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专题04 运动和力的关系
[-考点-05-] 动力学两类基本问题
[典例1]
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＝Fcos 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＝a1t＝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＝＝15 m
故总位移x＝x1＋x2＝30 m.
[典例2]
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＋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，
1
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a 加＝a 减＝＝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]
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°－μmgcos 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°＋μmgcos 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＝＋＝30 m，
物体沿斜面上升的最大高度h＝xsin 37°＝18 m.
1.答案 C
解析 力F 作用下a＝＝ 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.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＝，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.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＝＝5 m/s2，方向向右，
物体减速到零所需时间为t＝＝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.答案 A
2
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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＝＝－ 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.答案 BD
解析 0～1 s 内，物体的加速度大小a1＝＝ m/s2＝4 m/s2，A 项错误；
1～2 s 内物体的加速度大小a2＝＝ 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＝ m＝6 m，C 项错误；0～2 s
内物体的总位移x＝x1＋x2＝[6＋] m＝11 m，D 项正确．
6.答案 AC
解析 滑块的加速度大小为a＝＝10 m/s2，A 正确，B 错误；对滑块受力分析有mgsin θ＋
μmgcos θ＝ma，解得μ＝0.5，C 正确，D 错误．
7.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.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＋μmgcos θ＝ma1，
解得a1＝10 m/s2，上滑时间t1＝＝1 s，上滑的距离x1＝v0t1＝5 m，因mgsin θ>μmgcos 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－μmgcos θ＝ma2，解得a2＝2 m/s2，t＝2 s 时，滑块下滑的距
离x2＝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.答案 D
解析 因木块能沿斜面匀速下滑，由平衡条件知：mgsin θ＝μmgcos 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＝at2 得a＝2 m/s2，由牛顿第二定律得：F－
mgsin θ－μmgcos θ＝ma，得F＝36 N，D 正确．
10.答案 A
解析 上滑时：mgsin θ＋μmgcos θ＝ma，
解得a＝12.5 m/s2.
3
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当速度减小为0 时，所用时间t＝＝1 s，
上滑的最大距离x＝＝6.25 m，
由于μmgcos θ>mgsin θ，则小物块静止在最高点，故A 正确．
11.答案 ABD
解析 0～5 m 内，由v1
2－v0
2＝2a1x1，得v1
2＝2a1x1＋v0
2，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＝＝1 s，即在t＝1 s 时刻，恒力F 反向，B
正确；5～13 m 内，由v2
2＝2a2x2得物块的加速度a2＝＝ 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.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)cos 37°＝ma
代入数据解得a＝2 m/s2
(2)由运动学公式得L＝at2
代入数据解得t＝2 s.
13.答案 (1)16 m (2)8 m/s2 4 m/s2 (3)2 m/s
解析 (1)在企鹅向上“奔跑”过程中：x＝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°＋μmgcos 37°＝ma1
mgsin 37°－μmgcos 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′＝，x′＝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：
vt
2＝2a2(x＋x′)
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解得：vt＝2 m/s.
14.答案 (1)1 s (2) m/s
解析 (1)撤去拉力F 后，mgsin θ＋μmgcos 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)：
Fcos θ－mgsin θ－μ(Fsin θ－mgcos θ)＝ma1，
v1＝a1t1，
所以t1＝1 s.
(2)根据牛顿第二定律可得：mgsin θ－μmgcos θ＝ma3
x＝(t1＋t2)，
v2＝2a3x，联立解得v＝ m/s.
15.答案 (1)10 m/s (2)(1＋) 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－vB
2＝2a1xCB
代入数据解得：v＝10 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＋μmgcos θ＝
ma2
得a2＝10 m/s2
vB＝a2t1，得t1＝1 s
vB
2＝2a2xAB，得xAB＝5 m
由于mgsin θ＞μmgcos 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－μmgcos θ＝ma3，得a3＝2 m/s2
xAB＝a3t2
2，得t2＝ s
游客回到B 点时的速度vB′＝a3t2＝2 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′＝＝2 m＜xCB
故游客在右侧斜坡上滑行的时间
t＝t1＋t2＝(1＋) s.
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