文档文本内容
微专题 19 动力学两类基本问题
1．做好两个分析：(1)受力分析，将力合成或正交分解后根据牛顿第二定律列方程。(2)运动
过程分析，表示出加速度与各运动量的关系。2.把握一个关键：加速度是力和运动的联系纽
带，求解加速度是解决问题的关键。
1．我国自主研发的“直8”消防灭火直升机，已多次在火场大显“神威”。在某次消防灭
火行动中，“直8”通过一根长绳子吊起质量为2×103 kg的水桶(包括水)，起飞时，在2 s
内将水桶(包括水)由静止开始竖直向上匀加速提升了4 m，重力加速度g取10 m/s2，不计空
气阻力，则该段时间内绳子拉力大小为( )
A．2.0×104 N B．2.4×104 N
C．4.0×104 N D．4.8×104 N
答案 B
解析 由匀变速直线运动规律x＝at2，解得水桶(包括水)的加速度a＝＝2 m/s2。以水桶(包括
水)为研究对象，有F －mg＝ma，解得绳子拉力F ＝mg＋ma＝2×103×10 N＋2×103×2 N
T T
＝2.4×104 N，故选项B正确。
2．一质量为1 kg的小型遥控无人机，在F＝16 N的恒定升力作用下由静止开始竖直起飞，
经过3 s后，无人机达到最大速度6 m/s，改变升力，此后无人机匀速上升。假设无人机竖直
飞行时所受的阻力大小不变，重力加速度g取10 m/s2。则该无人机( )
A．起飞时的加速度大小为4 m/s2
B．在竖直上升过程中所受阻力的大小为2 N
C．竖直向上加速阶段位移大小为12 m
D．上升至离地面30 m处所需的最短时间为6.5 s
答案 D
解析 由题意知无人机以恒定升力起飞时的加速度 a＝＝2 m/s2，选项A错误；由牛顿第二
定律有F－f－mg＝ma，解得f＝4 N，选项B错误；竖直向上加速阶段x ＝at2，解得x ＝9
1 1 1
m，选项C错误；匀速阶段需时间t ＝＝3.5 s，无人机从地面起飞竖直上升至离地面h＝30
2
m处所需的最短时间t＝t＋t＝6.5 s，选项D正确。
1 2
3. (2021·全国甲卷·14)如图，将光滑长平板的下端置于铁架台水平底座上的挡板P处，上部
架在横杆上。横杆的位置可在竖直杆上调节，使得平板与底座之间的夹角 θ可变。将小物块
由平板与竖直杆交点Q处静止释放，物块沿夹板从Q点滑至P点所用的时间t与夹角θ的大
小有关。若由30°逐渐增大到60°，物块的下滑时间t将( )
关注公众号《黑洞视角》获取更多资料A．逐渐增大 B．逐渐减小
C．先增大后减小 D．先减小后增大
答案 D
解析 设PQ的水平距离为L，由运动学公式可知＝gsin θ·t2，可得t2＝，可知θ＝45°时t有
最小值，故当θ从30°逐渐增大至60°时，下滑时间t先减小后增大。故选D。
4．(多选)如图甲所示，物块的质量m＝1 kg，初速度v ＝10 m/s，在一水平向左的恒力F作
0
用下从O点沿粗糙的水平面向右运动，某时间后恒力 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如图乙所示，g＝10 m/s2，下列选项中正确的是(
)
A．0～5 s内物块做匀减速运动
B．在t＝1 s时刻，恒力F反向
C．物块与水平面间的动摩擦因数为0.3
D．恒力F大小为10 N
答案 BC
解析 0～5 m内，由0－v2＝－2ax 得a ＝10 m/s2。5 m处F反向，t ＝＝1 s，故0～1 s内
0 1 1 1 1
物块做匀减速运动，故A错误，B正确。5～13 m内，由v2＝2ax 得a＝4 m/s2,0～5 m内，
2 2 2 2
由牛顿第二定律有F＋μmg＝ma 5～13 m内，由牛顿第二定律有F－μmg＝ma ，解得F＝7
1, 2
N，μ＝0.3，故C正确，D错误。
5．如图甲所示，倾角为37°的斜面上有A、B两滑块(可视为质点)，在t＝0时，A、B两滑
块相距1 m，它们在斜面上运动的v－t图像如图乙所示。已知斜面足够长，两滑块均只受重
力和斜面作用力，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则下列说法正确的
是( )
关注公众号《黑洞视角》获取更多资料A．滑块A与斜面间的动摩擦因数为0.2
B．滑块B与斜面间的动摩擦因数为0.5
C．在t＝1 s时，滑块A追上滑块B
D．在滑块A追上滑块B之前，它们之间的最大距离为3 m
答案 B
解析 由题图乙可得a ＝4 m/s2，a ＝2 m/s2，对滑块A受力分析，由牛顿第二定律可得
A B
m gsin 37°－μ m gcos 37°＝m a ，解得μ ＝0.25，故A错误；对滑块B受力分析，由牛顿
A A A A A A
第二定律可得m gsin 37°－μ m gcos 37°＝m a ，解得μ ＝0.5，故B正确；在t＝1 s时，两
B B B B B B
滑块速度相等，相距最远，x ＝a t2＝2 m，x ＝v t＋a t2＝3 m，则Δx＝x －x ＋x ＝2 m，
A A B B B B A 0
故C、D错误。
6. 如图所示，ab、cd是竖直平面内两根固定的光滑细杆，a、b、c、d位于同一圆周上，b
点为圆周的最低点，c点为圆周的最高点，若每根杆上都套着一个小滑环(图中未画出)，将
两滑环同时从a、c处由静止释放，用t 、t 分别表示滑环从a到b、c到d所用的时间，则(
1 2
)
A．t＝t B．t>t
1 2 1 2
C．t<t D．无法确定
1 2
答案 A
解析 设杆与竖直方向的夹角为α，圆周的直径为L。根据牛顿第二定律得：滑环的加速度
为a＝＝gcos α；滑杆的长度为 s＝Lcos α；则根据s＝at2得，t＝＝＝ ，可见，时间t与α
无关，故有t＝t。故选A。
1 2
7．(2023·江苏南通市阶段练习)如图，某航空母舰的水平跑道总长为l，其中电磁弹射区安装
有直线电机，该电机可提供4.0×104 N的恒定牵引力。一架质量为m＝2.0×104 kg的飞机，
其喷气式发动机可以提供1.2×105 N的恒定推力。假设飞机在跑道所受阻力大小恒为飞机
重力的0.2倍，在跑道末端离舰起飞的速度v ＝36 m/s，飞机在跑道上的后阶段运动的时间
2
比弹射区运动的时间多4 s。设航空母舰始终处于静止状态，飞机可看作质量恒定的质点，
重力加速度g＝10 m/s2，求：
关注公众号《黑洞视角》获取更多资料(1)飞机离开电磁弹射区的速度大小v；
1
(2)跑道的总长度l。
答案 (1)12 m/s (2)156 m
解析 (1)由题知阻力f＝0.2mg＝4×104 N
第一阶段由牛顿第二定律有F＋F－f＝ma
1 2 1
a＝＝6.0 m/s2
1
第二阶段由牛顿第二定律有a＝
2
解得a＝4.0 m/s2
2
由匀加速运动速度公式得v＝at
1 11
v＝v＋at
2 1 22
t－t＝4 s
2 1
代入数值解得v＝12 m/s
1
(2)由匀加速运动公式得v2＝2ax
1 1 1
解得x＝12 m
1
由匀加速运动公式得v2＝v2＋2ax
2 1 2 2
代入数值解得x＝144 m
2
l＝x＋x＝156 m。
1 2
8．2021年5月15日我国自主研制的火星探测器“天问一号”成功登陆火星。探测器登陆过
程主要为以下几个过程：首先探测器与环绕器分离，进入火星大气层，经历“气动减速”，
假设当速度v ＝500 m/s时打开降落伞，进入“伞降减速阶段”，探测器匀减速下落x＝7.5
2
km至速度v ；接着降落伞脱落，推力发动机开启，进入“动力减速阶段”，经匀减速下落
3
时间t＝100 s速度减为0，上述减速过程均可简化为探测器始终在竖直下落。在距离火星表
面100 m时，探测器进入“悬停阶段”，接着探测器可以平移寻找着陆点；找到安全着陆点
后在缓冲装置和气囊保护下进行“无动力着陆”。已知天问一号探测器质量为m＝5×103
kg，降落伞脱离可视为质量不变，火星表面重力加速度g约为4 m/s2，“伞降减速阶段”中
降落伞对探测器的拉力为重力的5倍。
(1)求“伞降减速阶段”中探测器的加速度大小；
关注公众号《黑洞视角》获取更多资料(2)求“动力减速阶段”中推力发动机对探测器的作用力；
(3)在“悬停阶段”，为寻找合适的着陆点，探测器先向右做匀加速直线运动，再向右做匀
减速直线运动，减速阶段的加速度为加速阶段的2倍，平移总位移为6 m，总时间为3 s，求
减速阶段中发动机对探测器的作用力与重力的比值。
答案 (1)16 m/s2 (2)2.5×104 N (3)
解析 (1)“伞降减速阶段”中，由牛顿第二定律得F －mg＝ma ，F ＝5mg
T 1 T
因此a＝4g＝16 m/s2
1
(2)由v2＝v2－2ax
3 2 1
解得v＝100 m/s
3
因此“动力减速阶段”的加速度a＝＝1 m/s2
2
由牛顿第二定律得F－mg＝ma
2
得F＝mg＋ma ＝2.5×104 N
1 2
(3)设加速阶段加速度为a ，减速阶段加速度为a ，且a ＝2a ，运动过程中最大速度为v ，
3 4 4 3 m
由＋＝3 s
＋＝6 m
解得v ＝4 m/s
m
a＝4 m/s2
4
所以发动机需要提供使其减速的力为F ＝ma
2x 4
维持悬停的力为F ＝mg
2y
因此发动机对探测器的作用力为F＝＝mg
2
则＝。
关注公众号《黑洞视角》获取更多资料
