考点05 动力学两类基本问题（解析版）—高中物理

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一、力和运动的关系
牛顿第二定律确定了物体加速度和力的关系：加速度的大小与物体所受合力的大小成正比，与物体的质量成反比；加速度的方向与物体受到的合力的方向相同．
物体的初速度与加速度决定了物体做什么运动，在直线运动中：
二、两类基本问题
1．从受力确定运动情况
如果已知物体的受力情况，可以由牛顿第二定律求出物体的加速度，再通过运动学的规律确定物体的运动情况．
2．从运动情况确定受力
如果已知物体的运动情况，根据运动学规律求出物体的加速度，结合受力分析，再根据牛顿第二定律求出力．
一、从受力确定运动情况
1．基本思路
分析物体的受力情况，求出物体所受的合力，由牛顿第二定律求出物体的加速度；再由运动学公式及物体运动的初始条件确定物体的运动情况．
2．流程图
二、从运动情况确定受力
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分析物体的运动情况，由运动学公式求出物体的加速度，再由牛顿第二定律求出物体所受的合力；再分析物体的受力，求出物体受到的作用力．
2．流程图
典例1(已知受力求运动情况)(2023·张家口·期末)如图，一根足够长的水平杆固定不动，一个质量m＝2 kg的圆环套在杆上，圆环的直径略大于杆的截面直径，圆环与杆的动摩擦因数μ＝0.75.对圆环施加一个与水平方向成θ＝53°角斜向上、大小为F＝25 N的拉力，使圆环由静止开始做匀加速直线运动(sin 53°＝0.8，cs 53°＝0.6，g取10 m/s2)．求：
(1)圆环对杆的弹力大小；
(2)圆环加速度的大小；
(3)若拉力F作用2 s后撤去，圆环在杆上滑行的总距离．
答案 (1)0 (2)7.5 m/s2 (3)30 m
解析 (1)分析圆环的受力情况如图甲所示．
将F正交分解，F1＝Fcs θ＝15 N，F2＝Fsin θ＝20 N
因G＝20 N与F2大小相等，故圆环对杆的弹力为0.
(2)由(1)可知，在拉力F作用下，环不受摩擦力，由牛顿第二定律可知：F合＝F1＝ma1，代入数据得a1＝7.5 m/s2.
(3)由(2)可知，撤去F时圆环的速度v0＝a1t1＝15 m/s
拉力F作用2 s的位移x1＝eq \f(1,2)a1teq \\al(12,)＝15 m
撤去F后圆环受力如图乙所示
根据牛顿第二定律μmg＝ma2得a2＝7.5 m/s2
圆环的速度与加速度方向相反，做匀减速直线运动直至静止，取v0方向为正方向，则v0＝
15 m/s，a＝－7.5 m/s2
由运动学公式可得：撤去F后圆环滑行的位移
x2＝eq \f(v2－v\\al(02,),2a)＝15 m
故总位移x＝x1＋x2＝30 m.
典例2(已知运动情况求受力)2020年12月，嫦娥五号成功将采集的月球土壤样品送回地球．探测器在取样过程中，部分土壤采用了钻具钻取的方式采集，并沿竖直方向运送到月球表面．嫦娥五号所配备的钻杆具有独特的空心结构，具有收集土壤的作用，假设采集时钻杆头部深入月表h＝2 m深处，已采集到m＝500 g此深处的月壤，从静止开始竖直向上回收，15 s后钻杆头部上升至月球表面，速度恰好为零，此过程可简化成匀加速、匀速、匀减速三个阶段，上升最大速度是v＝20 cm/s，已知月球表面的重力加速度为1.63 m/s2，求：
(1)上升过程中匀速运动的时间t；
(2)若上述过程中匀加速和匀减速阶段加速度的大小相同，求三个阶段钻杆对采样月壤的作用力F的大小(保留三位有效数字)．
答案 (1)5 s (2)见解析
解析 (1)设匀速运动时间为t，总时间为t总，
则有h＝vt＋eq \f(1,2)v(t总－t)
代入数据得t＝5 s
(2)设匀加速阶段加速度大小为a加，匀减速阶段加速度大小为a减，a加＝a减
匀加速时间为t加，匀减速时间为t减，
则t加＝t减＝t′＝5 s，
a加＝a减＝eq \f(v,t′)＝0.04 m/s2
匀加速上升时有FN1－mg＝ma加
解得FN1＝0.835 N
匀速上升时有FN2＝mg＝0.815 N
匀减速上升时有mg－FN3＝ma减
解得FN3＝0.795 N.
典例3(多过程问题分析)如图甲所示，质量为m＝1 kg的物体置于倾角为θ＝37°的固定斜面上(斜面足够长)，对物体施加平行于斜面向上的恒力F，作用时间t1＝1 s时撤去力F，物体运动时部分v－t图像如图乙所示，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6.求：
(1)物体与斜面间的动摩擦因数和力F的大小；
(2)t＝3 s时物体的速度大小；
(3)物体沿斜面上升的最大高度．
答案 (1)0.5 30 N (2)0 (3)18 m
解析 (1)设力F作用时物体的加速度为a1，对物体进行受力分析，由牛顿第二定律可知：
F－mgsin 37°－μmgcs 37°＝ma1，
撤去力F后，物体的加速度大小为a2，由牛顿第二定律有
mgsin 37°＋μmgcs 37°＝ma2，
根据v－t图像的斜率表示加速度可知
a1＝20 m/s2，
a2＝10 m/s2，
联立解得μ＝0.5，F＝30 N.
(2)t＝3 s时的速度v3＝v1－a2t＝20 m/s－10×2 m/s＝0，
即t＝3 s时物体的速度为0.
(3)由题图乙知，物体上滑过程中最大速度为v1＝20 m/s，
物体沿斜面上滑的最大位移x＝eq \f(v12,2a1)＋eq \f(v12,2a2)＝30 m，
物体沿斜面上升的最大高度h＝xsin 37°＝18 m.
1．用30 N的水平外力F，拉一个静止在光滑水平面上的质量为20 kg的物体，力F作用3 s后消失．则第5 s末物体的速度和加速度大小分别是( )
A．4.5 m/s,1.5 m/s2
B．7.5 m/s,1.5 m/s2
C．4.5 m/s,0
D．7.5 m/s,0
答案 C
解析 力F作用下a＝eq \f(F,m)＝eq \f(30,20) m/s2＝1.5 m/s2,3 s末的速度v＝at＝4.5 m/s,3 s后撤去外力，此后物体所受合外力为0，a′＝0，物体做匀速运动，v′＝v＝4.5 m/s，故C正确．
2．(2021·汕尾市高一期末)刹车痕迹是交警判断交通事故中汽车是否超速的重要依据之一，在一次交通事故中，货车司机看到前方道路上突然窜出一头耕牛时紧急刹车，但还是发生了事故．交警在现场量得货车的刹车痕迹长为15 m，已知货车车轮与地面间的动摩擦因数是0.6，请你帮助交警计算货车的初速度大约为( )
A．40 km/h B．50 km/h
C．60 km/h D．70 km/h
答案 B
解析 货车刹车时受地面的摩擦力，由牛顿第二定律得－μmg＝ma，解得a＝－μg＝－6 m/s2，由运动学规律x＝eq \f(v2－v02,2a)，将v＝0，a＝－6 m/s2，x＝15 m代入可解得v0≈13.4 m/s≈48 km/h，约为50 km/h，B正确．
3.如图所示，质量为m＝1 kg的物体与水平地面之间的动摩擦因数为0.3，当物体运动的速度为10 m/s时，给物体施加一个与速度方向相反的大小为F＝2 N的恒力，在此恒力作用下(取g＝10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( )
A．物体经10 s速度减为零
B．物体经5 s速度减为零
C．物体速度减为零后将保持静止
D．物体速度减为零后将向右运动
答案 C
解析 施加恒力后，物体向左滑动时，水平方向上受到向右的恒力和滑动摩擦力的作用，做匀减速直线运动，滑动摩擦力大小为Ff＝μFN＝μmg＝3 N，故a＝eq \f(F＋Ff,m)＝5 m/s2，方向向右，物体减速到零所需时间为t＝eq \f(v0,a)＝2 s，故A、B错误；物体减速到零后，F＜Ff，将保持静止状态，故C正确，D错误．
4.车辆在行驶过程中，如果车距不够，刹车不及时，汽车将发生碰撞，车里的人可能受到伤害．为了尽可能地减小碰撞引起的伤害，人们设计了安全带及安全气囊如图所示．假定乘客质量为70 kg，汽车车速为108 km/h(即30 m/s)，从发生碰撞到车完全停止需要的时间为1 s，安全带及安全气囊对乘客的平均作用力大小为( )
A．2 100 N B．6 000 N
C．8 000 N D．1 000 N
答案 A
解析 从发生碰撞到车完全停止的1 s内，乘客的速度由30 m/s减小到0，视为匀减速运动，则有a＝eq \f(v－v0,t)＝－eq \f(30,1) m/s2＝－30 m/s2.根据牛顿第二定律知安全带及安全气囊对乘客的平均作用力F＝ma＝70×(－30) N＝－2 100 N，负号表示力的方向跟初速度方向相反．所以选项A正确．
5.(多选)质量m＝2 kg、初速度v0＝8 m/s的物体沿着粗糙水平面向右运动，物体与地面之间的动摩擦因数μ＝0.1，同时物体还受到一个如图所示的随时间变化的水平拉力F的作用，设水平向右为拉力的正方向，且物体在t＝0时刻开始运动，g取10 m/s2，则以下结论正确的是( )
A．0～1 s内，物体的加速度大小为2 m/s2
B．1～2 s内，物体的加速度大小为2 m/s2
C．0～1 s内，物体的位移为7 m
D．0～2 s内，物体的总位移为11 m
答案 BD
解析 0～1 s内，物体的加速度大小a1＝eq \f(F＋μmg,m)＝eq \f(6＋0.1×2×10,2) m/s2＝4 m/s2，A项错误；
1～2 s内物体的加速度大小a2＝eq \f(F′－μmg,m)＝eq \f(6－0.1×2×10,2) m/s2＝2 m/s2，B项正确；
物体运动的v－t图像如图所示，故0～1 s内物体的位移为x1＝eq \f(4＋8×1,2) m＝6 m，C项错误；0～2 s内物体的总位移x＝x1＋x2＝[6＋eq \f(4＋6×1,2)] m＝11 m，D项正确．
6.(多选)如图所示，质量m＝2 kg的滑块以v0＝20 m/s的初速度沿倾角θ＝37°的足够长的斜面向上滑动，经t＝2 s滑行到最高点．g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8.下列说法正确的是( )
A．滑块运动的加速度大小为10 m/s2
B．滑块运动的加速度大小为5 m/s2
C．滑块与斜面间的动摩擦因数为0.5
D．滑块与斜面间的动摩擦因数为0.2
答案 AC
解析 滑块的加速度大小为a＝eq \f(v0,t)＝10 m/s2，A正确，B错误；对滑块受力分析有mgsin θ＋μmgcs θ＝ma，解得μ＝0.5，C正确，D错误．
7.质量为0.8 kg的物体在一水平面上运动，图中图线a、b分别表示该物体不受拉力作用和受到水平拉力作用时的v－t图像，则拉力和摩擦力之比为( )
A．9∶8 B．3∶2 C．2∶1 D．4∶3
答案 B
解析 由v－t图像可知，图线a为水平方向仅受摩擦力的运动，加速度大小a1＝1.5 m/s2，图线b为受水平拉力和摩擦力的运动，加速度大小为a2＝0.75 m/s2，由牛顿第二定律得ma2＝F－Ff，ma1＝Ff，联立解得F∶Ff＝3∶2，选项B正确．
8.如图所示，一倾角θ＝37°的足够长的斜面固定在水平地面上．当t＝0时，滑块以初速度v0＝10 m/s从斜面上某位置沿斜面向上运动，已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，下列说法正确的是( )
A．滑块一直做匀变速直线运动
B．t＝1 s时，滑块速度减为零，然后静止在斜面上
C．t＝2 s时，滑块恰好又回到出发点
D．t＝3 s时，滑块的速度大小为4 m/s
答案 D
解析 设滑块上滑时的加速度大小为a1，由牛顿第二定律可得mgsin θ＋μmgcs θ＝ma1，解得a1＝10 m/s2，上滑时间t1＝eq \f(v0,a1)＝1 s，上滑的距离x1＝eq \f(1,2)v0t1＝5 m，因mgsin θ>μmgcs θ，所以滑块上滑到速度为零后将向下运动，选项B错误；设滑块下滑时的加速度大小为a2，由牛顿第二定律可得mgsin θ－μmgcs θ＝ma2，解得a2＝2 m/s2，t＝2 s时，滑块下滑的距离x2＝eq \f(1,2)a2(t－t1)2＝1 m<5 m，滑块未回到出发点，选项C错误；因上滑和下滑过程中的加速度不同，故滑块全程不做匀变速直线运动，选项A错误；t＝3 s时，滑块沿斜面向下运动，此时的速度v＝a2(t－t1)＝4 m/s，选项D正确．
9.如图所示，质量为m＝3 kg的木块放在倾角θ＝30°的足够长的固定斜面上，木块可以沿斜面匀速下滑．若用沿斜面向上的力F作用于木块上，使其由静止开始沿斜面向上加速运动，经过t＝2 s木块沿斜面上升4 m的距离，则推力F的大小为(g取10 m/s2)( )
A．42 N B．6 N C．21 N D．36 N
答案 D
解析 因木块能沿斜面匀速下滑，由平衡条件知：mgsin θ＝μmgcs θ，所以μ＝tan θ；当在推力作用下加速上滑时，由运动学公式x＝eq \f(1,2)at2得a＝2 m/s2，由牛顿第二定律得：F－mgsin θ－μmgcs θ＝ma，得F＝36 N，D正确．
10.如图，小物块以初速度12.5 m/s从斜面底端上滑，斜面倾斜角为30°且足够长，小物块与斜面间的动摩擦因数为eq \f(\r(3),2)，则2 s末小物块与斜面底端的距离为(取g＝10 m/s2)( )
A．6.25 m B．0
C．12.625 m D．5 m
答案 A
解析 上滑时：mgsin θ＋μmgcs θ＝ma，
解得a＝12.5 m/s2.
当速度减小为0时，所用时间t＝eq \f(v0,a)＝1 s，
上滑的最大距离x＝eq \f(v02,2a)＝6.25 m，
由于μmgcs θ>mgsin θ，则小物块静止在最高点，故A正确．
11．(多选)如图甲所示，物块的质量m＝1 kg，初速度v0＝10 m/s，在一水平向左的恒力F作用下从O点沿粗糙的水平面向右运动，某时刻F突然反向，大小不变，整个过程中物块速度的平方随位置坐标变化的关系图像如图乙所示，g＝10 m/s2.下列说法中正确的是( )
A．0～5 m内物块做匀减速运动
B．在t＝1 s时刻，恒力F反向
C．恒力F大小为10 N
D．物块与水平面间的动摩擦因数为0.3
答案 ABD
解析 0～5 m内，由v12－v02＝2a1x1，得v12＝2a1x1＋v02，由题图乙知，2a1＝－20 m/s2，则a1＝－10 m/s2，物块做匀减速运动，A正确；由题图乙知，物块的初速度v0＝10 m/s，恒力F在5 m处反向，在0～5 m内物块运动的时间t＝eq \f(0－v0,a1)＝1 s，即在t＝1 s时刻，恒力F反向，B正确；5～13 m内，由v22＝2a2x2得物块的加速度a2＝eq \f(v22,2x2)＝eq \f(64,2×8) m/s2＝4 m/s2，由牛顿第二定律得－F－μmg＝ma1，F－μmg＝ma2，联立两式解得F＝7 N，μ＝0.3，D正确，C错误．
12.如图所示，楼梯口一倾斜的天花板与水平地面成θ＝37°角．一装修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，cs 37°＝0.8，g取10 m/s2.求：
(1)刷子沿天花板向上运动时的加速度大小；
(2)工人把刷子从天花板底端推到顶端所用的时间．
答案 (1)2 m/s2 (2)2 s
解析 (1)以刷子为研究对象，受力分析如图所示
设杆对刷子的作用力为F，天花板对刷子的滑动摩擦力为Ff，弹力为FN，刷子所受重力为mg，由牛顿第二定律得
(F－mg)sin 37°－μ(F－mg)cs 37°＝ma
代入数据解得a＝2 m/s2
(2)由运动学公式得L＝eq \f(1,2)at2
代入数据解得t＝2 s.
13.(2023·浙江·模考)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＝0.5 m/s2从冰面底部由静止开始沿直线向上“奔跑”，t＝8 s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，cs 37°＝0.8，g＝10 m/s2.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)16 m (2)8 m/s2 4 m/s2 (3)2eq \r(34) m/s
解析 (1)在企鹅向上“奔跑”过程中：x＝eq \f(1,2)at2，
解得x＝16 m.
(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到最高点，第二个过程是从最高点滑到出发点，两次过程根据牛顿第二定律分别有：
mgsin 37°＋μmgcs 37°＝ma1
mgsin 37°－μmgcs 37°＝ma2
解得：a1＝8 m/s2，a2＝4 m/s2.
(3)企鹅从卧倒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′＝eq \f(at,a1)，x′＝eq \f(1,2)a1t′2，
解得：x′＝1 m.
企鹅从最高点滑到出发点的过程中，设末速度为vt，则有：
vt2＝2a2(x＋x′)
解得：vt＝2eq \r(34) m/s.
14.(2023·湖南·联考)如图所示，质量为10 kg的环在F＝140 N的恒定拉力作用下，沿粗糙直杆由静止从杆的底端开始运动，环与杆之间的动摩擦因数μ＝0.5，拉力F与杆以及杆与水平地面的夹角都为θ＝37°，力F作用一段时间后撤去，环在杆上继续上滑了0.5 s后，速度减为零，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，杆足够长，求：
(1)拉力F作用的时间；
(2)环再次运动到杆底端时的速度大小．
答案 (1)1 s (2)eq \r(15) m/s
解析 (1)撤去拉力F后，mgsin θ＋μmgcs θ＝ma2，
0＝v1－a2t2，
解得v1＝5 m/s.
撤去拉力F前(注意杆对环的弹力的方向)：
Fcs θ－mgsin θ－μ(Fsin θ－mgcs θ)＝ma1，
v1＝a1t1，
所以t1＝1 s.
(2)根据牛顿第二定律可得：mgsin θ－μmgcs θ＝ma3
x＝eq \f(v1,2)(t1＋t2)，
v2＝2a3x，联立解得v＝eq \r(15) m/s.
15．滑草是一种娱乐项目，某一滑草场中间是水平草坪，左右两侧有斜坡，游客在该滑草场滑草的过程简化为如图所示模型(游客与滑板整体看成质点)．游客某一次从左侧斜坡D点滑下，滑至底端C点，经过10 m长的水平草坪，到达右侧斜坡底端B时的速度为10 m/s.已知右侧斜坡与水平面的夹角为37°，滑板与所有草坪间的动摩擦因数均为0.5.(已知sin 37°＝0.6，
cs 37°＝0.8，g＝10 m/s2，各坡平滑连接)求：
(1)游客沿左侧斜坡滑到坡底C点的速度的大小v；
(2)游客在右侧斜坡上滑行的时间t.
答案 (1)10eq \r(2) m/s (2)(1＋eq \r(5)) s
解析 (1)由C点到B点的过程中，游客与滑板整体在水平草坪上做匀减速直线运动，则有
Ff＝μmg＝ma1，得a1＝5 m/s2，v2－vB2＝2a1xCB
代入数据解得：v＝10eq \r(2) m/s
(2)游客与滑板整体在右侧斜坡向上滑行，设到达的最高点为A，有mgsin θ＋μmgcs θ＝ma2
得a2＝10 m/s2
vB＝a2t1，得t1＝1 s
vB2＝2a2xAB，得xAB＝5 m
由于mgsin θ＞μmgcs θ，游客与滑板整体到达A后会沿着右侧斜坡向下滑行，下滑过程
mgsin θ－μmgcs θ＝ma3，得a3＝2 m/s2
xAB＝eq \f(1,2)a3t22，得t2＝eq \r(5) s
游客回到B点时的速度vB′＝a3t2＝2eq \r(5) m/s
离开B点后游客向左滑行的加速度大小为
a1＝5 m/s2，设再经过x′停止运动
x′＝eq \f(vB′2,2a1)＝2 m＜xCB
故游客在右侧斜坡上滑行的时间
t＝t1＋t2＝(1＋eq \r(5)) s.