精做07动力学的两类基本问题1．（2022·新课标全国Ⅱ卷）为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线距离s0和s1（s1<s0）处分别设置一个挡板和一面小旗，如图所示。训练时，让运动员和冰球都位于起跑线上，教练员将冰球以初速度v0击出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板；冰球被击出的同时，运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗。训练要求当冰球到达挡板时，运动员至少到达小旗处。假定运动员在滑行过程中做匀加速运动，冰球到达挡板时的速度为v1。重力加速度大小为g。求（1）冰球与冰面之间的动摩擦因数；（2）满足训练要求的运动员的最小加速度。【答案】（1）（2）（2）设冰球运动的时间为t，则④又⑤-23-\n由③④⑤得⑥【名师点睛】此题主要考查匀变速直线运动的基本规律的应用；分析物理过程，找到运动员和冰球之间的关联，并能灵活选取运动公式；难度中等。2．（2022·海南卷）水平地面上有质量分别为m和4m的物A和B，两者与地面的动摩擦因数均为μ。细绳的一端固定，另一端跨过轻质动滑轮与A相连，动滑轮与B相连，如图所示。初始时，绳处于水平拉直状态。若物块A在水平向右的恒力F作用下向右移动了距离s，重力加速度大小为g。求：（1）物块B克服摩擦力所做的功；（2）物块A、B的加速度大小。【答案】（1）W=2μmgs（2）【解析】（1）物块A移动了距离s，则物块B移动的距离为①物块B受到的摩擦力大小为f=4μmg②物块B克服摩擦力所做的功为W=fs1=2μmgs③【名师点睛】采用整体法和隔离法对物体进行受力分析，抓住两物体之间的内在联系，绳中张力大小相等、加速度大小相等，根据牛顿第二定律列式求解即可。解决本题的关键还是抓住联系力和运动的桥梁——加速度。-23-\n3．（2022·内蒙古鄂尔多斯一中高三月考）某工厂用倾角为37°的传送带把货物由低处运送到高处，已知传送带总长为L=50m，正常运转的速度为v=4m/s。一次工人刚把M=10kg的货物放到传送带上的A处时停电了，为了不影响工作的进度，工人拿来一块m=5kg带有挂钩的木板，把货物放到木板上，通过定滑轮用绳子把木板拉上去。货物与木板及木板与传送带之间的动摩擦因数均为0.8。（物块与木板均可看做质点，g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）（1）为了把货物拉上去又不使货物相对木板滑动，求工人所用拉力的最大值；（2）若工人用F=189N的恒定拉力把货物拉到L/5处时来电了，工人随即撤去拉力，求此时货物与木板的速度大小；（3）来电后，还需要多长时间货物能到达B处？（不计传送带的加速时间）【答案】（1）Fm=192N（2）（3）【解析】（1）设最大拉力为Fm，货物与木板之间的静摩擦力达到最大值，设此时的加速度为a1，对货物分析根据牛顿第二定律得：得：对货物与木板整体分析根据牛顿第二定律得：Fm得：Fm=192N（2）设工人拉木板的加速度为a2，根据牛顿第二定律得：解得：-23-\n设来电时木板的速度为v1，根据运动学公式得：得：（3）由于，所以来电后木板继续加速，加速度为a3设经过t1木板速度与传送带速度相同，得：设t1内木板加速的位移为x1，得：共速后，木板与传送带相对静止一起匀速运动，设匀速运动的时间为t2，匀速运动的位移为x2，得：得：所以来电后木板再需要运动。【名师点睛】题是一道力学综合题，难度较大，分析清楚物体的运动过程是正确解题的关键，对货箱正确受力分析、应用牛顿第二定律、运动学公式即可正确解题。4．（2022·河北沧州一中高三月考）如图所示，长度为L=1.2m的木板A放在水平地面上，小物块B（可视为质点）放在木板A的最右端，AB质量均为m=5kg，A与地面间以及A与B间均是粗糙的；开始AB均静止；现用一水平恒力F作用在A上，经一段时间，撤掉恒力F，结果B恰好不从A上掉下，A、B最后阶段的v–t象如图所示，设最大静摩力等于滑动摩力，从上恒力的瞬间开始计时，取g=10m/s2。求：-23-\n（1）A与地面间的动摩擦因数μ1和A与B间的动摩擦因数μ2；（2）恒力F的大小和恒力F的作用时间；（3）整个过程A、B之间因摩擦而产生的热量【答案】（1）μ1=0.3μ2=0.2（2）F=60Nt1=1s（3）Q=19.2J【解析】（1）图乙表示AB共速后的运动情况，此过程AB加速度分别为aA3、aB3，由象可知，，根据牛顿第二定律，对B有：μ2mg=maB3，对A有：2μ1mg–μ2mg=maA3解得：μ1=0.3，μ2=0.2（3）v–t图象与坐标轴围成的面积表示位移，由图象可知共速后，A、B的位移分别为xA′=0.72m，xB′=1.44m-23-\n整个过程A相对B的位移x=L+xB′–xA′=1.92m整个过程AB之间因为摩擦而产生的热量Q=μ2mgx=19.2J【名师点睛】本题主要考查了牛顿第二定律、运动学基本公式以及v–t图象的特点的直接应用，运动过程较为复杂，要求同学们能正确分析物体的受力情况和运动情况，注意AB位移之间的关系，难度较大。5．（2022·湖北黄冈黄冈中学高三限时训）a、b两物块可视为质点，在a以初速度v0从地面竖直上抛的同时，b以初速度v0滑上倾角为θ=30°的足够长的斜面。已知b与斜面间的动摩擦因数为，重力加速度为g，求当a落地时，b离地面的高度。【答案】【解析】以b为研究对象，斜面对b的支持力为：N=mgcos30°斜面对b的摩擦力为：重力沿斜面向下的分力为：mgsin30°=mg由于f>mgsin30°，所以b达到斜面最高点时应该静止由牛顿第二定律：f+mgsin30°=ma所以b上升过程中加速度大小为：a=1.25gB在斜面上运动的时间：以a为研究对象，a在空中运动的总时间：由于t1<t2，所以当a落地时，b已静止在斜面上设b离地面的高度为h，由运动学公式：联立解得：【名师点睛】解答本题的关键是弄清楚b的运动情况，知道b-23-\n上升到最高点后静止；对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答；知道加速度是联系静力学和运动学的桥梁。6．（2022·安徽淮北一中高三月考）如图所示，质量M=8kg的小车放在水平光滑的平面上，在小车左端加一水平推力F=8N，当小车向右运动的速度达到v0=1.5m/s时，在小车前端轻轻地放上一个大小不计，质量为m=2kg的小物块，物块与小车间的动摩擦因数μ=0.2，已知运动过程中，小物块没有从小车上掉下来g取10m/s2，求：（1）经过多长时间两者达到相同的速度；（2）小车至少多长，才能保证小物块不从小车上掉下来；（3）从小物块放上小车开始，经过t=1.5s小物块对地的位移大小。【答案】（1）（2）（3）【解析】（1）设小物块和小车的加速度分别，由牛顿第二定律有：代入数据解得：，设经过时间t1两者达到相同的速度，由，解得：-23-\n（3）在开始的1s内，小物块的位移，末速度在剩下的时间t2=t–t1=0.5s时间内，物块运动的位移为，得可见小物块在总共1.5s时间内通过的位移大小为【名师点睛】本题主要考查了牛顿第二定律、匀变速直线运动规律。分别对小物块和小车受力分析，运用牛顿第二定律求出加速度的大小。根据速度时间公式求出小物块和小车速度相同时所需的时间，结合位移公式求出两者发生的相对位移，即可得出小车的至少长度。小物块和小车达到共同速度后，一起做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律求出速度相同后的加速度，运用运动学公式分别求出速度相等前和速度相等后，小物块的位移，从而得出小物块的总位移。7．（2022·江西宜春三中高三期中）如图所示，一物体以v0=2m/s的初速度从粗糙斜面顶端下滑到底端用时t=1s。已知斜面长度L=1.5m，斜面的倾角θ=30°，重力加速度取g=10m/s2。求：-23-\n（1）物体滑到斜面底端时的速度大小；（2）物体沿斜面下滑的加速度大小和方向；（3）物体与斜面间的动摩擦因数。【答案】（1）v=1m/s（2）方向沿斜面向上（3）【解析】（1）设物体滑到斜面底端时速度为v，则有：代入数据解得：v=1m/s（2）因v<v0物体做匀减速运动，加速度方向沿斜面向上。加速度的大小为：（3）物体沿斜面下滑时，受力如图所示由牛顿定律得：f–mgsinθ=maN=mgcosθf=μN联立解得：代入数据解得：8．（2022·江西上高二中高三周练）避险车道是避免恶性交通事故的重要设施，由制动坡床和防撞设施等组成，如图竖直平面内，制动坡床视为水平面夹角为θ的斜面。一辆长12m的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床，当车速为23m/s时，车尾位于制动坡床的低端，货物开始在车厢内向车头滑动，当货物在车厢内滑动了4m时，车头距制动坡床顶端38m，再过一段时间，货车停止．已知货车质量是货物质量的4倍，货物与车厢间的动摩擦因数为0.4；货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的0.44倍。货物与货车分别视为小滑块和平板，取cosθ=1，sinθ=0.1，g=10m/s2。求：-23-\n（1）货物在车厢内滑动时货车加速度的大小和方向；（2）制动坡床的长度。【答案】（1）a2=5.5m/s，方向沿斜面向下（2）L=98m【解析】（1）对货车：0.44(m+4m)g+4mgsinθ–μmgcosθ=4ma2解得：a2=5.5m/s2方向沿斜面向下（2）对货物：μmgcosθ+mgsinθ=ma1a1=5m/s2设减速的时间为t，则有：v0t–a1t2–(v0t–a2t2)=4得：t=4s故制动坡床的长度L=38+12+(v0t–a2t2)=98m【名师点睛】解题的关键是将实际问题模型化，本题模型是斜面上的小滑块和平板。易错点是求货车的加速度时容易漏掉货物对货车向前的摩擦力，求坡的长度时容易忽略货车的长度。9．（2022·宁夏石嘴山三中高三月考）传送带与水平面夹角37°，皮带以10m/s的速率运动，皮带轮沿顺时针方向转动，如图所示。今在传送带上端A处无初速地放上一个质量为m=0.5kg的小物块，它与传送带间的动摩擦因数为0.5，若传送带A到B的长度为16m，g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：（1）物体从A运动到B的时间为多少？（2）若皮带轮以速率v=2m/s沿逆时针方向转动，在传送带下端B处无初速地放上一个小物块，它与传送带间的动摩擦因数为μ=0.8，那么物块从B端运到A端所需的时间是多少？【答案】（1）（2）【解析】（1）物体放上传送带，滑动摩擦力的方向先沿斜面向下。根据牛顿第二定律得-23-\n则速度达到传送带速度所需的时间经过的位移由于，可知物体与传送带不能保持相对静止。速度相等后，物体所受的摩擦力沿斜面向上根据牛顿第二定律得根据，即解得则（2）物体放上传送带后，开始一段时间t1内做初速度为0的匀加速直线运动，物体所受合力根据牛顿第二定律可得：此时物体的加速度当物体速度增加到2m/s时产生的位移因为所以匀加速运动的时间所以物体速度增加到2m/s后，由于，所以物体将以速度v做匀速直线运动故匀速运动的位移为x2=L–x1=16–5=11m，所用时间所以物体运动的总时间【名师点睛】该题目的关键就是要分析好各阶段物体所受摩擦力的大小和方向，并对物体加速到与传送带有相同速度时，是否已经到达传送带顶端进行判断。-23-\n10．（2022·江苏启东中学高三月考）摩天大楼中一部直通高层的客运电梯，行程超过百米。电梯的简化模型如图甲所示。考虑安全、舒适、省时等因素，电梯的加速度a是随时间t变化的。已知电梯在t=0时由静止开始上升，a–t图象如图乙所示。电梯总质量m=2.0×103kg。忽略一切阻力，重力加速度g取10m/s2。（1）求电梯在上升过程中受到的最大拉力F1和最小拉力F2；（2）类比是一种常用的研究方法．对于直线运动，教科书中讲解了由v–t图象求位移的方法．请你借鉴此方法，对比加速度和速度的定义，根据图乙所示的a–t图象，求电梯在第1s内的速度改变量Δv1和第2s末的速率v2；（3）求电梯以最大速率上升时，拉力做功的功率P；再求在0~11s时间内，拉力和重力对电梯所做的总功W。【答案】（1）F1=2.2×104NF2=1.8×104N（2）Δv1=0.5m/sv2=1.5m/s（3）P=2.0×105WW=1.0×105J（2）类比可得，所求速度变化量等于第1s内a–t图线与t轴所围图形的面积，可得Δv1=0.5m/s同理可得2s内的速度变化量Δv2=v2–v0=1.5m/sv0=0，第2s末的速率v2=1.5m/s（3）由a–t图象可知，11~30s内速率最大，其值vm等于0~11s内a–t图线与t轴所围图形的面积，此时电梯做匀速运动，拉力F等于重力mg，所求功率-23-\nP=Fvm=mg·vm=2.0×103×10×10W=2.0×105W由动能定理得，总功W=Ek2–Ek1=mvm2–0=×2.0×103×102J=1.0×105J【名师点睛】本题一要有基本的读图能力，并能根据加速度图象分析电梯的运动情况；二要能运用类比法，理解加速度图象“面积”的物理意义。11．（2022·河北定州中学高一周练）一位蹦床运动员仅在竖直方向上运动，蹦床对运动员的弹力F随时间t的变化规律通过传感器用计算机绘制出来，如图所示。设运动过程中不计空气阻力，g取10m/s2。结合图象，试求：（1）运动员的质量；（2）运动过程中，运动员的最大加速度；（3）运动员离开蹦床上升的最大高度。【答案】（1）（2）（3）【名师点睛】本题考查读图能力和分析研究实际问题的能力。同时要抓住运动员在空中做竖直上抛运动时的对称性，上升和下落时间相等。-23-\n12．质量为2kg的物体，在水平恒力F=4N的作用下由静止开始沿水平面运动，经时间2s后撤去外力F，物体又经时间4s后重新静止。求：（1）物体所受阻力大小；（2）该过程物体发生的总位移。【答案】（1）（2）【解析】（1）以物体为研究对象，当有水平恒力作用时，物体做匀加速直线运动根据牛顿第二定律，得：获得的速度撤去外力后，物体匀减速直线运动，匀减速运动的初速度等于匀加速运动的末速度根据牛顿第二定律，得：且由以上各式解得，阻力（2）加速过程的加速度，位移减速过程的加速度，位移物体的总位移13．观光旅游、科学考察经常利用热气球，保证热气球的安全就十分重要。科研人员进行科学考察时，气球、座舱、压舱物和科研人员的总质量为M=800kg，在空中停留一段时间后，由于某种故障，气球受到的空气浮力减小，当科研人员发现气球在竖直下降时，气球速度为v0=2m/s，此时开始计时经过t=4s时间，气球匀加速下降了h=16m，科研人员立即抛掉一些压舱物，使气球匀速下降。不考虑气球由于运动而受到的空气阻力，重力加速度g=10m/s2。求：（1）气球加速下降阶段的加速度大小是多少？（2）抛掉的压舱物的质量m是多大？（3）抛掉一些压舱物后，气球经过时间Δt=5s，气球下降的高度是多大？-23-\n【答案】（1）a=1m/s2（2）m=80kg（3）H=30m【解析】（1）设气球加速下降的加速度为a，受到空气的浮力为F，则由运动公式可知：x=v0t+at2/2解得：a=1m/s2（2）由牛顿第二定律得：Mg–F=Ma抛掉质量为m压舱物，气体匀速下降，有：（M–m）g=F解得m=80kg。（3）设抛掉压舱物时，气球的速度为v，经过Δt=5s下降的高度为H由运动公式可知：v=v0+atH=vΔt解得H=30m。14．如图所示，物体的质量m=4kg，与水平地面间的动摩擦因数为μ=0.2，在倾角为37°，F=10N的恒力作用下，由静止开始加速运动，当t=5s时撤去F，（g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）。求：（1）物体做加速运动时的加速度a；（2）撤去F后，物体还能滑行多长时间？【答案】（1）a=0.3m/s2（2）t2=0.75s【解析】（1）物体在力F作用下做初速度为零的加速运动，受力如图所示：水平方向有：Fcos37°﹣f=ma竖直方向有：Fsin37°+N﹣mg=0-23-\n摩擦力：f=μN带入数据解得a=0.3m/s2（2）撤去外力F后物体在滑动摩擦力作用下做匀减速运动，匀减速运动的初速度为v=at1再由速度公式可得，0=v–a′t2加速度为a′=μg代入数据解得t2=0.75s15．质量为2kg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图象如图所示，，求：（1）物体与水平面间的运动摩擦因数μ；（2）水平推力F的大小；（3）0~10s内物体运动位移的大小。【答案】（1）（2）（3）【解析】（1）设物体做匀减速直线运动的时间为∆t2、初速度为v20、末速度为v2t、加速度为a2，则：①设物体所受的摩擦力为Ff，根据牛顿第二定律，有②，③，联立①②③得：④（2）设物体做匀加速直线运动的时间为、初速度为、末速度为、加速度为，则-23-\n⑤根据牛顿第二定律，有⑥，联立③⑤⑥得：（3）由匀变速直线运动位移公式，得。16．在粗糙水平面上，一电动玩具小车以=4m/s的速度做匀速直线运动，其正前方平铺一边长为L=0.6m的正方向薄板，小车在到达薄板前某处立即刹车，靠惯性运动s=3m的距离后沿薄板一边的中垂线平滑地冲上薄板。小车与水平面以及小车与薄板之间的动摩擦因数均为，薄板与水平面之间的动摩擦因数，小车质量为M为薄板质量m的3倍，小车可看成质点，重力加速度，求：（1）小车冲上薄板时的速度大小；（2）小车刚冲上薄板到停止时的位移大小。【答案】（1）（2）【解析】（1）根据牛顿第二定律得，小车在水平面上刹车的加速度大。根据速度位移公式得：，解得：。-23-\n此时两者发生的相对位移为：，代入数据解得：，此时小车的位移为：，相等的速度然后两者一起做匀减速直线运动，匀减速运动的加速度为：，则一起匀减速直线运动的位移为：，所以小车从刚冲上薄板到停止时的位移大小为：。17．质量为200kg的物体置于升降机内的台秤上，从静止开始上升，运动过程中台秤示数F与时间t的关系如图所示。求这段时间内升降机上升的高度。（g取10m/s2）【答案】H=50m【解析】0~2s内F1=3000N，由牛顿第二定律得：F1–mg=ma解得：a=5m/s2方向竖直向上位移x1=a1t12/2=10m；2~5s内，F2=2000N=mg则a=0位移x2=v1t=a1t1t2=30m；5~7s内，F3=1000N，由牛顿第二定律得：F3–mg=ma2解得：a2=–5m/s2，方向竖直向下位移x3=v1t3+a3t32/2=10m整个过程上升的高度H=x1+x2+x3=50m。-23-\n18．如图所示，一足够长的光滑斜面倾角为30°，斜面AB与水平面BC平滑连接。质量m=2kg的物体置于水平面上的D点，D点距B点d=7m，物体与水平面间的动摩擦因素为0.2。现使物体受到一水平向左的恒力F=8N作用，经时间t=2s后撤去该力，不考虑物体经过B点碰撞时的能量损失，重力加速度g取10m/s2，求撤去拉力F后，经过多长时间经过B点？【答案】t3=1.8s【解析】物体在水平面上运动过程：设撤去F前后物体的加速度大小分别为a1、a2，由牛顿第二定律得：F–μmg=ma1，μmg=ma2，代入解得a1=2m/s2，a2=2m/s2。恒力F作用t=2s后物体的位移为x1=a1t22=4m，此时物体的速度为v=a1t1=4m/s设撤去拉力F后，物体第一次经过B点的时间为t1，则由d–x1=vt1–a2t12代入解得t1=1s（另一解t1=3s，舍去，根据t1=3s，判断出物体到不了B点）物体在斜面上运动过程：设加速度大小为a3，则mgsin30°=ma3，a3=5m/s2。由上可得物体滑到B点时速度大小为v0=v–a2t1=2m/s则物体物体在斜面上滑行的总时间，所以物体第二次经过B点的时间为t3=t1+t2=1.8s。则撤去拉力F后，物体两次经过B点，第一次时间为1s，第二次时间为1.8s。19．质量m=1kg的物体在F=20N的水平推力作用下，从足够长的粗糙斜面的底端A点由静止开始沿斜面运动，物体与斜面间动摩擦因数为μ=0.25，斜面固定不动，与水平地面的夹角θ=37°，力F作用4s后撤去，撤去力F后5s物体正好通过斜面上的B点。（已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2）。求：-23-\n（1）撤去力F时的速度；（2）力F作用下物体发生的位移；（3）AB之间的距离。【答案】（1）（2）（3）【解析】（1）由题意知：沿斜面方向：垂直斜面方向：解得：故撤去力F时的速度为：（2）力F作用下物体发生的位移为：（3）撤去力F后，物体的加速度为：故经t2减速到零，则；此过程的位移为：后物体向下做初速为零的匀加速直线运动，向下的加速度为：经的位移为：由几何关系知：。20．如图（甲）所示，质量m=2kg的物体在水平面上向右做直线运动。过a-23-\n点时给物体作用一个水平向左的恒力F并开始计时，选水平向右为速度的正方向，通过速度传感器测出物体的瞬时速度，所得vt图象如图（乙）所示。取重力加速度为g=10m/s2。求：（1）力F的大小和物体与水平面间的动摩擦因数μ；（2）10s后撤去拉力F，求物体再过15s离a点的距离。【答案】（1）F=3Nμ=0.05（2）d=38m【解析】（1）设物体向右做匀减速直线运动的加速度为a1，则由vt图得加速度大小a1=2m/s2，方向与初速度方向相反。设物体向左做匀加速直线运动的加速度为a2，则由vt图得加速度大小a2=1m/s2，方向与初速度方向相反。在0~4s内，根据牛顿第二定律，有F+μmg=ma1在4~10s内，F–μmg=ma2代入数据解得：F=3N，μ=0.05。则物体在15s内的位移即为12s内的位移-23-\n则物体在12s内的位移物体在15s后离a点的距离d=|x|+x′=38m。21．汽车以1.6m/s的速度在水平地面上匀速行驶，汽车后壁货架上放有一小球（可视作质点），架高1.8m。由于前方事故，突然急刹车，汽车轮胎抱死，小球从架上落下。已知该型号汽车在所在路面行驶时刹车痕s（即刹车距离）与刹车前车速v的关系如下图2线所示，忽略货物与架子间的摩擦及空气阻力，g取10m/s2。求：图1图2（1）汽车刹车过程中的加速度多大；（2）货物在车厢底板上落点距车后壁的距离。【答案】（1）a=4m/s2（2）∆s=0.64m【解析】（1）汽车以速度v刹车，匀减速到零，刹车距离为s。由运动学公式v2=2as由v﹣s关系图象知：当v=4m/s时，s=2m代入数值得：a=4m/s2（2）刹车后，货物做平抛运动：所以货物的水平位移为：s2=vt=0.96m-23-\n汽车做匀减速直线运动，刹车时间为t'，则：则汽车的实际位移为：故：∆s=s2–s1=0.64m。-23-
