专题04 动力学经典问题(Word版,含答案)

第一部分考向精练 专题04 动力学经典问题

1．已知物体的受力情况，求解物体的运动情况

解这类题目，一般是应用牛顿第二定律求出物体的加速度，再根据物体的初始条件，应用运动学公式，求出物体的运动情况．

2．已知物体的运动情况，求解物体的受力情况

解这类题目，一般是应用运动学公式求出物体的加速度，再应用牛顿第二定律求出物体所受的合外力，进而求出物体所受的某个力． 可用程序图表示如下：

3.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。 4．连接体的运动特点

轻绳——轻绳在伸直状态下，两端的连接体沿绳方向的速度总是相等．

轻杆——轻杆平动时，连接体具有相同的平动速度；轻杆转动时，连接体具有相同的角速度，而线速度与转动半径成正比．

轻弹簧——在弹簧发生形变的过程中，两端连接体的速度不一定相等；在弹簧形变量最大时，两端连接体的速率相等．

【例1】(2019·四川雅安一模)如图所示，质量为1 kg的物体静止于水平地面上，用大小为6.5 N的水平恒力F作用在物体上，使物体由静止开始运动50 m后撤去拉力F，此时物体的速度为20 m/s，物体继续向前滑行直至停止，g取10 m/s2。求：

(1)物体与地面间的动摩擦因数； (2)物体运动的总位移； (3)物体运动的总时间。

【思路点拨】(1)先做初速度为零的匀加速直线运动，再做匀减速直线运动直到速度为零。 (2)两段运动过程衔接处的速度相同。 【答案】(1)0.25 (2)130 m (3)13 s

【解析】(1)在拉力F作用下，物体的加速度大小为： v2a1＝

2x1

对物体，由牛顿第二定律有：F－μmg＝ma1， 联立解得：μ＝0.25。

(2)撤掉拉力F后的加速度大小为：a2＝μg＝2.5 m/s2 v2

撤掉拉力F后的位移为：x2＝＝80 m

2a2

全程总位移为：x＝x1＋x2＝50 m＋80 m＝130 m。 v

(3)物体加速运动的时间为：t1＝＝5 s

a1v

减速运动的时间为：t2＝＝8 s

a2物体运动的总时间：t＝t1＋t2＝13 s。

【规律总结】

1.解决动力学两类基本问题的思路

F＝ma

受力分析

运动学公式加速度运动状态

2．动力学基本问题的解题步骤

(1)明确研究对象：根据问题的需要和解题的方便，选择某个物体或某系统作为研究对象。 (2)受力分析：画好受力示意图，选择适当的处理方法求出合力或合力的表达式。 ①合成法：合成法适用于受力个数较少(2个)的情况。

②正交分解法：正交分解法适用于各种情况，尤其是物体的受力个数较多(3个或3个以上)时。 (3)运动情况分析：画出运动示意图，明确物体的运动性质和运动过程，求出或设出物体的加速度。 (4)根据牛顿第二定律和运动学规律列式求解。

【例2】(2019·湖南衡阳一模)如图所示，质量分别为m和2m的A、B两物块，用一轻弹簧相连，将A用轻绳悬挂于天花板上，用一木板托住物块B。调整木板的位置，当系统处于静止状态时，悬挂A物块的悬绳恰好伸直且没有拉力，此时轻弹簧的形变量为x，突然撤去木板，重力加速度为g，物块运动过程中，弹簧始终在弹性限度内，则下列说法正确的是( )

A．撤去木板瞬间，B物块的加速度大小为g

B．撤去木板瞬间，B物块的加速度大小为0.5g

C．撤去木板后，B物块向下运动3x时速度最大D．撤去木板后，B物块向下运动2x时速度最大 【答案】C

【解析】当系统处于静止状态时，悬挂A物块的悬绳恰好伸直且没拉力，则弹簧处于压缩状态，且弹簧弹力大小T1＝mg。撤去木板瞬间，B物块受到的合力为T1＋2mg＝3mg，由牛顿第二定律可知：aB＝

3mg

＝2m

1.5g，故A、B错误；当B物块受到的合外力为零时，速度最大，此时弹簧弹力向上，且大小为T2＝2mg＝kx′，又T1＝mg＝kx，所以弹簧此时的伸长量x′＝2x，即B物块向下运动3x时速度最大，故C正确，D错误。 【规律总结】

瞬时加速度的两种模型

(1)刚性绳(或接触面)：不发生明显形变就能产生弹力的物体，剪断(或脱离)后，其弹力立即消失，不需要形变恢复时间。

(2)弹簧(或橡皮绳)：两端同时连接(或附着)有物体的弹簧(或橡皮绳)，特点是形变量大，其形变恢复需要较长时间，在瞬时性问题中，其弹力的大小通常可以看做保持不变。

【例3】(2019·湖南怀化一模)(多选)如图甲所示，物块A叠放在木板B上，且均处于静止状态，已知水平地面光滑，A、B间的动摩擦因数μ＝0.2，现对A施加一水平向右的拉力F，测得B的加速度a与拉力F的关系如图乙所示，下列说法正确的是(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10 m/s2)( )

A．当F＜24 N时，A、B都相对地面静止 B．当F＞24 N时，A相对B发生滑动 C．A的质量为4 kg D．B的质量为24 kg

【思路点拨】(1)B受到的静摩擦力达到了最大值，之后A和B开始相对滑动。 (2)A和B之间的摩擦力达到最大静摩擦力，此时A和B的加速度仍相等。 (3)先隔离B分析，再对A或整体分析。 【答案】BC

【解析】当A与B间的摩擦力达到最大静摩擦力后，A、B会发生相对滑动，由图可知，B的最大加速度为4 m/s2，即拉力F＞24 N时，A相对B发生滑动，当F＜24 N时，A与B保持相对静止，一起相对地面做加速直线运动，故A错误，B正确；F＝24 N时，B达到最大加速度，此时A与B的加速度大小相等，对B，根据牛顿第二定律得，aB＝

F－μmAgμmAg

＝4 m/s2，对A，根据牛顿第二定律得，aA＝＝4 m/s2，解mBmA

得mA＝4 kg，mB＝2 kg，故C正确，D错误。 【规律总结】

解决连接体问题应注意的问题 (1)整体法与隔离法的使用条件

①当连接体中各物体具有共同的加速度时，一般采用整体法；当系统内各物体的加速度不同时，一般采用隔离法。

②求连接体内各物体间的相互作用力时必须用隔离法。 (2)两物体分离或相对滑动的条件

①叠加体类连接体：两物体间刚要发生相对滑动时物体间的静摩擦力达到最大值。 ②靠在一起的连接体：分离时相互作用力为零，但此时两物体的加速度仍相同。

(3)用滑轮连接的连接体的处理方法

通过滑轮连接的两个物体：加速度大小相同。加速度不为零时，轻绳的拉力不等于所悬挂物体的重力。

1．(2019·黑龙江哈尔滨三中二模)水平路面上质量为30 kg 的小车，在60 N水平推力作用下由静止开始以1.5 m/s2的加速度做匀加速直线运动。2 s后撤去该推力，则( )

A．小车2 s末的速度是4 m/s B．小车受到的阻力大小是15 N C．撤去推力后小车的加速度大小是1 m/s2 D．小车运动的总时间为6 s

2.(2019·四川教三诊)(多选)如图，在水平面上固定一倾角为30°的光滑斜面，斜面底部有一垂直于斜面的固定挡板，A和B用轻弹簧相连，A靠在挡板上，C靠在B上，A、B、C三者质量均为m，力F作用在C上使弹簧处于压缩状态。现撤去F，弹簧弹开，最后使A和挡板恰无弹力，重力加速度为g，在这个过程中以下说法正确的是( )

A．当B速度最大时，B、C间弹力为0 1B．当B和C分离时，A对挡板的压力为mg

2C．当B和C分离时，它们的速度相等且达到最大 3

D．当B的速度最大时，A对挡板的压力为mg

2

3.(2019·河北衡水中学三模)(多选)如图甲所示，足够长的木板B静置于光滑水平面上，其上放置小滑块A。木板B受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出木板B的加速度a，得到如图乙所示的a-F图象，已知g取10 m/s2，则( )

A．滑块A与木板B间动摩擦因数为0.1 B．当F＝10 N时木板B的加速度为4 m/s2 C．木板B的质量为1 kg D．滑块A的质量为4 kg

4.(2019·重庆三诊)如图所示，在倾角为30°的光滑斜面上，质量相等的甲、乙物体通过弹簧连接，乙物体通过轻绳与斜面顶端相连。已知轻弹簧、轻绳均与斜面平行，重力加速度大小为g。剪断轻绳的瞬间，下列说法正确的是( )

ggA．甲、乙的加速度大小均为 B．甲的加速度为零，乙的加速度大小为

22C．甲的加速度为g，乙的加速度大小为零 D．甲的加速度为零，乙的加速度大小为g

5. (2019·广东惠州二模)如图所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验。若砝码和纸板的质量分别为2m和m，各接触面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g。要使纸板相对砝码运动，所需拉力的大小至少应为( )

A．3μmg B．4μmg C．5μmg D．6μmg

6.(2019·山东省日照市模拟)如图所示，一辆有驱动力的小车上有一水平放置的弹簧，其左端固定在小车上，右端与一质量为1 kg的物块相连。物块和小车一起向右匀速运动时，弹簧处于压缩状态，弹簧弹力大小为2 N。若小车开始向右加速运动，则( )

A．随着小车的加速度增大，物块受到的摩擦力逐渐减小 B．随着小车的加速度增大，物块受到的弹簧弹力逐渐增大 C．当小车的加速度大小为5 m/s2时，物块一定与小车相对滑动 D．当小车的加速度大小为4 m/s2时，物块一定与小车相对静止

7.(2019·河北省衡水中学下学期二调模拟)如图所示，宽为L的竖直障碍物上沿有间距d＝0.6 m的矩形孔，其下沿离地高h＝1.2 m，离地高H＝2 m可视为质点的小球与障碍物相距x，在障碍物以v0＝4 m/s的速度匀速向左运动的同时，小球自由下落，忽略空气阻力，g＝10 m/s2，则下列说法正确的是( BC )

A．L＝1 m、x＝1 m时小球可以穿过矩形孔 B．L＝0.8 m、x＝0.8 m时小球可以穿过矩形孔 C．L＝0.6 m、x＝1 m时小球可以穿过矩形孔 D．L＝0.6 m、x＝1.2 m时小球可以穿过矩形孔

8. (多选)(2019·杭州二中模拟)如图所示，总质量为460 kg的热气球，从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5 m/s2，当热气球上升到180 m时，以5 m/s的速度向上匀速运动，若离开地面后热气球所受浮力保持不变，上升过程中热气球总质量不变，重力加速度g＝10 m/s2.关于热气球，下列说法正确的是( )

A．所受浮力大小为4 830 N B．加速上升过程中所受空气阻力保持不变 C．从地面开始上升10 s后的速度大小为5 m/s D．以5 m/s匀速上升时所受空气阻力大小为230 N 9.(2019·江苏省宿迁市模拟)如图，光滑固定斜面上有一楔形物体A。A的上表面水平，A上放置一物块B。

cosθ

已知斜面足够长、倾角为θ，A的质量为M，B的质量为m，A、B间动摩擦因数为μ(μ＜)，最大静擦力

sinθ等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对A施加一水平推力。求：

(1)物体A、B保持静止时，水平推力的大小F1；

(2)水平推力大小为F2时，物体A、B一起沿斜面向上运动，运动距离x后撤去推力，A、B一起沿斜面上滑，整个过程中物体上滑的最大距离L；

(3)为使A、B在推力作用下能一起沿斜面上滑，推力F应满足的条件。

10.(2019·陕西西安模拟)小物块以一定的初速度v0沿斜面(足够长)向上运动，由实验测得物块沿斜面运动的最大位移x与斜面倾角θ的关系如图所示．取g＝10 m/s2，空气阻力不计．可能用到的函数值：sin 30°＝0.5，sin 37°＝0.6.求：

(1)物块的初速度v0；

(2)物块与斜面之间的动摩擦因数μ；

(3)计算说明图线中P点对应的斜面倾角为多大？在此倾角条件下，小物块能滑回斜面底端吗？说明理由(设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等)．

参

1.【答案】 B

【解析】 小车2 s末的速度是：v＝at＝1.5×2 m/s＝3 m/s，故A错误；根据牛顿第二定律得：F－f＝ma，解得：f＝F－ma＝60 N－30×1.5 N＝15 N，故B正确；撤去推力后，根据牛顿第二定律：f＝ma1，解得：a1＝0.5 m/s2，故C错误；撤去推力后运动的时间为：t1＝＝8 s，故D错误。 2.【答案】 BD

【解析】 B和C分离瞬间，加速度相等且弹力消失，分离后的瞬间C的加速度为gsin30°，则B的加速度也为gsin30°，由此推知B和C在弹簧原长时分离，此时，它们的加速度不为0，即速度不是最大，速度最大出现在分离之前，故A、C错误；当B和C分离时弹簧处于原长，此时A对挡板的压力等于A重力沿斜1

面方向的分力，即mg，故B正确；当B的速度达到最大时，C的速度也最大，它们受弹簧的弹力等于二

2者重力沿斜面方向的分力，即2mgsin30°＝mg，弹簧另一端的弹力大小也是mg，所以此时A对挡板的压力3

为mg，D正确。 23.【答案】 BC

【解析】由图乙可知，当F＝8 N时，A、B恰不发生相对滑动，加速度为：a＝2 m/s2，对A、B整体，由牛顿第二定律有：F＝(mA＋mB)a，代入数据解得：mA＋mB＝4 kg；当F大于8 N时，A、B发生相对滑动，对B，根据牛顿第二定律得：a＝

F－μmAg1μmAg12

＝F－，由图象可知，图线的斜率：k＝＝＝1，解得：mBmBmBmB8－6

F－μmAg1μmAg

＝F－，可知当a＝0时，F＝6 N，代mBmBmB3

s＝6 s，所以小车运动的总时间为：t总＝(2＋6) s0.5

mB＝1 kg，故滑块A的质量为：mA＝3 kg；由方程a＝

入数据解得μ＝0.2，故A、D错误，C正确。F＝10 N＞8 N时，滑块与木板相对滑动，B的加速度为：aBF－μmAg10－0.2×3×10＝a＝＝ m/s2＝4 m/s2，故B正确。

mB14.【答案】 D

【解析】 剪断轻绳前，对甲、乙、弹簧组成的整体分析知轻绳对乙球的弹力大小为2mgsin30°，因弹簧弹力不能突变，而绳子的弹力会突变，所以剪断轻绳瞬间，甲球所受合力为零，加速度为零；乙球所受合力为2mgsin30°，加速度为2gsin30°＝g，故A、B、C错误，D正确。 5.【答案】 D

【解析】 当纸板相对砝码运动时，设砝码的加速度为a1，纸板的加速度为a2，则根据牛顿第二定律得：对砝码有：f1＝μ·2mg＝2ma1， f1得：a1＝＝μg，

m1

对纸板有F－f1－f2＝ma2，

纸板与砝码发生相对运动需要纸板的加速度不小于砝码的加速度，即：a2≥a1， 所以：F＝f1＋f2＋ma2≥f1＋f2＋ma1＝μ·2mg＋μ·3mg＋μmg＝6μmg， 即：F≥6μmg，选D。 6.【答案】D

【解析】当物块和小车一起向右匀速运动时，对物块分析可得物块受到水平向左的静摩擦力，大小为2 N，即物所受的最大静摩擦力fm≥2 N。小车向右做加速运动，对物块由牛顿第二定律列方程：F－f＝ma，当加速度不太大时，弹簧弹力不变，随着小车的加速度增大，物块受到的摩擦力先是逐渐减小，后反向增大，A、B均错误；当小车的加速度大小为4 m/s2，可求得此时受的摩擦力大小为2 N，方向水平向右，物块一定与小车相对静止，D正确；当小车的加速度大小为5 m/s2，假设物块与小车仍相对静止，可求得此时受的摩擦力大小为3 N，方向水平向右，由于最大静摩擦力大小不确定，此时物块可能与小车相对静止，C错误。 7.【答案】BC

2H－h－d

＝g

2×2－1.2－0.6

＝0.2 s；

10

【解析】小球做自由落体运动到矩形孔的上沿的时间为：t1＝小球做自由落体运动到矩形孔下沿的时间为t2＝

2H－h

＝g

2×2－1.2

＝0.4 s，则小球通过矩形孔的时10

间为Δt＝t2－t1＝0.2 s，根据等时性知L的最大值为Lm＝v0 Δt＝4×0.2 m＝0.8 m，故A错误；若L＝0.8 m，x的最小值为xmin＝v0t1＝4×0.2 m＝0.8 m，x的最大值为xmax＝v0t2－L＝4×0.4－0.8 m＝0.8 m，x的取值范围是x＝0.8 m，B正确；若L＝0.6 m，x的最小值为xmin＝v0t1＝4×0.2 m＝0.8 m，x的最大值为xmax＝v0t2－L＝4×0.4－0.6 m＝1 m，所以0.8 m≤x≤1 m，C正确，D错误。 8【答案】AD.

【解析】：刚开始上升时，空气阻力为零，F浮－mg＝ma，解得F浮＝m(g＋a)＝4 830 N，A正确；加速上升过程，若保持加速度不变，则热气球上升到180 m时，速度v＝2ah＝65 m/s＞5 m/s，所以热气球做加速度减小的加速直线运动，上升10 s后的速度v′＜at＝5 m/s，C错误；再由F浮－F阻－mg＝ma可知空气阻力F阻增大，B错误；匀速上升时，F浮＝F阻＋mg，所以F阻＝F浮－mg＝230 N，D正确．

9.【答案】(1)(M＋m)gtanθ (2)

m＋Msinθ＋μcosθgF2x

(3)(M＋m)gtanθ＜F≤ m＋Mgtanθcosθ－μsinθ

【解析】(1) A和B整体处于平衡状态，则 F1cosθ＝(m＋M)gsinθ： 解得：F1＝(m＋M)gtanθ；

(2) A和B整体上滑过程由动能定理得 F2xcosθ－(m＋M)gLsinθ＝0 F2x

解得：L＝；

m＋Mgtanθ

(3)A和B间恰好不滑动时，设推力为F0，上滑的加速度为a，A对B的弹力为N，对A和B整体有 F0cosθ－(m＋M)gsinθ＝(m＋M)a 对B有：fm＝μN＝macosθ N－mg＝masinθ

m＋Msinθ＋μcosθg

解得：F0＝ cosθ－μsinθ

则为使A、B在推力作用下能一起沿斜面上滑，推力应满足的条件 m＋Msinθ＋μcosθg

(M＋m)gtanθ＜F≤

cosθ－μsinθ

10.【答案】：(1)8 m/s (2)0.5 (3)37° 能滑回底端 理由见解析

【解析】：(1)当θ＝90°时，物块做竖直上抛运动，末速度为0由题图得上升最大位移为xm＝3.2 m 由v20＝2gxm，得v0＝8 m/s.

(2)当θ＝0时，物块相当于在水平面上做匀减速直线运动，末速度为0 由题图得水平最大位移为x＝6.4 m 由运动学公式有：v20＝2ax

由牛顿第二定律得：μmg＝ma，得μ＝0.5.

(3)设题图中P点对应的斜面倾角值为θ，物块在斜面上做匀减速运动，末速度为0 由题图得物块沿斜面运动的最大位移为x′＝3.2 m 由运动学公式有：v20＝2a′x′

由牛顿第二定律有：mgsin θ＋μmgcos θ＝ma′ 得10sin θ＋5cos θ＝10，得θ＝37°.

因为mgsin θ＝6m＞μmgcos θ＝4m，所以能滑回斜面底端．