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第5章 研究力和运动的关系
理论储备·基础回顾
条分缕析·夯基固本
典题分类,讲练结合
分类讲解·举一反三习题课 有关动力学的两类基本问题
公式推论
1．牛顿第二定律：F＝ma或
2．基本运动学公式
vt＝v0＋at.
s＝v0t＋at2.
v－v＝2as.
3．动力学两类基本问题的处理方法
分析解决这两类问题的关键是抓住受力情况和运动情况之间联系的桥梁——加速度，其分析流程为：
如图所示，质量为m的小球用水平弹簧系住，并用倾角为30°的光滑木板AB托住，小球恰好处于静止状态．当木板AB突然向下撤离的瞬间，小球的加速度为( )
A．0
B．大小为g，方向竖直向下
C．大小为g，方向垂直于木板向下
D．大小为g，方向水平向右
[思路点拨] 解答本题可按以下流程：
→→→→
[解析] 未撤离木板前，小球受到重力G、弹簧拉力F、木板支持力N，如图所示，三力平衡，于是有：Ncos θ＝mg，N＝.当撤离木板的瞬间，G和F保持不变(弹簧的弹力不能突变)，木板支持力N立即消失，小球受G和F的合力大小等于撤之前的N(三力平衡)，方向与N的方向相反，故加速度方向为垂直木板向下，大小为a＝＝＝g.
[答案] C
eq \a\vs4\al()
解答此类问题时注意：
(1)这类变化问题，往往问变化后的受力，但必须先弄清变化前的受力．
(2)弹簧的弹力不能发生突变，即条件瞬间变化前后弹簧的弹力不变．
1.(多选)如图，在动摩擦因数μ＝0.2的水平面上，质量m＝2 kg的物块与水平轻弹簧相连，物块在与水平方向成θ＝45°角的拉力F作用下处于静止状态，此时水平面对物块的弹力恰好为零．g取10 m/s2，以下说法正确的是( )
A．此时轻弹簧的弹力大小为20 N
B．当撤去拉力F的瞬间，物块受力的个数不变
C．当撤去拉力F的瞬间，物块的加速度大小为8 m/s2，方向向左
D．若剪断轻弹簧，则剪断的瞬间物块的加速度大小为8 m/s2，方向向右
解析：选AC.物块受重力、拉力以及弹簧的弹力处于平衡，根据共点力平衡得，弹簧的弹力：F弹＝mgtan 45°＝20×1 N＝20 N，故A正确；撤去拉力F的瞬间，弹簧的弹力仍然为20 N，物块此时受重力、支持力、弹簧弹力和摩擦力四个力作用；选项B错误；当撤去拉力F的瞬间，物块所受的最大静摩擦力为：f＝μmg＝0.2×20 N＝4 N，根据牛顿第二定律得物块的加速度为：a＝＝ m/s2＝8 m/s2；合力方向向左，所以向左加速．故C正确；剪断弹簧的瞬间，弹簧的弹力为零，则物块的加速度为10 m/s2，方向向右，故D错误．
粗糙的水平面上一物体在水平拉力作用下做直线运动，水平拉力F及运动速度v随时间变化的图线如图(a)、(b)所示，取重力加速度g＝10 m/s2.求：
(1)前2 s内物体运动的加速度大小和位移大小；
(2)物体的质量m和物体与地面间的动摩擦因数μ.
[思路点拨] 解此题注意三点：
(1)将物体的运动过程及受力过程根据图像分段．
(2)弄清每一段的受力特点、运动特点．
(3)注意题目是否隐含物体还受其他力的作用．
[解析] (1)由v－t图线知：物体在前2 s内做匀加速直线运动，前2 s内物体运动的加速度
a＝＝ m/s2＝2 m/s2
前2 s内物体运动的位移s＝at2＝4 m.
(2)物体受力如图所示．
对前2 s，由牛顿第二定律得F1－μmg＝ma
后2 s物体匀速运动，由平衡条件得F2＝μmg
由F－t图线知F1＝15 N，F2＝5 N
代入数据解得m＝5 kg，μ＝0.1.
[答案] (1)2 m/s2 4 m (2)5 kg 0.1
eq \a\vs4\al()
本题为典型图像问题．一般计算量较小，主要考查考生的识图能力和运用牛顿定律解题能力．解答此类问题的关键是能否把力与运动情况很好地结合起来分析．
2.(多选)如图甲，一物块在t＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v－t图线如图乙所示．若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出( )
甲 乙
A．斜面的倾角
B．物块的质量
C．物块与斜面间的动摩擦因数
D．物块沿斜面向上滑行的最大高度
解析：选ACD.由题图乙可以求出物块上升过程中的加速度为a1＝，下降过程中的加速度为a2＝.物块在上升和下降过程中，由牛顿第二定律得mgsin θ＋Ff＝ma1，mgsin θ－Ff＝ma2，由以上各式可求得sin θ＝，滑动摩擦力Ff＝，而Ff＝μFN＝μmgcos θ，由以上分析可知，选项A、C正确．由v－t图线中横轴上方的面积可求出物块沿斜面上滑的最大距离，可以求出物块沿斜面向上滑行的最大高度，选项D正确．
如图所示，有一块木板静止在光滑水平面上，质量M＝4 kg，长L＝1.4 m．木板右端放着一个小滑块，小滑块质量m＝1 kg，其尺寸远小于L，小滑块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.4.(取g＝10 m/s2)
(1)现将一水平恒力F作用在木板上，为使小滑块能从木板上面滑落下来，则F大小的范围是多少？
(2)其他条件不变，若恒力F＝22.8 N，且始终作用在木板上，最终使得小滑块能从木板上滑落下来，则小滑块在木板上面滑动的时间是多少？
[解析] (1)要使小滑块能从木板上滑下，则小滑块与木板之间应发生相对滑动，此时，对小滑块分析得出μmg＝ma1，解得a1＝4 m/s2.
对木板分析得出F－μmg＝Ma2，
加速度a1、a2均向右，若小滑块能从木板上滑下，则需要满足a2>a1，解得F>20 N.
(2)当F＝22.8 N时，由(1)知小滑块和木板发生相对滑动，对木板有F－μmg＝Ma3，则a3＝4.7 m/s2.
设经时间t，小滑块从木板上滑落，则a3t2－a1t2＝L，
解得t＝－2 s(舍去)或t＝2 s.
[答案] (1)F>20 N (2)2 s
eq \a\vs4\al()
(1)解决板块模型问题时，选地面为参考系．
(2)对两者之间摩擦力的分析容易出现错误，要引起特别注意．
3.如图所示，质量为M，长为L的滑板静止在光滑水平面上，一质量为m的小滑块以速度v从左端滑上滑板，最后刚好不从滑板右端掉下．求：滑块与滑板间的动摩擦因数．
解析：设两者间的动摩擦因数为μ，刚滑到滑板右端用时为t.则小滑块所受的摩擦力为：Ff＝μmg
由牛顿第三定律得，长木板所受的摩擦力大小为Ff′＝Ff
滑块的加速度：a1＝＝μg，方向向左
滑板的加速度：a2＝＝，方向向右
刚好不掉下满足的条件：
v－a1t＝a2t ①
vt－a1t2＝a2t2＋L ②
联立①②解得：
μ＝.
答案：
1．(多选)沿平直轨道运动的火车上，用一弹簧连接一小球水平放置在光滑桌面上，弹簧的另一端固定，如图所示，当旅客观察到弹簧伸长时，火车的运动可能是( )
A．火车向右运动，速度在增大
B．火车向右运动，速度在减小
C．火车向左运动，速度在增大
D．火车向左运动，速度在减小
解析：选BC.弹簧伸长时，对小球的拉力向左，即小球在水平方向的合力向左，火车加速度向左．符合该运动规律的是B、C.
2．如图所示，两个质量分别为m1＝2 kg、m2＝3 kg的物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧测力计连接．两个大小分别为F1＝30 N、F2＝20 N的水平拉力分别作用在m1、m2上，则( )
A．弹簧测力计的示数是10 N
B．弹簧测力计的示数是50 N
C．在突然撤去F2的瞬间，弹簧测力计的示数不变
D．在突然撤去F1的瞬间，m1的加速度不变
解析：选C.设弹簧的弹力为F，加速度为a.对系统：F1－F2＝(m1＋m2)a，对m1：F1－F＝m1a，联立两式解得：a＝2 m/s2，F＝26 N，故A、B两项都错误；在突然撤去F2的瞬间，由于弹簧测力计两端都有物体，而物体的位移不能发生突变，所以弹簧的长度在撤去F2的瞬间没变化，弹簧上的弹力不变，故C项正确；若突然撤去F1，物体m1的合外力方向向左，而没撤去F1时合外力方向向右，所以m1的加速度发生变化，故D项错误．
3.如图，滑块以初速度v0沿表面粗糙且足够长的固定斜面，从顶端下滑，直至速度为零．对于该运动过程，若用h、s、v、a分别表示滑块的下降高度、位移、速度和加速度的大小，t表示时间，则下列图像最能正确描述这一运动规律的是( )
解析：选B.滑块沿斜面向下做匀减速运动，故滑块下滑过程中，速度随时间均匀变化，加速度a不变，选项C、D错误．设斜面倾角为θ，则s＝＝v0t－at2，故h－t、s－t图像都应是开口向下的抛物线，选项A错误，选项B正确．
4．在光滑的水平面上有一个物体同时受到两个水平力F1和F2的作用，在第1 s内该物体保持静止状态．若两个力随时间变化情况如图所示，则下列说法正确的是( )
A．在第2 s内物体做匀加速直线运动
B．在第3 s内物体做变加速直线运动
C．在第4 s末物体的加速度方向改变
D．在第6 s末物体的速度为零
解析：选B.由F－t图像可知，1～4 s内物体所受的合力不断增大，故在1～4 s内物体做变加速直线运动，选项A错，B对；由F－t图像可知，1～5 s内物体所受的合力始终大于零，故加速度方向不变，物体速度逐渐增大，选项C错；最后1 s内物体所受的合力为零，速度保持不变，6 s末速度不为零，选项D错．
5．某物体做直线运动的v－t图像如图甲所示，据此判断图乙(F表示物体所受合力，x表示物体的位移)四个选项中正确的是( )
甲
乙
解析：选A.由题图可知前两秒物体做初速度为零的匀加速直线运动，所以前两秒受力为正，恒定，2～4 s沿正方向做匀减速直线运动，所以受力为负，且恒定，4～6 s沿正方向做匀加速直线运动，受力为正，恒定，6～8 s沿正方向做匀减速直线运动，受力为负，恒定，物体一直沿正方向运动，位移不可能为负，综合分析只有A正确．
6．一质量m＝2.0 kg的小物块以一定的初速度冲上一倾角为37°足够长的斜面，某同学利用传感器测出了小物块冲上斜面过程中多个时刻的瞬时速度，并用计算机作出了小物块上滑过程的速度—时间图线，如图所示．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)求：
(1)小物块冲上斜面过程中加速度的大小；
(2)小物块与斜面间的动摩擦因数；
(3)小物块沿斜面上滑的距离．
解析：(1)由小物块上滑过程的v－t图线可知，a＝＝ m/s2＝－8.0 m/s2，小物块冲上斜面过程中加速度的大小为8.0 m/s2.
(2)如图所示，小物块受重力、支持力、摩擦力．沿斜面建立直角坐标系，小物块向上滑动时，
mgsin 37°＋f＝ma，f＝μN，
N＝mgcos 37°，
代入数据解得μ＝0.25.
(3)设小物块冲上斜面所能达到的最高点距斜面底端距离为s，向上运动阶段
v－v＝2as，s＝ m＝4.0 m.
答案：(1)8.0 m/s2 (2)0.25 (3)4.0 m
7.如图所示，长度l＝2 m，质量M＝ kg的木板置于光滑的水平地面上，质量m＝2 kg的小物块(可视为质点)位于木板的左端，木板和小物块间的动摩擦因数μ＝0.1，现对小物块施加一水平向右的恒力F＝10 N，取g＝10 m/s2.求：
(1)将木板M固定，小物块离开木板时的速度大小；
(2)若木板M不固定，m和M的加速度a1、a2的大小；
(3)若木板M不固定，小物块从开始运动到离开木板所用的时间．
解析：(1)对小物块进行受力分析，由牛顿第二定律得
F－μmg＝ma
解得a＝4 m/s2
小物块离开木板，有v2＝2al
解得v＝4 m/s.
(2)对m，由牛顿第二定律：F－μmg＝ma1
解得a1＝4 m/s2
对M，由牛顿第二定律：μmg＝Ma2
解得a2＝3 m/s2.
(3)由位移公式知x1＝a1t2，x2＝a2t2
小物块从开始运动到离开木板
x1－x2＝l
联立解得t＝2 s.
答案：(1)4 m/s (2)4 m/s2 3 m/s2 (3)2 s
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