，风对物体的作用力沿水平方向向右，其大小与风速v 成正比，比例系数用k 表示，物体加速度a 与风速v 的关系如图(b)所示，g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，下列说法不正确的是( )图4A ．物体沿斜面做匀变速运动B ．当风速v ＝5 m/s 时，物体沿斜面下滑的速度最大C ．物体与斜面间的动摩擦因数为0.25D ．比例系数k 为1619 kg/s答案 A解析 由题图(b)可知，物体的加速度逐渐减小，风速为5 m/s 时物体加速度为零，沿斜面下滑的速度最大，故A 错误，B 正确；对初始时刻，没有风的作用，物体的加速度大小为a 0＝4 m/s 2，对物体受力分析， 根据牛顿第二定律，沿斜面方向： mg sin θ－μmg cos θ＝ma 0解得：μ＝g sin θ－a 0g cos θ＝0.25，故C 正确；v ＝5 m/s 时，物体加速度为零，对物体受力分析，根据平衡条件有： mg sin θ－μF N －k v cos θ＝0 又：F N ＝mg cos θ＋k v sin θ，联立解得k ＝mg (sin θ－μcos θ)v (μsin θ＋cos θ)＝1619kg/s ，故D 正确．5.(2020·山东烟台市期末)如图5所示，一倾角θ＝37°足够长的粗糙斜面固定在水平面上，一小滑块从斜面底端A 点以v 0＝10 m/s 的速度冲上斜面并通过斜面上B 点，已知A 、B 之间的距离为L ＝4 m ，小滑块与斜面之间的动摩擦因数μ＝0.5，g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求小滑块从A 点运动到B 点过程中所经历的时间(计算结果可以保留根号)．图5答案 (1－55) s 或2 s 解析 滑块沿斜面向上运动 a 1＝mg sin 37°＋μmg cos 37°m＝10 m/s 2设小滑块从A 第一次运动到B 过程中所用时间为t 1， 由L ＝v 0t 1－12a 1t 12解得：t 1＝(1－55) s 或(1＋55) s(舍去) 小滑块沿斜面向上运动最大距离：x ＝v 022a 1＝5 m小滑块从A 开始沿斜面运动最大距离所用时间：t 1＝v 0a 1＝1 s滑块沿斜面向下运动a 2＝mg sin 37°－μmg cos 37°m＝2 m/s 2设小滑块从沿斜面运动最大距离返回到B 过程中所用时间为t 2 x －L ＝12a 2t 22解得：t 2＝1 s小滑块从A 沿斜面运动最大距离处后又返回到B 过程中所用时间 t ′＝v 0a 1＋t 2＝2 s综上所述，小滑块从A 点运动到B 点过程中所经历的时间为(1－55) s 或2 s. 6．(2020·山东淄博市十中期末)足够长光滑固定斜面BC 倾角α＝53°，小物块与水平面间的动摩擦因数为0.5，水平面与斜面之间B 点有一小段弧形连接(未画出)，一质量m ＝2 kg 的小物块静止于A 点．现在AB 段对小物块施加与水平方向成α＝53°的恒力F 作用，如图6甲所示．小物块在AB 段运动的速度－时间图像如图乙所示，到达B 点迅速撤去恒力F (已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g 取10 m/s 2)．求：图6(1)小物块所受到的恒力F 的大小；(2)小物块从B 点沿斜面向上运动，到返回B 点所用的时间； (3)小物块最终离A 点的距离． 答案 (1)11 N (2)0.5 s (3)3.6 m解析 (1)由题图乙可知，小物块在AB 段的加速度a 1＝Δv Δt ＝2.0－04.0－0 m/s 2＝0.5 m/s 2，根据牛顿第二定律，有F cos α－μ(mg －F sin α)＝ma 1， 得F ＝ma 1＋μmgcos α＋μsin α＝11 N.(2)在BC 段，对小物块有mg sin α＝ma 2，解得a 2＝g sin α＝8 m/s 2，小物块从B 到最高点所用时间与从最高点到B 所用时间相等，所以小物块从B 点沿斜面向上运动到返回B 点所用的时间为t ＝2v Ba 2＝0.5 s.(3)小物块从B 向A 运动过程中，有μmg ＝ma 3 ，a 3＝μg ＝5 m/s 2，由B 至停下小物块的位移x ＝v B 22a 3＝0.4 m ，x AB ＝0＋v B 2t 0＝4.0 m ，Δx A ＝x AB －x ＝3.6 m.7.(2020·四川眉山市三诊)如图7所示，2020年2月18日，我国发射的嫦娥四号着陆器和玉兔二号探测器再次启动，打破了探测器在月球上工作的世界纪录，并将开始第15个月昼的科学探测活动．若着陆器与探测器总质量为1.5×103 kg ，着陆过程简化如下：在距月面102 m 处悬停，当发动机推力为F 1时，先竖直向下做匀加速直线运动；当发动机推力为F 2时，随即做匀减速直线运动，且两个阶段加速度大小相等，刚好在距离月面2 m 时再次悬停，此过程总共用时600 s ，此后关闭发动机做自由落体运动，直到接触月球表面．月球表面重力加速度取g ＝1.6 m/s 2，求：图7(1)探测器接触月球表面时的速度大小； (2)发动机施加推力的差值(F 2－F 1)的大小． 答案 (1)4510 m/s (2)103 N解析 (1)由速度位移公式v 2＝2ax ， 代入数据可得v ＝4510 m/s(2)设加速过程中的最大速度为v m ，加速阶段：v m 2＝2ax 1，减速阶段：v m 2＝2ax 2，且x 1＋x 2＝100 m ，加速阶段的时间t 1＝v m a ，减速阶段的时间t 2＝v ma，且t 1＋t 2＝600 s代入数据可得a ＝1900 m/s 2.由牛顿第二定律可得，加速阶段mg －F 1＝ma减速阶段F 2－mg ＝ma ， 代入数据可得F 2－F 1＝103N.8.风洞实验室中可产生水平方向、大小可调节的风力．现将一套有小球的细直杆放入风洞实验室，小球孔径略大于细杆直径(如图8所示)．当杆在水平方向上固定时，调节风力的大小，使小球在细杆上匀速运动．这时小球所受的风力大小为小球所受重力大小的一半．图8(1)求小球与细杆间的动摩擦因数；(2)保持小球所受风力不变，使细杆与水平方向间夹角为37°并固定，则小球从静止出发在细杆上滑下距离x 所需的时间为多少？(重力加速度大小为g ，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) 答案 (1)0.5 (2)8x3g解析 (1)设小球所受的风力大小为F ，小球的质量为m ，因小球做匀速运动，则F ＝μmg ，又有F ＝12 mg ，所以μ＝12.(2)对小球进行受力分析，如图所示，由牛顿第二定律，得 F N ＋F sin 37°＝mg cos 37°， F cos 37°＋mg sin 37°－F f ＝ma ， 又F f ＝μF N ，联立以上三式可得a ＝34g ，由x ＝12at 2，解得t ＝8x 3g.。

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。

动力学的两类基本问题、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。

+ 1 t 2x= v o t + at 22v 2- V 。

2 =2ax2、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。

v = v o +at例2.滑雪者以v o=2Om/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/s2 .、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尸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0= 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4 s后撤去推力，若木块与水向成37°角的推力F= 10 N的作用，使木块从静止开始运动,平面间的动摩擦因数为0.1.(取g= 10 m/s )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0= 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尸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 a 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 尸0.5, sin 37 = 0.6, cos 37 °= 0.8, g=10 m/s 1 2.求：⑴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B =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口=申，斜面足够长•某时刻起，在滑块上作用一平行 6于斜面向上的恒力 F=10N,恒力作用时间t 1=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2(g=10m/s )6、(2013山东)如图所示，一质量m= 0.4 kg 的小物块，以V o = 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 0 = 30°,物块与斜面之间的动摩擦因 数口=彳.重力加速度g 取10 m/s 2.(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？同时，给B 施加一个水平向右的拉力F ,若A 与B 之间的动摩擦因数卩= 0.2，试求拉力F 大小应满足的条件。

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.。

第27点动力学两类基本问题与牛顿运动定律动力学两类基本问题是指已知物体的受力情况求其运动情况和已知物体的运动情况求其受力情况，解决这两类基本问题的思路方法示意图如下：其中受力分析是基础，牛顿第二定律和运动学公式是工具，加速度是连接力和运动的桥梁．下面对两类基本问题的处理思路和步骤作具体说明．对点例题某一旅游景区，建有一山坡滑草运动项目,该山坡可看成倾角θ＝30°、长L＝72 m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s＝50 m．(不计空气阻力，取g＝10 m/s2,结果保留两位有效数字)问：（1)滑草装置与草皮之间的动摩擦因数μ为多大？(2)若滑草装置与水平地面间的动摩擦因数为0。

8,则人在山坡上滑下后还能在水平地面上滑多远？解题指导(1)由位移公式s＝错误!a1t2得a＝错误!＝错误! m/s2＝4 m/s21则沿斜面方向，由牛顿第二定律得mg sin θ－μN＝ma1垂直斜面方向上N＝mg cos θ联立以上两式并代入数据，得μ＝错误!≈0。

12(2）设到达坡底的速度为v，则有v2＝2a1L在水平面上的加速度为a2，且a2＝μ′g＝8 m/s2在水平面上做匀减速直线运动,设速度减到0时水平位移为s1则有0－v2＝－2a2s1联立以上三式并代入数据得s1＝36 m答案(1)0。

12 （2)36 m特别提醒无论遇到动力学的哪类问题，要时刻记住，加速度是连接力和运动的桥梁．1．在水平地面上有一质量为10 kg的物体，在水平拉力F的作用下由静止开始运动，10 s后拉力大小减为错误!，方向不变,再经过20 s停止运动．该物体的速度与时间的关系如图1所示(g＝10 m/s2)．求：图1（1)整个过程中物体的位移大小；(2)物体与地面的动摩擦因数．答案（1）150 m (2）0。

1解析（1）整个过程的位移的大小等于v－t图像中三角形的面积，即s＝错误!×10×30 m ＝150 m(2)由图像知前10 s的加速度a1＝1 m/s2后20 s的加速度数值为a2＝0.5 m/s2由牛顿第二定律得F－μmg＝ma1μmg－错误!＝ma2解以上两方程得μ＝0。