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2024 高考物理一轮复习100 考点100 讲
第三章 牛顿运动定律
第3.3 讲 动力学的两类基本问题
【知识点精讲】
1．已知受力情况求物体的运动情况；
由受力情况判断物体的运动情况，处理这类问题的基本思路是先求出几个力的
合力，由牛顿第二定律(F 合＝ma)求出加速度，再由运动学的相关公式求出速度
或位移等。
2．已知运动情况求物体的受力情况。
由物体的运动情况判断受力情况，处理这类问题的基本思路是已知加速度或根
据运动规律求出加速度，再由牛顿第二定律求出合力，从而确定未知力，至于
牛顿第二定律中合力的求法可用力的合成和分解法(平行四边形定则)或正交分
解法。
3．动力学的两类基本问题
运用牛顿运动定律研究力和运动的关系包括两类基本问题，分析思路如下。
说明：解决两类基本问题的方法：以加速度为桥梁，由牛顿第二定律和运动学
公式列方程求解。
【方法归纳】
一 动力学两类问题的解题步骤
1．明确研究对象。根据问题的需要和解题的方便，选出被研究的物体。
2．分析物体的受力情况和运动情况，画好受力分析图，明确物体的运动性质和
运动过程。
3．明确问题性质：由运动求力，需先用运动学公式求出加速度，然后根据受力
1
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分析结合牛顿第二定律求力；由受力求运动，需先根据受力分析求出加速度，
然后根据运动学公式求位移或速度。
题后反思
(1)解决动力学两类问题的关键点
(2)解决动力学问题时的处理方法
①合成法：在物体受力个数较少(2 个或3 个)时一般采用“合成法”．即F 合
＝ma
②正交分解法：若物体的受力个数较多(3 个或3 个以上)，则采用“正交分
解法”．即
二 多过程问题的处理方法
1．将复杂物理过程分解为几个子过程。
2．分析每一个子过程中物体受力情况、运动情况、约束条件。
3．注意子过程之间的联系，可以从时间、位移、速度等方面寻找。
4．注意画好受力分析图和运动示意图。
【方法总结】
1．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。
2．解决动力学基本问题时对力的处理方法
(1)合成法——在物体受力个数较少(2 个或3 个)时一般采用“合成法”；
(2)正交分解法——若物体的受力个数较多(3 个或3 个以上)，则采用“正交分解
法”。
【典例分析】
滑冰车是儿童喜欢的冰上娱乐项目之一．如图所示为小明妈妈正与小明在
冰上做游戏，小明与冰车的总质量是40 kg，冰车与冰面之间的动摩擦因数为
0.05.在某次游戏中，假设小明妈妈对冰车施加了40 N 的水平推力，使冰车从静
2
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止开始运动10 s 后，停止施加力的作用，使冰车自由滑行．(假设运动过程中冰
车始终沿直线运动，小明始终没有施加力的作用)．求：
(1)冰车的最大速率．
(2)冰车在整个运动过程中滑行总位移的大小．
[教你解决问题]
【名师解析】：
(1)以冰车及小明为研究对象，由牛顿第二定律得F－μmg＝ma1①
vm＝a1t②
由①②得vm＝5 m/s.
(2)冰车匀加速运动过程中有
x1＝1
2a1t2③
冰车自由滑行时有μmg＝ma2④
vm
2 ＝2a2x2⑤
又x＝x1＋x2⑥
由③④⑤⑥得x＝50 m
【最新高考题精练】
1.（2019 全国理综III 卷20）如图（a），物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可
伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平。t=0 时，木板开始受到水平
外力F 的作用，在t=4s 时撤去外力。细绳对物块的拉力f 随时间t 变化的关系如图
（b）所示，木板的速度v 与时间t 的关系如图（c）所示。木板与实验台之间的摩擦可
以忽略。重力加速度取g=10 m/s2。由题给数据可以得出
3
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A．木板的质量为1 kg
B．2 s~4 s 内，力F 的大小为0.4 N
C．0~2 s 内，力F 的大小保持不变
D．物块与木板之间的动摩擦因数为0.2
【参考答案】AB
【名师解析】由图像（b）和图像（c）可知，2s 后物块相对于木板滑动，其滑动摩擦
力f=0.2N，木板的加速度a1=0.2m/s2。隔离木板，分析受力，由牛顿第二定律，F-
f=ma1，4s 后撤去外力F，木板在物块摩擦力作用下做减速运动，加速度大小为a2=0.
2m/s2。隔离木板，分析受力，由牛顿第二定律， f=ma2，联立解得：木板的质量为
m=1 kg，2 s~4 s 内，力F 的大小为F=0.4 N，选项AB 正确；由于0~2 s 内，在拉力作
用下木板处于静止状态，而物块对木板的静摩擦力逐渐增大，所以0~2 s 内，力F 的
大小从0 开始逐渐增大，选项C 错误；由于题述没有给出物块质量，不能根据二者之
间的滑动摩擦力计算得出物块与木板之间的动摩擦因数，选项D 错误。
2.（2018 高考全国理综I·15）如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P，
系统处于静止状态，现用一竖直向上的力F 作用在P 上，使其向上做匀加速直线运动，
以x 表示P 离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F 和x 之间关系的图
像可能正确的是
A．
B．
4
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C．
D．
【参考答案】A
【命题意图】 本题考查牛顿运动定律、匀变速直线运动规律、力随位移变化的图线及其
相关的知识点。
【解题思路】由牛顿运动定律，F-mg-F 弹=ma，F 弹=kx，联立解得F=mg+ma+ kx，对比题
给的四个图象，可能正确的是A。
3（2012·上海物理）如图，将质量m=0.1kg 的圆环套在固定的水平直杆上。环
的直径略大于杆的截面直径。环与杆间动摩擦因数μ=0.8。对环施加一位于竖直
平面内斜向上，与杆夹角θ=53°的拉力F，使圆环以a=4.4m/s2的加速度沿杆运
动，求F 的大小。
【名师解析】：令Fsin53°-mg=0，解得F=1.25N。
当F<1.25N 时，环与杆的上部接触，受力如图。
由牛顿第二定律，Fcosθ-μFN=ma，
Fsinθ+FN=mg，
联立解得：F=
m(a+μg)
cosθ+μsinθ 。
代入数据得：F=1N。
当F>1.25N 时，环与杆的下部接触，受力如图。
由牛顿第二定律，Fcosθ-μFN=ma，
Fsinθ=mg+FN，
联立解得：F=
m(a−μg)
cosθ−μsinθ 。
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代入数据得：F=9N。
【考点定位】此题考查受力分析、力的分解与合成、牛顿第二定律、摩擦定律
及其相关知识。
4（2012·安徽理综第22 题） 质量为0.1 kg 的弹性球从空中某高度由静止开始
下落，该下落过程对应的v-t 图象如图所示。球与水平地面相碰后离开地面时的
速度大小为碰撞前的3/4。该球受到的空气阻力大小恒为f，取g =10 m/s2, 求：
（1）弹性球受到的空气阻力f 的大小；
（2）弹性球第一次碰撞后反弹的高度h。
【参考答案】（1）f=0.2N。（2）h=
3
8 m。
【名师解析】（1）设弹性球第一次下落过程中的加速度大小为a，由v-t 图象
知，加速度a1=
Δv
Δt =8m/s2。
根据牛顿第二定律，得mg-f=ma1，
解得受到的空气阻力的大小f=0.2N。
（2）由v-t 图象知，弹性球第一次到达地面时的速度大小为v1=4m/s。
设弹性球第一次离开地面时的速度大小为v2，则v2=3 v1/ 4=3 m/s。
第一次离开地面后，设上升过程中弹性球的加速度大小为a2，则mg+f=ma2，
解得a2=12m/s2。
于是有0- v2
2=-2 a2h，
解得碰撞后反弹的高度h=
3
8 m。
【考点定位】此题考查v-t 图象、牛顿第二定律及其相关知识。
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5（2012·浙江理综）为了研究鱼所受水的阻力与其形状的关系，小明同学用石
蜡做成两条质量均为m、形状不同的“A 鱼”和“B 鱼”，如图所示。在高出水
面H 处分别静止释放“A 鱼”和“B 鱼”,“A 鱼”竖直下潜hA后速度减小为零，
“B 鱼”竖直下潜hB后速度减小为零。“鱼” 在水中运动时，除受重力外，还
受到浮力和水的阻力。已知“鱼”在水中所受浮力是其重力的 10/9 倍，重力
加速度为g, “鱼”运动的位移值远大于“鱼”的长度。假设“鱼”运动时所受
水的阻力恒定，空气阻力不计。求：
（1）“A 鱼”入水瞬间的速度vA；
（2）“A 鱼”在水中运动时所受阻力fA；
（3）“A 鱼”和“B 鱼”在水中运动时所受阻力之比fA∶fB 。
【名师解析】（1）“A 鱼”入水前做自由落体运动，由vA
2=2gH，
解得“A 鱼”入水前瞬间的速度vA=
。
（2）“A 鱼”在水中运动时受重力、浮力、阻力作用，做匀减速运动，设加速
度为aA，有
F 合=F 浮+fA-mg，
由牛顿第二定律，F 合=maA。
0- vA
2=-2aAhA，
由题意，F 浮=
mg。
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联立解得所受阻力fA=mg(
-
)。
（3）考虑到 “B 鱼”的受力运动情况与 “A 鱼”相似，有
fB=mg(
-
)。
解得“A 鱼”和“B 鱼”在水中运动时所受阻力之比：
=
。
6．(2014·浙江1 月学考)有经验的司机能通过控制油门使汽车做匀加速直线运
动，某品牌轿车连同司机在内总质量为m＝1 500 kg，当轿车受到大小为F1＝
500 N 的牵引力时恰好在水平路面上匀速行驶。现司机通过控制油门使轿车受
到F2＝2 000 N 的牵引力，从v0＝5 m/s 开始加速。假设轿车运动时所受的阻力
保持不变，试求：
(1)轿车运动过程中所受到的阻力大小；
(2)轿车做加速运动时的加速度大小；
(3)轿车开始加速后3 s 内通过的位移大小。
【名师解析】
(1)轿车匀速行驶时，所受合外力为零，水平方向上f＝F1＝500 N；
(2)由牛顿第二定律得F2－f＝ma，解得a＝1 m/s2；
(3)轿车做匀加速运动，3 s 内通过的位移x＝v0t＋at2，解得x＝19.5 m。
答案 (1)500 N (2)1 m/s2 (3)19.5 m
7．(2015·浙江1 月学考)航天飞机着陆时速度很大，可以用阻力伞使它减速，
如图所示。假设一架质量为m 的航天飞机在一条水平直跑道上着陆，着陆时速
度为v0，着陆的同时立即打开阻力伞，减速过程所经时间为t，假定航天飞机着
陆过程中所受阻力不变，问：
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(1)这条跑道至少要多长？
(2)着陆过程所受阻力是多大？
【名师解析】 (1)由运动学公式可得：x＝v t＝v0t
(2)由加速度公式可得加速度的大小为：a＝
由牛顿第二定律可得阻力的大小为：F＝ma＝m
答案 (1)v0t (2)m
8 (2016·4 月浙江选考)如图是上海中心大厦，小明乘坐大厦快速电梯，从底层
到达第119 层观光平台仅用时55 s。若电梯先以加速度a1做匀加速运动，达到
最大速度18 m/s，然后以最大速度匀速运动，最后以加速度a2做匀减速运动恰
好到达观光平台。假定观光平台高度为549 m。
(1)若电梯经过20 s 匀加速达到最大速度，求加速度a1及上升高度h；
(2)在(1)问中的匀加速上升过程中，若小明的质量为60 kg，求小明对电梯地板
的压力；
(3)求电梯匀速运动的时间。
【名师解析】 (1)由运动学公式可得：a1＝＝ m/s2＝0.9 m/s2
上升的高度：h＝a1t＝×0.9×202 m＝180 m
(2)根据牛顿第二定律可得：FN－mg＝ma1
得：FN＝mg＋ma1＝654 N
由牛顿第三定律可得，小明对地板的压力FN′＝FN＝654 N，方向竖直向下
(3)设匀速运动的时间为t0，运动的总时间为t，由v－t 图可得H＝(t＋t0)×vm得
t0＝6 s
答案 (1)0.9 m/s2 180 m (2)654 N (3)6 s
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【最新模拟题精练】
1. （2023 山西太原摸底）如图所示，轻质弹簧下端固定在水平面上，上端叠放着两个质
量均为m 的物体A、B，其中物体B 与弹簧拴接，初始时物体处于静止状态。t=0 时，用竖
直向上的拉力下作用在物体A 上，使A 开始向上做匀加速运动，测得两物体的
-t 图像如
图所示，已知重力加速度为g，则（ ）
A. t=0 时，F 的大小为
B. 弹簧的劲度系数为
C. A、B 分离时弹簧弹力的大小为
D. 0-t2过程中，B 上升的高度为
【参考答案】B
【名师解析】
开始运动时的加速度
，开始时对AB 整体，
，解得
，选项A 错
误；开始时
，在t1时刻AB 脱离，此时对B，由牛顿第二定律，
，
其中
，
，联立解得弹簧的劲度系数为
，选项B 正
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确；A、B 分离时弹簧弹力的大小为
，选项C 错误；在t2时
刻B 的速度最大，此时
，则0-t2 过程中，B 上升的高度为
，选项D 错误。
2．(2023 年潍坊名校联考)如图甲所示，水平地面上固定一带挡板的长木板，一轻弹簧
左端固定在挡板上，右端接触滑块，弹簧被压缩0.4 m 后锁定，t＝0 时解除锁定，释放滑
块．计算机通过滑块上的速度传感器描绘出滑块的v－t 图像如图乙所示，其中Oab 段为曲
线，bc 段为直线，倾斜直线Od 是t＝0 时的速度图线的切线，已知滑块质量m＝2.0 kg，g
取10 m/s2，则下列说法正确的是( )
A．滑块被释放后，先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动
B．弹簧恢复原长时，滑块速度最大
C．弹簧的劲度系数k＝175 N/m
D．该过程中滑块的最大加速度为35 m/s2
【参考答案】C
【名师解析】根据v－t 图线的斜率表示加速度可知，滑块被释放后，先做加速度逐渐
减小的加速直线运动，弹簧弹力与摩擦力相等时速度最大，此时加速度为零，随后加速度
反向增加，从弹簧恢复原长时到滑块停止运动，加速度不变，A、B 错误；由题中图像知，
滑块脱离弹簧后的加速度大小a1＝＝m/s2＝5 m/s2，由牛顿第二定律得摩擦力大小为Ff＝
μmg＝ma1＝2×5 N＝10 N，刚释放时滑块的加速度大小为a2＝＝ m/s2＝30 m/s2，此时滑
块的加速度最大，D 错误；由牛顿第二定律得kx－Ff＝ma2，代入数据解得k＝175 N/m，C
正确．
3．（2023 重庆名校教育联盟质检）质量为
的物块在水平推力
的作用下沿水平面做
直线运动，
末撤去水平推力
，如图实线表示其运动的
图像，其中经过点
的
虚线是
末
图像的切线。
取
。下列说法不正确的是（ ）
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A．6s 末物体运动方向不发生改变
B．
内物块平均速度比
内物块平均速度小
C．物块与水平面间的动摩擦因数为0.1
D．水平推力
的最大值为
【参考答案】．C
【名师解析】．6 s 末前后物块速度都为正值，故速度方向没改变，选项A 正确，不符合题
意；
若0～6 s 内物体做匀加速运动，故平均速度为3m/s，而由图线可知，物体在0～6 s 内的位
移小于匀加速运动的位移，可知平均速度小于3m/s，而物体在6～10 s 内的平均速度等于
3m/s，故0～6 s 内物体平均速度比6～10 s 内物块平均速度小，选项B 正确，不符合题意；
撤去外力后的加速度
根据
可知物块与水平面间的
动摩擦因数为0.15，选项C 错误，符合题意；
物体的最大加速度为
根据牛顿第二定律
解得Fm=0.9N
选项D 正确，不符合题意；故选C。
4. （2023 江苏盐城期中） 一弹性小球从离地板不太高的地方自由释放，与地板碰撞时没
有机械能损失。设小球所受的空气阻力的大小与速率成正比，则小球从释放到第一次上升
到最高点的过程中，小球运动的速度-时间图像可能正确的是（ ）
A.
B.
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C.
D.
【参考答案】B
【名师解析】
小球所受的空气阻力的大小与速率成正比，即
根据牛顿第二定律，下降过程
可知，加速的下降过程中，加速度从g 开始逐渐减小。
小球碰后上升过程中
可知，小球减速上升过程中加速度从大于g 的值逐渐减小到g。速度-时间图像的斜率表示
加速度，则加速下降阶段，斜率逐渐减小，减速上升阶段，斜率逐渐减小，到自高点时的
图像斜率等于刚释放时的斜率。
故选B。
5（2023 吉林长春高一期末）如图甲所示，静止在水平地面上质量为1kg 的物体，在
时刻受到水平向右的推力F 作用，
时撤去推力，物体运动的
图像如图乙所示，
取
。下列说法正确的是（ ）
A. 在0~1s 内推力大小为4N
B. 物体先向右运动，后向左运动
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C.
时，物体与出发点间的距离为4m
D. 物体和水平地面间的动摩擦因数为0.5
【参考答案】AC
【名师解析】
图像斜率表示加速度，则0~1s 内和2~3s 内物体加速度大小相等，大小为
根据牛顿第二定律，在0~1s 内
2~3s 内
得
，
A 正确，D 错误；
B．在3s 前物体速度一直为正值，一直在向右运动，3s 末速度减为零，3s 后没有运动，B
错误；
C．
图像与横轴所围面积表示位移，
时，物体与出发点间的距离为
，C 正确。
6. （2023 四川泸州三模）如图所示，电磁铁P 固定在木制框架上，框架静放在水平地面上，
铁块Q 静 放在电磁铁P 正下方的地面上。当对电磁铁P 通以恒定电流后铁块Q 上升 的过
程中，下列关于铁块Q 的加速度a 与时间t 的函数关系图像中，可能正确的是
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【参考答案】A
【名师解析】设铁块质量为m，电磁铁b 通电后铁块c 上升的过程中，设电磁铁对铁块的
作用力大小 为F，铁块c 的加速度大小为a，由牛顿定律有 F=mg=ma，解得a=F/m-g，t=0
时，必有a＞0，铁块c 上升的过程中，电磁铁对铁块的作用力F 增大且增大的越来越快，
所以图像A 正确'。
7. （2023 云南昆明24 中二模）如图甲所示，质量为2kg 的物体静止在水平地面上，与地
面间的动摩擦因数为0.4，与地面间的最大静摩擦力为9N。t=0 时刻起，物体受到一个水平
向右的力F 作用，其大小随时间变化的关系如图乙所示，重力加速度g 取10m/s2，则（
）
A. t=0 到t=4s 时间内摩擦力的冲量为零
B. t=4s 时物体开始运动
C. t=6s 时物体的速度大小为
D. t=11s 时物体恰好停止运动
【参考答案】C
【名师解析】
根据
，t=0 到t=4s 时间内摩擦力不等于零，所以摩擦力的冲量不等于零，A 错误；
根据图像，拉力为
，t=4s 时拉力等于8N，小于最大静摩擦力9N，物体仍然静止，
B 错误；
根据
，4.5s 末物体开始运动，在4.5～6s 时间内，拉力和摩擦力的冲量分别为
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根据动量定理得
解得
，C 正确；
在4.5～11s 时间内，拉力和摩擦力的冲量分别为
由此可知，t=11s 前物体已经停止运动，D 错误。
.8. （2023 重庆八中高三入学考试）甲、乙两物体静置于粗糙水平地面上，与地面摩擦因
数相同。
时刻起，在物体上均施加周期性变化的水平外力F，变化规律如图所示。甲、
乙在运动中具有如下特点：甲物体在2s 末、4s 末速度相同且不为0；乙物体在第3s 内做匀
速运动；则甲与乙质量之比为（ ）
A.
B.
C.
D. 无法确定
【参考答案】A
【名师解析】
甲在2s 末和4s 末速度相同，则2s 到4s 间必经过先减速再加速的过程，因减速和加速时间
相同，所以两阶段加速度大小相同，故
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乙因为在第三秒内做匀速运动，所以所受合力为零，所以乙受到摩擦力为4N，又因摩擦因
数相同，因为
所以有
，故选A。
9. （2022 湖南衡阳期中）如图甲所示，用黏性材料粘在一起的A、B 两物块静止于光滑水
平面上，两物块的质量分别为mA＝1kg、mB＝2kg，当A、B 之间产生拉力且大于0.3N 时
A、B 将会分离。t＝0 时刻开始对物块A 施加一水平推力F1，同时对物块B 施加同一方向
的拉力F2，使A、B 从静止开始运动，运动过程中F1、F2方向保持不变，F1、F2的大小随
时间变化的规律如图乙所示。则下列关于A、B 两物块受力及运动情况的分析，正确的是
（ ）
A. t＝2.0s 时刻A、B 之间作用力大小为0.6N
B. t＝2.0s 时刻A、B 之间作用力为零
C. t＝2.5s 时刻A 对B 的作用力方向向左
D. 从t＝0 时刻到A、B 分离，它们运动的位移为5.4 m
【参考答案】AD
【名师解析】
设t 时刻A、B 分离，由乙图可知，分离之前A、B 物体受到的合力不变，故以相同加速度
a 共同加速，以整体为研究对象，据牛顿第二定律可得，加速度为
分离时对B 由牛顿第二定律可得F2-N=mBa
其中
解得F2＝2.7N
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结合F2的变化规律可得，经历时间为
根据位移公式可得，整体的位移大小为
，D 正确；
当t=2s 时，F2=1.8N，对B 据牛顿第二定律可得F2+N=mBa
解得B 受到的压力大小为N＝0.6N，A 正确，B 错误；
当t＝2.5s 时，F2＝2.25N，对B 据牛顿第二定律可得F2＋N＝mBa
解得B 受到的压力大小为N＝0.15N>0
即A 对B 的作用力方向向右，C 错误。
10. 如图所示，一条小鱼在水面处来了个“鲤鱼打挺”，弹起的高度为H＝2h，以不同的
姿态落入水中其入水深度不同．若鱼身水平，落入水中的深度为h1＝h；若鱼身竖直，落入
水中的深度为h2＝1.5h.假定鱼的运动始终在竖直方向上，在水中保持姿态不变，受到水的
作用力也不变，空气中的阻力不计，鱼身的尺寸远小于鱼入水深度．重力加速度为g，求：
(1)鱼入水时的速度v；
(2)鱼两次在水中运动的时间之比t1：t2；
(3)鱼两次受到水的作用力之比F1：F2.
【名师解析】：(1)由v2＝2gH，
得v＝2√gh
(2)因h1＝v
2t1，h2＝v
2t2，
得t1
t2
＝2
3
(3)v2＝2a1h1，F1－mg＝ma1
得F1＝3mg，
同理得F2＝7
3mg，
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所以F1
F2
＝9
7
答案：(1)2√gh (2)23 (3)97
11.为了使雨滴能尽快地淌离房顶，要设计好房顶的高度，设雨滴沿房顶下淌时做无初
速度无摩擦的运动，那么如图所示的四种情况中符合要求的是( )
【参考答案】C
【名师解析】：
设屋檐的底角为θ，底边长为2L(不变)．雨滴做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛
顿第二定律得加速度a＝m gsin θ
m
＝gsin θ，位移大小x＝1
2at2，而x＝
L
cos θ ，2sin θcos
θ＝sin 2θ，联立以上各式得t＝√
4 L
gsin 2θ
.当θ＝45°时，sin 2θ＝1 为最大值，时间t 最短
故选项C 正确．
12．如图所示，一倾角为α 的光滑斜面固定在水平地面上，质量m＝1 kg 的物体在平行于
斜面向上的恒力F 作用下，从A 点由静止开始运动，到达B 点时立即撤去拉力F。此后，
物体到达C 点时速度为零。每隔0.2 s 通过传感器测得物体的瞬时速度，下表给出了部分测
量数据。求：
t/s
0
0.2
0.4
…
2.2
2.4
…
v/(m·s－1)
0
1.0
2.0
…
3.3
2.1
…
(1)恒力F 的大小；
(2)撤去外力F 的时刻。
【名师解析】 (1)加速阶段加速度大小
a1＝＝5 m/s2
减速阶段加速度大小为a2＝＝6 m/s2
加速阶段中：F－mgsin α＝ma1
减速阶段中：mgsin α＝ma2
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由以上两式得F＝m(a1＋a2)＝11 N。
(2)撤去外力瞬间速度最大，有
a1t＝v0＋a2(t′－t)
(其中：v0＝3.3 m/s，t′＝2.2 s)
解得t＝1.5 s。
答案 (1)11 N (2)1.5 s
13 如图所示，倾角为30°的光滑斜面与粗糙的水平面平滑连接。现将一滑块(可视为质点)
从斜面上的A 点由静止释放，最终停在水平面上的C 点。已知A 点距水平面的高度h＝0.8
m，B 点距C 点的距离L＝2.0 m。(滑块经过B 点时没有能量损失，取g＝10 m/s2)求：
(1)滑块在运动过程中的最大速度；
(2)滑块与水平面间的动摩擦因数μ；
(3)滑块从A 点释放后，经过时间t＝1.0 s 时速度的大小。
【名师解析】
(1)滑块先在斜面上做匀加速运动，然后在水平面上做匀减速运动，故滑块运动
到B 点时速度最大，设为vmax，设滑块在斜面上运动的加速度大小为a1，则
mgsin 30°＝ma1
v＝2a1
解得：vmax＝4 m/s。
(2)设滑块在水平面上运动的加速度大小为a2
则μmg＝ma2
v＝2a2L
解得：μ＝0.4。
(3)设滑块在斜面上运动的时间为t1，vmax＝a1t1，得t1＝0.8 s，由于t>t1，故滑块
已经经过B 点，做匀减速运动的时间为t－t1＝0.2 s，设t＝1.0 s 时速度大小为
v，则v＝vmax－a2(t－t1)21*cnjy*com
解得：v＝3.2 m/s。
答案 (1)4 m/s (2)0.4 (3)3.2 m/s
14．在“爸爸去哪儿”节目中，爸爸和孩子们进行了山坡滑草运动项目，该山
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坡可看成倾角θ＝37°的斜面，一名孩子连同滑草装置总质量m＝80 kg，他从静
止开始匀加速下滑，在时间t＝5 s 内沿斜面滑下的位移x＝50 m。(不计空气阻
力，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)问：21·cn·jy·com
(1)孩子连同滑草装置在下滑过程中受到的摩擦力Ff为多大？
(2)滑草装置与草皮之间的动摩擦因数μ 为多大？
(3)孩子连同滑草装置滑到坡底后，爸爸需把他连同装置拉回到坡顶，试求爸爸
至少用多大的力才能拉动？
【名师解析】 (1)由位移公式x＝at2
沿斜面方向，由牛顿第二定律得：mgsin θ－Ff＝ma
联立并代入数值后，得Ff＝m(gsin θ－)＝160 N
(2)在垂直斜面方向上，
FN－mgcos θ＝0 又Ff＝μFN
联立并代入数值后，得
μ＝＝0.25
(3)沿斜面方向，F－mgsin θ－Ff＝0
代入数值后得：F＝640 N
答案 (1)160 N (2)0.25 (3)640 N
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