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(共53张PPT)
第三章
运动和
力的关系
动力学两类基本问题　
动力学图像问题
第12课时
1.掌握动力学两类基本问题的求解方法。
2.理解各种动力学图像，并能分析图像特殊点、斜率、截距、面积的物理意义。
目标要求
考点一　动力学两类基本问题
考点二　动力学图像问题
内容索引
课时精练
动力学两类基本问题
考点一
1.解决动力学两类基本问题的思路
2.分析动力学两类基本问题的关键
(1)做好两类分析：物体的受力分析和物体的运动过程分析；
(2)搭建两个桥梁：加速度是联系运动和力的桥梁；连接点的速度是联系各物理过程的桥梁。
四旋翼无人机是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器，目前得到越来越广泛的应用。一架质量m=2 kg的无人机，其动力系统所能提供的最大升力大小为F=36 N，运动过程中所受空气阻力大小恒为Ff=4 N。g取10 m/s2。
(1)无人机在地面上从静止开始，以最大升力竖直向上起飞，求在t=5 s时离地面的高度h。
答案　75 m
　　　设无人机上升时加速度为a，
由牛顿第二定律得F-mg-Ff=ma
解得a=6 m/s2
由h=at2
解得h=75 m。
(2)当无人机悬停在距离地面高度H=100 m处时，由于动力设备故障，无人机突然失去升力而坠落。求无人机坠落到地面时速度v的大小。
答案　40 m/s
　　　设无人机坠落过程中加速度为a1，
由牛顿第二定律得mg-Ff=ma1
解得a1=8 m/s2
由v2=2a1H
解得v=40 m/s。
拓展　若在例1无人机坠落过程中，由于遥控设备的干预，动力设备重新启动提供向上的最大升力。为使无人机着地时速度为零，求无人机从开始下落到恢复升力的最长时间t1。
答案　 s
　　　设无人机恢复升力后向下减速时加速度大小为a2，
由牛顿第二定律得F-mg+Ff=ma2，
解得a2=10 m/s2
设无人机恢复升力时速度为vm，
则有+=H
解得vm= m/s
由vm=a1t1，解得t1= s。
(九省联考·吉林·13)滑雪是我国东北地区冬季常见的体育运动。如图(a)，在与水平面夹角θ=14.5°的滑雪道上，质量m=60 kg的滑雪者先采用两滑雪板平行的滑雪姿势(此时雪面对滑雪板的阻力可忽略)，由静止开始沿直线匀加速下滑x1=45 m；之后采取两滑雪板间呈一定角度的滑
答案　7.5 m/s2
雪姿势，通过滑雪板推雪获得阻力，匀减速继续下滑x2=15 m后停止。已知sin 14.5°=0.25，sin 37°=0.6，取重力加速度g=10 m/s2，不计空气阻力。
(1)求减速过程中滑雪者加速度a的大小；
　　　由静止开始沿直线匀加速下滑的过程有2a1x1=v2
mgsin θ=ma1
代入数据得v==15 m/s
匀减速继续下滑的过程有2ax2=v2
代入数据得a==7.5 m/s2
(2)如图(b)，若减速过程中两滑雪板间的夹角α=74°，滑雪板受到沿雪面且垂直于滑雪板边缘的阻力均为F，求F的大小。
答案　500 N
　　　若减速过程中两滑雪板间的夹角α=74°，根据牛顿第二定律有
2Fsin-mgsin θ=ma
解得F==500 N。
动力学问题的解题思路
如图所示，OA、OB、OC是竖直平面内三根固定的光滑细杆，O、A、B、C位于同一圆周上，O为圆周的最高点，A为圆周的最低点，O'为
圆心，每根杆上都套着一个小滑环(未画出)，三个滑环从O点无初速度释放，它们到达A、B、C三点的时间分别为t1、t2、t3，则下列关系正确的是
A.t1>t2>t3 B.t1C.t1>t2=t3 D.t1=t2=t3
√
　　　设杆与竖直方向的夹角为θ，则有2R·cos θ=gcos θ·t2，解得t=2，可知从O点无初速度释放的小滑环到达A、B、C三点的时间相等，即t1=t2=t3，故选D。
拓展　(1)质点从竖直圆环上沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到圆环的最低点所用时间 ，如图甲所示；
(2)两个竖直圆环相切且两环的竖直直径均过切点，质点沿不同的光滑弦从上端由静止开始滑到下端所用时间 ，如图乙所示；
相等
相等
(3)如图丙所示，OA为倾角为θ的光滑斜面，若OB=L，
重力加速度为g，则物块从斜面顶端A滑到斜面底端的
时间t= ，若斜面倾角可变(底边长度不变)，当
θ= 时，物块沿斜面下滑的时间最短，最短时间tmin= 。
45°
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　　　设物块的质量为m，
由mgsin θ=ma得：a=gsin θ，x==at2，
得：t=
当sin 2θ=1，即θ=45°时，时间最短，tmin=。
考点二
动力学图像问题
常见的动力学图像
v-t图像、a-t图像、F-t图像、F-a图像等。
(1)v-t图像：根据图像的斜率判断加速度的大小和方向，再根据牛顿第二定律列方程求解。
(2)a-t图像：注意加速度的正负，正确分析每一段的运动情况，然后结合物体的受力情况应用牛顿第二定律列方程求解。
(3)F-t图像：结合物体受到的力，由牛顿第二定律求出加速度，分析每一段的运动情况。
(4)F-a图像：首先要根据具体的物理情景，对物体进行受力分析，然后根据牛顿第二定律推导出a、F间的函数关系式，根据函数关系式结合图像，明确图像的斜率、截距或拐点的意义，从而求出未知量。
(2023·全国甲卷·19改编)用水平拉力使质量分别为m甲、m乙的甲、乙两物体在水平桌面上由静止开始沿直线运动，两物体与桌面间的动摩擦因数分别为μ甲和μ乙。甲、乙两物体运动后，所受拉力F与其加速度a的关系图线如图所示。由图可知
A.m甲C.μ甲<μ乙 D.μ甲>μ乙
√
　　　根据牛顿第二定律有F-μmg=ma，整理得F=ma+μmg，可知F-a图像的斜率为m，纵轴截距为μmg，则由题图可知m甲>m乙，μ甲m甲g=μ乙m乙g，则μ甲<μ乙。故选C。
(2025·江苏扬州市模拟)如图甲所示，物块的质量m=1 kg，初速度v0=10 m/s，在一水平向左的恒力F作用下从O点沿粗糙的水平面向右运动，某时刻后该力突然反向，整个过程中物块速度的平方随位置坐标变化的关系图像如图乙所示，g取10 m/s2。下列选项中正确的是
A.2~3 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0.5
D.恒力F大小为10 N
√
　　　根据速度与位移关系式v2-=2ax可得匀减速直线运动的加速度大小a1= m/s2=10 m/s2，匀加速直线运动的加速度大小a2= m/s2
=4 m/s2，由题图乙，可知物块做匀减速运动的初速度为v0=10 m/s，则速度减为零的时间t1==1 s，则物块1 s后做匀加速直线运动，所以2~3 s内物块做匀加速运动，在t=1 s时刻恒力F反向，故A错误，B正确；
根据牛顿第二定律，物块做匀减速直线运动时有F+μmg=ma1，物块做匀加速直线运动时有F-μmg=ma2，联立解得F=7 N，μ=0.3，故C、D错误。
(2024·广东卷·7)如图所示，轻质弹簧竖直放置，下端固定。木块从弹簧正上方H高度处由静止释放。以木块释放点为原点，取竖直向下为正方向。木块的位移为y，所受合外力为F，运动时间为t，忽略空气阻力，弹簧在弹性限度内。关于木块从释放到第一次回到原点的过程中，其F-y图像或y-t图像可能正确的是
√
　　　在木块下落H高度之前，木块所受合外力为木块的重力，保持不变，即F=mg
当木块接触弹簧后
合外力F=mg-kx，
其中x为压缩量且x=y-H
F-y图像如图甲所示，故B正确，A错误；
在木块下落H高度之前，木块做自由落体运动，根据y=gt2，知y-t图像为抛物线，故D错误；
　　　木块从释放到下落H的过程中，速度逐渐增大，y-t图像斜率逐渐增大，当木块接触弹簧后到合外力为零前，木块的速度继续增大，
所以y-t图像斜率继续增大，当弹簧弹力大于木块的重力后到最低点过程中F=kx-mg
木块所受合外力向上，木块速度减小，所以y-t图像斜率减小，到达最低点后，木块向上运动，经以上分析可知，y-t图像大致为如图乙所示，故C错误。
分析动力学图像问题的方法技巧
1.分清图像的类别：即分清横、纵坐标所代表的物理量，明确其物理意义，掌握物理图像所反映的物理过程。
2.建立图像与物体运动间的关系：把图像与具体的题意、情景结合起来，明确图像反映的是怎样的物理过程。
3.建立图像与公式间的关系：对于a-F图像、F-x图像、v-t图像、v2-x图像等，都应先建立函数关系，然后根据函数关系读取信息或描点作图，特别要明确图像斜率、面积、截距等对应的物理意义。
4.读图时要注意一些特殊点：比如起点、截距、转折点、两图线的交点，特别注意临界点(在临界点物体运动状态往往发生变化)。
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课时精练
精练高频考点
提升关键能力
对一对
题号 1 2 3 4 5 6
答案 C C C A C (1)78 m/s　(2)2 m/s2　39 s　(3)3.025×105 N
题号 7 8 　9 答案 B C (1)12 m/s　(2)42 m 答案
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1.无人驾驶汽车从发现紧急情况到开始刹车的时间为反应时间。已知某无人驾驶汽车的反应时间为0.2 s，该无人驾驶汽车以30 m/s的速度在干燥路面从发现紧急情况到刹车停下来要运动96 m，则车轮与路面间的动摩擦因数为(g取10 m/s2)
A.0.05 B.0.468 C.0.5 D.0.6
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答案
基础落实练
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答案
　　　设车轮与路面间的动摩擦因数为μ，则无人驾驶汽车刹车过程的加
速度大小为a==μg
根据题意有x=v0t0+=96 m
其中v0=30 m/s，t0=0.2 s
联立解得μ=0.5，故选C。
2.(2024·贵州卷·1)某研究人员将一铁质小圆盘放入聚苯乙烯颗粒介质中，在下落的某段时间内，小圆盘仅受重力G和颗粒介质对其向上的作用力f。用高速相机记录小圆盘在不同时刻的位置，相邻位置的时间间隔相等，如图所示，则该段时间内下列说法可能正确的是
A.f一直大于G
B.f一直小于G
C.f先小于G，后大于G
D.f先大于G，后小于G
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　　　由题图可知相等时间内铁质小圆盘的位移先增大后减小，可知铁质小圆盘的速度先增大后减小，以向下为正方向，即铁质小圆盘的加速度先正后负，根据牛顿第二定律G-f=ma可知f先小于G，后大于G。故选C。
3.如图所示，质量为20 kg的物体A静止在光滑水平面上。现对A施加两个大小都是60 N且互成120°角的水平力，则2 s末时物体A的速度大小为
A.0 B.4 m/s
C.6 m/s D.6 m/s
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　　　对A施加两个大小都是60 N且互成120°角的水平力，由平行四边形定则可知，物体A的合力为60 N，根据牛顿第二定律可得a== m/s2=
3 m/s2，则2 s末时物体A的速度大小为v=at=3×2 m/s=6 m/s，故选C。
4.(2025·江苏淮安市检测)如图所示，球壳内有三条弦OA、OB、OC，O为球内的最低点，它们与水平面间的夹角分别为60°、45°、30°。三
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个光滑的小环分别从A、B、C处由静止沿所在弦下滑，运动到最低点所用的时间分别为tA、tB、tC，则三者之间大小关系为
A.tA=tB=tC B.tAC.tA>tB>tC D.tA=tC>tB
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　　　设弦与竖直方向夹角为θ，球的半径为R，小环沿弦做匀加速直线运动，2Rcos θ=gcos θ·t2，解得运动时间为t=2，与夹角θ无关，故tA=tB=tC，A正确。
5.(2025·江苏苏州市模拟)如图所示，截面为等腰三角形的楔形木块ABC固定在水平地面上，AB面和BC面的粗糙程度处处相同。一小物块(可视为质点)以初速
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度v0沿斜面AB向上运动，经时间t0到达顶点B，速度恰好减为零；紧接着小物块由静止开始沿斜面BC下滑。在小物块从A运动到C的过程中，其速度大小v与时间t的关系图像可能正确的是
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答案
　　　设物块上滑与下滑的加速度大小分别为a1和a2，等腰三角形的底角为α，根据牛顿第二定律得mgsin α+μmgcos α=ma1，mgsin α-μmgcos α=ma2，解得a1=gsin α+μgcos α，a2=gsin α-μgcos α，则知a1>a2，而v-t图像的斜率表示加速度，所以上滑段图线的斜率绝对值大于下滑段图线斜率的绝对值，上滑过程的位移大小等于下滑过程的位移大小，上滑的加速度较大，由x=at2知，上滑过程时间较短，因上滑过程中，物块做匀减速运动，下滑过程做匀加速直线运动，两段图像都是直线，由于小物块运动过程中受到滑动摩擦力的作用，所以小物块到达C点的速度小于v0。故选C。
6.(2025·江苏淮安市模拟)飞机获得的升力大小F可用F=kv2描述，k为系数，v是飞机在平直跑道上的滑行速度，F与飞机所受重力相等时的v称为飞机的起飞离地速度，已知飞机质量为1.21×105 kg时，起飞离地速度为66 m/s；装载货物后质量为1.69×105 kg，装载货物前后起飞离地时的k值可视为不变。
(1)求飞机装载货物后的起飞离地速度；
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答案　78 m/s
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答案
　　　飞机起飞离地时满足mg=kv2
飞机质量为1.21×105 kg时，起飞离地速度为66 m/s，
且m1g=k，装载货物后质量为1.69×105 kg时起飞离地速度为v2，且m2g=k，
联立解得v2=78 m/s
(2)若该飞机装载货物后，从静止开始匀加速滑行1 521 m起飞离地，求飞机在滑行过程中加速度的大小和所用的时间；
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答案
答案　2 m/s2　39 s
　　　飞机在滑行过程中加速度的大小
a== m/s2=2 m/s2
所用的时间t==39 s
(3)若飞机空载时匀加速起飞的加速度大小为2.5 m/s2，求飞机在此过程中所受的合外力大小。
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答案
答案　3.025×105 N
　　　飞机在此过程中所受的合外力大小
F=m1a'=1.21×105×2.5 N=3.025×105 N。
7.(2025·江苏盐城市检测)如图甲所示，平行于倾角为θ的固定斜面向上的拉力F使小物块沿斜面向上运动，运动过程中加速度a与F的关系如图乙。图线的斜率为k，与F轴交点坐标为c，与a轴交点为-b。由图可知
A.小物块的质量为k
B.小物块的质量为
C.摩擦力与重力沿斜面的分力大小之和为b
D.摩擦力与重力沿斜面的分力大小之和为
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答案
能力综合练
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答案
　　　对小物块由牛顿第二定律可知
F-mgsin θ-Ff=ma
可得a=-gsin θ-
由图像可知k==
可得小物块的质量为m=
gsin θ+=b
可得摩擦力与重力沿斜面的分力大小之和
mgsin θ+Ff=bm==c，故选B。
8.(2026·江苏南京市检测)如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在倾角θ=30°的光滑斜面上，斜面固定，上端放置的物体(物体与弹簧不连接)处于静止状态。现用沿斜面向上的拉力F作用在物体上，使物体开始向上做匀加速运动，拉力F与物体位移x之间的关系图像如图乙所示。不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是
A.物体与弹簧分离时，弹簧处于压缩状态
B.弹簧的劲度系数为200 N/m
C.物体的质量为1 kg
D.物体的加速度大小为5 m/s2
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答案
　　　物体与弹簧分离时，弹簧恢复原长。刚开始时物体处于静止状态，物体所受重力沿斜面向下的分力和弹力二力平衡，有mgsin θ=kΔx，其中Δx=2 cm，拉力F1=10 N时，根据牛顿第二定律有F1+kΔx-mgsin θ=ma，物体与弹簧分离后，拉力F2=15 N，根据牛顿第二定律有F2-mgsin θ=ma，代入数据解得m=1 kg，k=250 N/m，a=10 m/s2，故选C。
9.在滑雪运动中，滑雪板速度较小时，与雪地接触时间长，滑雪板下陷较多，使得滑雪板与雪地间的动摩擦因数较大，滑雪板速度变大时，与雪地间的动摩擦因数就会变小。如图所示，一运动员使用滑雪板从倾角θ=37°的雪坡斜面顶端A处由静止滑下，滑至坡底B后又滑上一段水平雪面，最后停在C处。假设滑雪板速度大小小于6 m/s时，与雪地间的动摩擦因数μ1=0.30，速度大小大于等于6 m/s时，与雪地间的动摩擦因数变为μ2=0.15。不计空气阻力，运动员经过B处前后瞬间速度大小不变，已知坡长xAB=16.25 m，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。求：
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(1)运动员到达B点时的速度大小。
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答案　12 m/s
　　　假设运动员(包括滑雪板)的质量为m，速度大小小于6 m/s时，有
mgsin 37°-μ1mgcos 37°=ma1
则有=2a1x1
速度大小大于等于6 m/s时，有
mgsin 37°-μ2mgcos 37°=ma2
则有-=2a2(xAB-x1)
联立解得v2=12 m/s
(2)运动员在水平雪地上运动的距离。
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答案　42 m
　　　在水平雪地上运动，速度大小大于等于6 m/s时，有μ2mg=ma3
可得-=2a3x3
速度大小小于6 m/s时，有μ1mg=ma4
则有=2a4x4
在水平雪地上运动的距离x=x3+x4
解得x=42 m。
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