(完整版)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。

牛顿第二定律典型题型归纳一. 重难点解析：1. 动力学两类基本问题应用牛顿运动定律解决的问题主要可分为两类：（1）已知受力情况求运动情况。

（2）已知运动情况求受力情况。

分析解决这两类问题的关键是抓住受力情况和运动情况之间联系的桥梁——加速度。

基本思路流程图：基本公式流程图为：2. 动力学问题的处理方法（1）正确的受力分析。

对物体进行受力分析，是求解力学问题的关键，也是学好力学的基础。

（2）受力分析的依据。

①力的产生条件是否存在，是受力分析的重要依据之一。

②力的作用效果与物体的运动状态之间有相互制约的关系，结合物体的运动状态分析受力情况是不可忽视的。

③由牛顿第三定律（力的相互性）出发，分析物体的受力情况，可以化难为易。

3. 解题思路及步骤（1）由物体的受力情况求解物体的运动情况的一般方法和步骤。

①确定研究对象，对研究对象进行受力分析，并画出物体的受力图。

②根据力的合成与分解的方法，求出物体所受合外力（包括大小和方向）③根据牛顿第二定律列方程，求出物体的加速度。

④结合给定的物体运动的初始条件，选择运动学公式，求出所需的运动参量。

（2）由物体的运动情况求解物体的受力情况。

解决这类问题的基本思路是解决第一类问题的逆过程，具体步骤跟上面所讲的相似，但需特别注意：①由运动学规律求加速度，要特别注意加速度的方向，从而确定合力的方向，不能将速度的方向与加速度的方向混淆。

②题目中求的力可能是合力，也可能是某一特定的作用力。

即使是后一种情况，也必须先求出合力的大小和方向，再根据力的合成与分解知识求分力。

4. 解题方法牛顿运动定律是解决动力学问题的重要定律，具体应用的方法有好多，高中物理解题常用的方法有以下几种：（1）正交分解法：表示方法为减少矢量的分解，建立坐标系时，确定x轴正方向有两种方法：①分解力而不分解加速度。

分解力而不分解加速度，通常以加速度a的方向为x轴正方向，建立直角坐标系，将物体所受的各个力分解在x轴和y轴上，分别得x轴和y轴的合力。

动力学的两类基本问题 ◎知识梳理 应用牛顿运动定律求解的问题主要有两类：一类是已知受力情况求运动情况；另一类是已知运动情况求受力情况.在这两类问题中，加速度是联系力和运动的桥梁，受力分析是解决问题的关键.◎例题评析【例11】 质量为m =2 kg 的木块原来静止在粗糙水平地面上，现在第1、3、5……奇数秒内给物体施加方向向右、大小为F 1=6 N 的水平推力，在第2、4、6……偶数秒内给物体施加方向仍向右、大小为F 2μ=0.1，取g =10 m/s 2，问：（1）木块在奇数秒和偶数秒内各做什么运动?（2）经过多长时间，木块位移的大小等于40.25 m?【分析与解答】：以木块为研究对象，它在竖直方向受力平衡，水平方向仅受推力F 1（或F 2）和摩擦力F f 的作用.由牛顿第二定律可判断出木块在奇数秒内和偶数秒内的运动，结合运动学公式，即可求出运动时间.（1）木块在奇数秒内的加速度为a 1=m F F f -1=m mg F -μ1=21021.06⨯⨯- m/s 2=2 m/s 2 木块在偶数秒内的加速度为a 2=m F F f -2=m mg F -μ2=21021.02⨯⨯- m/s 2=0 所以，木块在奇数秒内做a =a 1=2 m/s 2的匀加速直线运动，在偶数秒内做匀速直线运动.（2）在第1 s 内木块向右的位移为s 1=21at 2=21×2×12 m=1 m 至第1 s 末木块的速度v 1=at =2×1 m/s=2 m/s在第2 s 内，木块以第1 s 末的速度向右做匀速运动，在第2 s 内木块的位移为 s 2=v 1t =2×1 m=2 m至第2 s 末木块的速度v 2=v 1=2 m/s在第3 s 内，木块向右做初速度等于2 m/s 的匀加速运动，在第3 s 内的位移为s 3=v 2t +21at 2=2×1 m+21×2×12 m=3 m 至第3 s 末木块的速度v 3=v 2+at =2 m/s+2×1 m/s=4 m/s在第4 s 内，木块以第3 s 末的速度向右做匀速运动，在第4 s 内木块的位移为s 4=v 2t =4×1 m=4 m至第4 s 末木块的速度v 4=v 2=4 m/s……由此可见，从第1 s 起，连续各秒内木块的位移是从1开始的一个自然数列.因此，在n s 内的总位移为s n =1+2+3+…+n =21）（+n n 当s n =40.25 m 时，n 的值为8＜nn =8，则8 s 内木块的位移共为s 8=2188）（+ m=36 m 至第8 s 末，木块的速度为v 8=8 m/s.设第8 s 后，木块还需向右运动的时间为t x ，对应的位移为s x =40.25 m －36 m=4.25 m ，由s x =v 8t x +21at x 2，即4.25=8t x +21×2t x 2 解得t x =0.5 s所以，木块位移大小等于40.25 m 时，需运动的时间T =8 s+0.5 s=8.5 s.[点评]：（1）本题属于已知受力情况求运动情况的问题，解题思路为先根据受力情况由牛顿第二定律求加速度，再根据运动规律求运动情况.（2）根据物体的受力特点，分析物体在各段时间内的运动情况，并找出位移的一般规律，是求解本题的关键.【例12】 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/s 2）【分析与解答】：本题为典型的已知物体受力求物体运动情况的动力学问题，物体运动过程较为复杂，应分阶段进行过程分析，并找出各过程的相关量，从而将各过程有机地串接在一起.第一阶段：在最初2 s 内，物体在F =9.6 N 拉力作用下，从静止开始沿斜面做匀加速运动，据受力分析图3－2－4可知：沿斜面方向：F －mg sin θ－F f =ma 1沿垂直斜面方向：F N =mg cos θ且F f =μF N由①②③得：a 1=mmg mg F θμθcos sin --=2 m/s 2 2 s 末绳断时瞬时速度v 1=a 1t 1=4 m/s.第二阶段：从撤去F 到物体继续沿斜面向上运动到达速度为零的过程，设加速度为a 2， 则a 2=mmg mg ）（θμθcos sin +-=－7.6 m/s 2 设从断绳到物体到达最高点所需时间为t 2据运动学公式v 2=v 1+a 2t 2所以t 2=210a v -=0.53 s 第三阶段：物体从最高点沿斜面下滑，在第三阶段物体加速度为a 3，所需时间为t 3.由牛顿第二定律可知：a 3=g sin θ－μg cos θ=4.4 m/s 2，速度达到v 3=22 m/s ，所需时间t 3=330a v -=5 s 综上所述：从绳断到速度为22 m/s 所经历的总时间t =t 2+t 3=0.53 s+5 s=5.53 s.【例13】 如图 所示，光滑水平面上静止放着长L =1.6 m 、质量为Mm =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；（2）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/s 2）【分析与解答】：（1）力F 拉木板运动过程：对木块：μmg =maa =μga =1 m/s 2对木板：F －μmg =Ma 1a 1=Mmg F μ- 只要a 1＞a 就能抽出木板，即F ＞μ（M +m ）g 所以F ＞4 N.（2）当F =10 N ，设拉力作用的最少时间为t 1，加速度为a 1，撤去拉力后木板运动时间为t 2，加速度为a 2，那么：a 1=M mg F μ-=3 m/s 2a 2=M mg μ=31 m/s2 木板从木块下穿出时：木块的速度：v =a （t 1+t 2）木块的位移：s =21a （t 1+t 2）2 木板的速度：v 木板=a 1t 1－a 2t 2木板的位移：s 木板=21a 1t 12+a 1t 1t 2－21a 2t 22 木板刚好从木块下穿出应满足：v 木板=vs 木板－s =L可解得：t 1=0.8 s【例14】 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AA 到B 的长度为16 m ，则物体从A 运动到B 的时间为多少？【分析与解答】：首先判定μ与tan θ的大小关系，μ=0.5，tan θ=0.75，所以物体一定沿传输带对地下滑，不可能对地上滑或对地相对静止.其次皮带运行速度方向未知，而皮带运行速度方向影响物体所受摩擦力方向，所以应分别讨论.当皮带的上表面以10 m/s 的速度向下运行时，刚放上的物体相对皮带有向上的相对速度，物体所受滑动摩擦力方向沿斜坡向下（如图所示），该阶段物体对地加速度a 1=mmg mg θμθcos sin +=10 m/s 2 方向沿斜坡向下物体赶上皮带对地速度需时间t 1=1a v =1 s 在t 1 s 内物体沿斜坡对地位移 s 1=21a 1t 12=5 m 当物体速度超过皮带运行速度时物体所受滑动摩擦力沿斜面向上，物体对地加速度 a 2=mmg mg θμθcos sin -=2 m/s 2 物体以2 m/s 2加速度运行剩下的11 m 位移需时间t 2则s 2=vt 2+21a 2t 22 即11=10t 2+21×2t 22 t 2=1 s （t 2′=－11 s 舍去）所需总时间t =t 1+t 2=2 sa 3则a 3=mmg mg θμθcos sin -=2 m/s 2 物体从传输带顶滑到底所需时间为t '则s =21a 3t '2t '=32a s =2162⨯ s=4 s. [点评]：本题中物体在本身运动的传送带上的运动，因传输带运动方向的双向性而带来解答结果的多重性.物体所受滑动摩擦力的方向与物体相对于传输带的相对速度方向相反，而对物体进行动力学运算时，物体位移、速度、加速度则均需取地面为参考系.◎能力训练41．如图所示，一根轻弹簧的一端系着一个物体，手拉弹簧的另一端，使弹簧和物体一起在光滑水平面上向右做匀加速运动，当手突然停止运动后的短时间内，物体可能2．放在光滑水平面上的物体受三个平行于水平面的共点力作用而处于静止状态，已知F2垂直于F3.若三个力中去掉F1，物体产生的加速度为2.5 m/s2；若去掉F2，物体产生的加速度为1.5 m/s2；若去掉F3，则物体的加速度大小为A.1.5 m/s2B.2.0 m/s2C.2.5 m/s2D.4.0 m/s23．小磁铁A重10 N，吸在一块水平放置的固定铁板BA拉下来，至少要用15 N的力，若A、B间的动摩擦因数为0.3，现用5 N的水平力推A时，A的加速度大小是_______m/s2.（g取10 m/s2）v1F1，汽车整个运动过程所受阻力恒为F2（大小不变），则F1∶F2为∶∶1∶∶45.机车牵引力一定，在平直轨道上以a1=1 m/s2的加速度行驶，因若干节车厢脱钩，加速度变为a2=2 m/s2，设所受阻力为车重的0.1倍，则脱落车厢的质量与原机车总质量之比等于_______.6.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.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.。

力与运动的两类问题【学习目标】1.明确用牛顿运动定律解决的两类问题;2.掌握应用牛顿运动定律解题的基本思路和方法．【要点梳理】要点一、根据运动情况来求力运动学有五个参量0v 、v、t、a、x，这五个参量只有三个是独立的。

运动学的解题方法就是“知三求二”。

所用的主要公式：0v v at =+①——此公式不涉及到位移，不涉及到位移的题目应该优先考虑此公式2012x v t at =+②——此公式不涉及到末速度，不涉及到末速度的题目应该优先考虑此公式212x vt at =-③——此公式不涉及到初速度，不涉及到初速度的题目应该优先考虑此公式02v v x t +=④——此公式不涉及到加速度，不涉及到加速度的题目应该优先考虑此公式2202v v x a-=⑤——此公式不涉及到时间，不涉及到时间的题目应该优先考虑此公式根据运动学的上述5个公式求出加速度，再依据牛顿第二定律F ma =合，可以求物体所受的合力或者某一个力。

要点二、根据受力来确定运动情况先对物体进行受力分析，求出合力，再利用牛顿第二定律F ma =合，求出物体的加速度，然后利用运动学公式0v v at=+①2012x v t at =+②212x vt at =-③02v v x t +=④2202v v x a -=⑤求运动量（如位移、速度、时间等）要点三、两类基本问题的解题步骤1.根据物体的受力情况确定物体运动情况的解题步骤①确定研究对象，对研究对象进行受力分析和运动分析，画出物体的受力图．②求出物体所受的合外力．③根据牛顿第二定律，求出物体加速度．④结合题目给出的条件，选择运动学公式，求出所需的物理量．2.根据物体的运动情况确定物体受力情况的解题步骤①确定研究对象，对研究对象进行受力分析和运动分析，并画出受力图．②选择合适的运动学公式，求出物体的加速度．③根据牛顿第二定律列方程，求物体所受的合外力．④根据力的合成与分解的方法，由合力求出所需的力．要点四、应注意的问题1.不管是根据运动情况确定受力还是根据受力分析物体的运动情况，都必须求出物体的加速度。

2024年高考物理一轮大单元综合复习导学练专题15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。

【例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 。

【例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0t 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。

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。

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)【特训典例】一、已知受力情况求运动情况1图为鲁能巴蜀中学“水火箭”比赛现场，假设水火箭从地面以初速度10m/s竖直向上飞出，在空中只受重力与空气阻力，水火箭质量为1kg，空气阻力方向始终与运动方向相反，大小恒为2.5N，g取10m/s2，则下列说法正确的是()A.水火箭运动过程中，经过同一高度时(除最高点外)，上升时的速率大于其下落时的速率mB.水火箭所能上升的最大高度为2003C.水火箭从离开地面到再次回到地面的总时间为1.6sD.当水火箭竖直向下运动且位于地面上方1m时，速度大小为35m/s2如图，水平直杆AB与光滑圆弧杆BC在B点平滑连接，固定在竖直平面内，一直径略大于杆的圆环穿在水平直杆上的A点。

现让圆环以v0=4m/s的初速度由A向B运动，同时在竖直面内对圆环施加一垂直于杆向上的恒力F，运动到B点时撤去恒力F，之后圆环沿圆弧杆BC上滑。

已知AB长度L=6m，BC 半径R=64m，圆环质量m=0.2kg，圆环与直杆AB间动摩擦因数μ=0.2，恒力F=3N，重力加速度g= 10m/s2，π2≈10，下列说法正确的是()A.圆环到达B点时的速度为2m/sB.圆环能够到达的最大高度为0.2mC.圆环在BC上运动的时间约为8sD.圆环能返回A点3一种能垂直起降的小型遥控无人机如图所示，螺旋桨工作时能产生恒定的升力。

在一次试飞中，无人机在地面上由静止开始以2m/s2的加速度匀加速竖直向上起飞，上升36m时无人机突然出现故障而失去升力。

已知无人机的质量为5kg，运动过程中所受空气阻力大小恒为10N，取重力加速度大小g=10m/s2。

下列说法正确的是()A.无人机失去升力时的速度大小为12m/sB.螺旋桨工作时产生的升力大小为60NC.无人机向上减速时的加速度大小为12m/s2D.无人机上升的最大高度为36m4如图甲所示，一根足够长的固定细杆与水平方向的夹角θ=37°，质量m=2kg的带电小球穿在细杆上并静止于细杆底端的O点。