高考物理动力学问题典型问题训练
高考物理一轮复习小题多维训练—动力学图像、临界和极值问题
高考物理一轮复习小题多维训练—动力学图像、临界和极值问题1.甲、乙两物体都静止在水平面上，质量分别为m 甲、m 乙，与水平面间的动摩擦因数分别为μ甲、μ乙．现用水平拉力F 分别作用于两物体，加速度a 与拉力F 的关系如图，图中b 、－2c 、－c 为相应坐标值，重力加速度为g .由图可知()A ．μ甲＝g 2c ，m 甲＝2c bB ．μ甲＝2c g ，m 甲＝b 2cC ．m 甲∶m 乙＝1∶2，μ甲∶μ乙＝1∶2D ．m 甲∶m 乙＝2∶1，μ甲∶μ乙＝1∶2【答案】B【解析】对质量为m 的物体受力分析，根据牛顿第二定律，有：F －μmg ＝ma ，可得：a ＝Fm－μg ，故a 与F 关系图像的斜率表示质量的倒数，斜率越大，质量越小，故有m 甲＝b 2c，m 乙＝b c ，即m 甲∶m 乙＝1∶2；从题图可以看出纵截距为－μg ，故－μ甲g ＝－2c ，即μ甲＝2c g ，μ乙＝c g，有μ甲∶μ乙＝2∶1，故选B.2.如图所示，水平轻弹簧左端固定，右端连接一物块(可以看作质点)，物块静止于粗糙的水平地面上，弹簧处于原长．现用一个水平向右的力F 拉动物块，使其向右做匀加速直线运动(整个过程不超过弹簧的弹性限度)．以x 表示物块离开静止位置的位移，下列表示F 和x 之间关系的图像可能正确的是()【答案】B【解析】物块水平方向受向右的拉力F、向左的弹力kx、摩擦力f，由牛顿第二定律得：F －kx－f＝ma；整理得：F＝kx＋ma＋f，物块做匀加速直线运动，所以ma＋f恒定且不为零，F－x图像是一个不过原点的倾斜直线，故A、C、D错误，B正确．3.如图所示，A、B两物块叠在一起静止在水平地面上，A物块的质量m A＝2kg，B物块的质量m B＝3kg，A与B接触面间的动摩擦因数μ1＝0.4，B与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，现对A或对B施加一水平外力F，使A、B相对静止一起沿水平地面运动，重力加速度g＝10m/s2，物块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．下列说法正确的是()A．若外力F作用到物块A上，则其最小值为8NB．若外力F作用到物块A上，则其最大值为10NC．若外力F作用到物块B上，则其最小值为13ND．若外力F作用到物块B上，则其最大值为25N【答案】BD【解析】当外力F作用到A上时，A对B的摩擦力达到最大静摩擦力时，两者相对静止，F 达到最大值，对B根据牛顿第二定律，有：μ1m A g－μ2(m A＋m B)g＝m B a1，代入数据解得a1＝1m/s2，对整体：F1－μ2(m A＋m B)g＝(m A＋m B)a1，代入数据，解得：F1＝10N，故B正确；当外力F作用到B上时，A对B的摩擦力达到最大静摩擦力时，两者相对静止，F达到最大值，对A，根据牛顿第二定律，有μ1m A g＝m A a2，得a2＝μ1g＝4m/s2，对A、B整体：F2－μ2(m A ＋m B)g＝(m A＋m B)a2，代入数据解得：F2＝25N，故D正确；无论F作用于A还是B上，A、B刚开始相对地面滑动时，F min＝μ2(m A＋m B)g＝5N，A、C错误．4如图所示，质量m B＝2kg的水平托盘B与一竖直放置的轻弹簧焊接，托盘上放一质量m A＝1kg的小物块A，整个装置静止．现对小物块A施加一个竖直向上的变力F，使其从静止开始以加速度a＝2m/s2做匀加速直线运动，已知弹簧的劲度系数k＝600N/m，g＝10m/s2.以下结论正确的是()A．变力F的最小值为2NB．变力F的最小值为6NC．小物块A与托盘B分离瞬间的速度为0.2m/sm/sD．小物块A与托盘B分离瞬间的速度为55【答案】BC【解析】A、B整体受力产生加速度，则有F＋F N AB－(m A＋m B)g＝(m A＋m B)a，F＝(m A＋m B)a ＋(m A＋m B)g－F N AB，当F N AB最大时，F最小，即刚开始施力时，F N AB最大，等于重力，则F min＝(m A＋m B)a＝6N，B正确，A错误；刚开始，弹簧的压缩量为x1＝(m A＋m B)gk＝0.05m；A、B分离时，其间恰好无作用力，对托盘B，由牛顿第二定律可知kx2－m B g＝m B a，得x2＝0.04m．物块A在这一过程的位移为Δx＝x1－x2＝0.01m，由运动学公式可知v2＝2aΔx，代入数据得v＝0.2m/s，C正确，D错误．1.如图(a)，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(b)所示．若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则不可求出()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【答案】B【解析】由题图可知，物块上滑的加速度大小a 1＝v 0t 1，下滑的加速度大小a 2＝v 1t 1，根据牛顿第二定律，物块上滑时有mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1，下滑时有mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2，则可求得斜面倾角及动摩擦因数，故A 、C 不符合题意；由于m 均消去，无法求得物块的质量，故B 符合题意；物块上滑的最大距离x ＝v 0t 12，则最大高度h ＝x ·sin θ，故D 不符合题意．2.(2019·全国卷Ⅲ·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10m/s 2.由题给数据可以得出()A ．木板的质量为1kgB．2s～4s内，力F的大小为0.4NC．0～2s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【答案】AB【解析】由题图(c)可知木板在0～2s内处于静止状态，再结合题图(b)中细绳对物块的拉力f在0～2s内逐渐增大，可知物块受到木板的摩擦力逐渐增大，故可以判断木板受到的水平外力F也逐渐增大，选项C错误；由题图(c)可知木板在2s～4s内做匀加速运动，其加速度大小为a1＝0.4－04－2m/s2＝0.2m/s2，对木板进行受力分析，由牛顿第二定律可得F－F f＝ma1，在4～5s内做匀减速运动，其加速度大小为a2＝0.4－0.25－4m/s2＝0.2m/s2，F f＝ma2，另外由于物块静止不动，同时结合题图(b)可知物块与木板之间的滑动摩擦力F f＝0.2N，解得m＝1kg、F＝0.4N，选项A、B正确；由于不知道物块的质量，所以不能求出物块与木板之间的动摩擦因数，选项D错误．3.(2018·全国卷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()【答案】A【解析】设物块P 静止时，弹簧的长度为x 0，原长为l ，则有k (l －x 0)＝mg ，物块P 向上做匀加速直线运动时受重力mg 、弹簧弹力k (l －x 0－x )及力F ，根据牛顿第二定律，得F ＋k (l －x 0－x )－mg ＝ma ，故F ＝kx ＋ma .根据数学知识知F －x 图像是纵轴截距为ma 、斜率为k 的一次函数图像，故可能正确的是A.4.如图甲所示，用一水平力F 拉着一个静止在倾角为θ的光滑固定斜面上的物体，逐渐增大F ，物体做变加速运动，其加速度a 随外力F 变化的图像如图乙所示，重力加速度为g ＝10m/s 2，根据图乙中所提供的信息可以计算出()A ．物体的质量B ．斜面的倾角正弦值C ．加速度为6m/s 2时物体的速度D ．物体能静止在斜面上所施加的最小外力【答案】ABD【解析】对物体，由牛顿第二定律可得F cos θ－mg sin θ＝ma ，上式可改写为a ＝cos θmF －g sin θ，故a －F 图像的斜率为k ＝cos θm＝0.4kg －1，截距为b ＝－g sin θ＝－6m/s 2，解得物体质量为m ＝2kg ，sin θ＝0.6，故A 、B 正确；由于外力F 为变力，物体做非匀变速运动，故利用高中物理知识无法求出加速度为6m/s 2时物体的速度，C 错误；物体能静止在斜面上所施加的最小外力为F min ＝mg sin θ＝12N ，故D 正确．5.如图甲所示，足够长的木板B 静置于光滑水平面上，其上放置小滑块A ，滑块A 受到随时间t 变化的水平拉力F 作用时，用传感器测出滑块A 的加速度a ，得到如图乙所示的a －F 图像，A 、B 之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g 取10m/s 2，则()A ．滑块A 的质量为4kgB ．木板B 的质量为2kgC ．当F ＝10N 时滑块A 加速度为6m/s 2D ．滑块A 与木板B 间动摩擦因数为0.2【答案】BC【解析】设滑块A 的质量m ，木板B 的质量为M ，滑块A 与木板B 间的动摩擦因数为μ.由题图乙可知，当F ＝F m ＝6N 时，滑块A 与木板B 达到最大共同加速度为a m ＝2m/s 2，根据牛顿第二定律有F m ＝(M ＋m )a m ，解得M ＋m ＝3kg ；当F ＞6N 时，A 与B 将发生相对滑动，对A 单独应用牛顿第二定律有F －μmg ＝ma ，整理得a ＝F m－μg ；根据题图乙解得m ＝1kg ，μ＝0.4，则M ＝2kg ，A 、D 错误，B 正确；当F ＝10N 时，木板A 的加速度为a A ＝F －μmg m＝6m/s 2，C 正确．6.辉辉小朋友和爸爸一起去游乐园玩滑梯。
微专题(三) 动力学中的三类典型问题
3．掌握处理连接体问题的方法
若连接体内各物体具有相同的加速度，且不需要求物体之间的 整体法的
作用力，可以把它们看成一个整体，分析整体受到的外力，应 选取原则
用牛顿第二定律求出加速度或其他未知量 若连接体内各物体的加速度不相同，或者要求出系统内两物体 隔离法的 之间的作用力时，就需要把物体从系统中隔离出来，应用牛顿 选取原则 第二定律列方程求解 若连接体内各物体具有相同的加速度，且需要求物体之间的作 整体法、 用力时，可以先用整体法求出加速度，然后再用隔离法选取合 隔离法的 适的研究对象，应用牛顿第二定律求作用力，即“先整体求加 交替运用 速度，后隔离求内力”
[答案] C
题型(二) 加速度不同的连接体问题
[例 2] (2021·济南模拟)(多选)如图所示，轻质细线一端固定
在质量为 m1＝0.3 kg 的物体上，另一端绕过光滑的滑轮悬挂质量
为 m2＝0.1 kg 的物体。初始时用手托住 m1 使整个系统处于静止
状态，此时 m1 离地面的高度为 h＝0.4 m，某时刻将手拿掉，m1、
空气阻力。下列说法正确的是
()
A．A落地前轻绳的拉力大小为2 N
B．B运动的最大速度为4 m/s
C．A落地后，B向右运动的路程为1.2 m
D．B运动的平均速度大小为1 m/s
解析：设 A 落地前轻绳的拉力大小为 T，A、B 的加速度大小均为 a1，则对 A、 B 分别应用牛顿第二定律可得 mg－T＝ma1，T－μmg＝ma1，联立解得 a1＝2.5 m/s2，T＝1.5 N，故 A 错误；A 落地时 B 达到最大速度，根据运动学公式可 得最大速度为 v＝ 2a1h＝2 m/s，故 B 错误；A 落地后，B 做匀减速运动，其 加速度大小为 a2＝μg＝5 m/s2，B 向右运动的路程为 s＝2va22＝0.4 m，故 C 错 误；根据匀变速直线运动规律可知 B 在匀加速和匀减速运动过程的平均速度 大小均为 v ＝v2＝1 m/s，所以整个过程中 B 运动的平均速度大小为 1 m/s，故 D 正确。
2022人教新高考物理一轮课时检测16动力学的三类典型问题(带解析)
动力学的三类典型问题1．如图所示，劲度系数为k 的轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于水平面上质量均为m 的物体A 、B 接触(A 与B 和弹簧均未连接)，弹簧水平且无形变。
用水平力F 缓慢推动物体B ，在弹性限度内弹簧长度被压缩了x 0，此时物体A 、B 静止。
已知物体A 与水平面间的动摩擦因数为μ，物体B 与水平面间的摩擦不计。
撤去F 后，物体A 、B 开始向左运动，A 运动的最大距离为4x 0，重力加速度为g 。
则( )A ．撤去F 后，物体A 和B 先做匀加速运动，再做匀减速运动B ．撤去F 瞬间，物体A 、B 的加速度大小为kx 0m －μgC ．物体A 、B 一起向左运动距离x 0后相互分离D ．物体A 、B 一起向左运动距离x ＝x 0－μmg k后相互分离 解析：选D A 、B 一起先做加速度减小的加速运动，当加速度减为零时，B 与A 分离，B 做匀速运动，A 做加速度增大的减速运动，当弹簧达到原长后，A 与弹簧分离，做匀减速直线运动，故A 项错误；撤去F 瞬间，由kx 0－μmg ＝2ma 可知a ＝kx 02m －μg 2，B 项错误；当物体A 、B 相互分离时，加速度为零，速度最大，此时弹簧弹力F 弹＝μmg ＝kx ′，x ′＝μmg k ，所以物体A 、B 一起向左运动距离x ＝x 0－μmg k 后相互分离，D 项正确，C 项错误。
2．如图所示，质量分别为m 1、m 2的两个物体通过轻弹簧连接，在力F 的作用下一起沿水平方向做匀加速直线运动(m 1在光滑地面上，m 2在空中)。
已知力F 与水平方向的夹角为θ，则m 1的加速度大小为( )A.F cos θm 1＋m 2B.F sin θm 1＋m 2C.F cos θm 1D.F sin θm 2解析：选A m 1、m 2加速度相同，方向水平向右，把m 1、m 2看成一个整体，由牛顿第二定律可得F cos θ＝(m 1＋m 2)a ，所以a ＝F cos θm 1＋m 2，选项A 正确。
高考物理专题20动力学中的连接体问题练习(含解析)
专题20 动力学中的连接体问题1．同一方向的连接体问题：这类问题通常具有相同的加速度，解题时一般采用先整体后隔离的方法.2.不同方向的连接体问题：由跨过定滑轮的绳相连的两个物体，不在同一直线上运动，加速度大小相等，但方向不同，也可采用整体法或隔离法求解．1．(2020·湖南长沙市长沙县第六中学月考)如图1，斜面光滑且固定在地面上，A 、B 两物体一起靠惯性沿光滑斜面下滑，下列判断正确的是( )图1A ．图甲中两物体之间的绳中存在弹力B ．图乙中两物体之间存在弹力C ．图丙中两物体之间既有摩擦力，又有弹力D ．图丁中两物体之间既有摩擦力，又有弹力 答案 C解析 图甲：整体法分析，根据(m 1＋m 2)g sin θ＝(m 1＋m 2)a ，隔离A 可知F T ＋m 1g sin θ＝m 1a ，解得绳的拉力F T ＝0，故A 错误；图乙：对两物体应用整体法，根据牛顿第二定律可知(m 1＋m 2)g sin θ＝(m 1＋m 2)a ，隔离A 可知F N ＋m 1g sin θ＝m 1a ，解得两物体之间的弹力F N ＝0，故B 错误；图丙：对两物体应用整体法，根据牛顿第二定律可知(m 1＋m 2)g sin θ＝(m 1＋m 2)a ，解得加速度沿斜面向下，隔离A ，将加速度分解到竖直和水平方向，根据牛顿第二定律可知，题图丙中两物体之间既有摩擦力，又有弹力，故C 正确；图丁：对两物体应用整体法，根据牛顿第二定律可知(m 1＋m 2)g sin θ＝(m 1＋m 2)a ，隔离A 可知F f ＋m 1g sin θ＝m 1a ，解得：F f ＝0，故D 错误．2.(2020·湖南长沙市模拟)如图2所示，光滑水平面上，质量分别为m 、M 的木块A 、B 在水平恒力F 作用下一起以加速度a 向右做匀加速直线运动，木块间的水平轻质弹簧劲度系数为k ，原长为L 0，则此时木块A 、B 间的距离为( )图2A ．L 0＋MakB ．L 0＋ma kC ．L 0＋MFk M ＋mD ．L 0＋F －mak答案 B解析 以A 、B 整体为研究对象，加速度为：a ＝FM ＋m，隔离A 木块，弹簧的弹力：F 弹＝ma＝k Δx ，则弹簧的长度L ＝L 0＋ma k ＝L 0＋mFk M ＋m，故选B.3.(2020·辽宁沈阳东北育才学校月考)如图3所示，质量分别为m A 、m B 的A 、B 两物块紧靠在一起放在倾角为θ的固定斜面上，两物块与斜面间的动摩擦因数相同，用始终平行于斜面向上的恒力F 推A ，使它们沿斜面匀加速上升，为了减小A 、B 间的压力，可行的办法是( )图3A ．减小倾角θB ．减小B 的质量C ．减小A 的质量D ．换粗糙程度小的斜面答案 B解析 由牛顿第二定律得，对A 和B 整体有F －(m A ＋m B )g sin θ－μ(m A ＋m B )g cos θ＝(m A ＋m B )a ，对B 有F 1－m B g sin θ－μm B g cos θ＝m B a ，联立解得F 1＝m B m A ＋m BF ，故减小B 的质量可减小A 、B 间的压力，B 正确，A 、C 、D 错误．4．(多选)如图4，水平地面上有三个靠在一起的物块P 、Q 和R ，质量分别为m 、2m 和3m ，物块与地面间的动摩擦因数都为μ.用大小为F 的水平外力推动物块P ，记R 和Q 之间相互作用力与Q 与P 之间相互作用力大小之比为k .下列判断正确的是( )图4A ．若μ≠0，则k ＝56B ．若μ≠0，则k ＝35C ．若μ＝0，则k ＝12D ．若μ＝0，则k ＝35答案 BD5．(多选)(2020·湖北鄂东南联盟模拟)如图5所示，A 物体的质量是B 物体的k 倍．A 物体放在光滑的水平桌面上通过轻绳与B 物体相连，两物体释放后运动的加速度为a 1，轻绳的拉力为F T1；若将两物体互换位置，释放后运动的加速度为a 2，轻绳的拉力为F T2.不计滑轮摩擦和空气阻力，则( )图5A．a1∶a2＝1∶k B．a1∶a2＝1∶1C．F T1∶F T2＝1∶k D．F T1∶F T2＝1∶1答案AD解析由牛顿第二定律m B g＝(m A＋m B)a1，F T1＝m A a1，同理两物体互换位置，则m A g＝(m A＋m B)a2，F T2＝m B a2，解得a1∶a2＝m B∶m A＝1∶k，F T1∶F T2＝1∶1，故A、D正确．6．(2020·江苏七市第二次调研)如图6所示，车厢水平底板上放置质量为M的物块，物块上固定竖直轻杆，质量为m的球用细线系在杆上O点．当车厢在水平面上沿直线加速运动时，球和物块相对车厢静止，细线偏离竖直方向的角度为θ，此时车厢底板对物块的摩擦力为F f、支持力为F N，已知重力加速度为g，则( )图6A．F f＝Mg sin θB．F f＝Mg tan θC．F N＝(M＋m)g D．F N＝Mg答案 C解析以m为研究对象，受力如图甲所示由牛顿第二定律得mg tan θ＝ma，解得a＝g tan θ以M、m整体为研究对象，受力如图乙所示在竖直方向上，由平衡条件有F N＝(M＋m)g在水平方向上，由牛顿第二定律有F f＝(M＋m)a＝(M＋m)g tan θ，故C正确，A、B、D错误．7.(2020·安徽安庆市三模)如图7所示，质量为M的木块置于小车光滑的水平上表面，跨过光滑定滑轮的细绳一端水平连接木块，另一端竖直悬挂质量为m的物块，且m贴着小车光滑竖直右壁，当小车水平向右做加速度为a的匀加速运动时，M、m能与小车保持相对静止，则加速度a、细绳的拉力F T及m所受合力F为( )图7A ．a ＝mg MB ．F T ＝mMgm ＋MC ．F ＝0D ．F ＝m a 2＋g 2答案 A解析 以物块为研究对象，竖直方向根据平衡条件可得细绳的拉力：F T ＝mg ；对木块水平方向根据牛顿第二定律可得：F T ＝Ma ，解得：a ＝mg M，故A 正确，B 错误；以物块为研究对象，竖直方向受力平衡，则物块受到的合力F ＝ma ，故C 、D 错误．8．(多选)质量分别为M 和m 的物块a 、b 形状、大小均相同，将它们通过轻绳跨过光滑定滑轮连接，如图8甲所示，绳子平行于倾角为α的斜面，a 恰好能静止在斜面上，不考虑两物块与斜面之间的摩擦，若互换两物块位置，按图乙放置，然后释放a ，斜面仍保持静止，关于互换位置之后下列说法正确的是( )图8A ．轻绳的拉力等于mgB ．轻绳的拉力等于MgC ．a 运动的加速度大小为(1－sin α)gD ．a 运动的加速度大小为M －mMg 答案 ACD解析 按图甲放置时，对a 由平衡条件可知Mg sin α＝F T ，对b 有F T ′＝mg ，F T ＝F T ′，则有Mg sinα＝mg ；按图乙放置时，对a 由牛顿第二定律可知Mg －F T1＝Ma ，对b 有F T2－mg sin α＝ma ，F T1＝F T2，则有Mg －mg sin α＝(M ＋m )a ，联立解得a ＝(1－sin α)g ，故C 正确；由于Mg sin α＝mg ，所以a ＝(1－sin α)g ＝(1－mgMg )g ＝M －mMg ，故D 正确；将F T2－mg sin α＝ma 和a ＝(1－sin α)g ，联立解得F T2＝mg ，故A 正确，B 错误．。
天津高考物理动力学大题经典例题
天津高考物理动力学大题经典例题
1.在竖直向上抛掷物体的运动中，当物体刚刚离开手时，它的速度大小和方向如何？
2. 一辆汽车以60km/h的速度通过一个弯道，半径为100m。
如果汽车向左转，方向与弯道相同，车身会受到什么样的向心力？
3. 一架飞机以900km/h的速度平飞在海拔10km的高空，如果没有空气阻力，飞机的水平飞行距离和垂直下落距离分别是多少？
4. 一个质量为m的物体沿斜面向下滑动，斜面的夹角为θ，滑动的摩擦系数为μ。
当物体滑动到斜面的底部时，它的速度大小和方向如何？
5. 一个质量为m的物体沿斜面向上滑动，斜面的夹角为θ，滑动的摩擦系数为μ。
当物体滑动到斜面的顶部时，它的速度大小和方向如何？
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通电导线和带电粒子在磁场中的动力学问题(原卷版)-2023年高考物理压轴题专项训练(全国通用)
压轴题07 通电导线和带电粒子在磁场中的动力学问题考向一/选择题：通电导线在磁场中的动力学问题考向二/选择题：带电粒子在有界磁场中的运动考向三/选择题：带电粒子在叠加场中的运动考向一：通电导线在磁场中的动力学问题1.安培力公式：F＝ILB sin θ。
2．两种特殊情况：(1)当I⊥B时，F＝BIL。
(2)当I⊥B时，F＝0。
3．弯曲通电导线的有效长度(1)当导线弯曲时，L是导线两端的有效直线长度(如图所示)。
(2)对于任意形状的闭合线圈，其有效长度均为零，所以通电后在匀强磁场中受到的安培力的矢量和为零。
4.安培力方向的判断(1)判断方法：左手定则。
(2)方向特点：既垂直于B，也垂直于I，所以安培力一定垂直于B与I决定的平面。
考向二：带电粒子在有界磁场中的运动（一）带电粒子在叠加场中的直线运动1.带电粒子在电场和磁场的叠加场中做直线运动，电场力和洛伦兹力一定相互平衡，因此可利用二力平衡解题。
2.带电粒子在电场、磁场、重力场的叠加场中做直线运动，则粒子一定处于平衡状态，因此可利用平衡条件解题。
（二）带电粒子在叠加场中的圆周运动1.带电粒子做匀速圆周运动，隐含条件是必须考虑重力，且电场力和重力平衡。
2.洛伦兹力提供向心力和带电粒子只在磁场中做圆周运动解题方法相同。
（三）配速法处理带电粒子在叠加场中的运动1.若带电粒子在磁场中所受合力不会零，则粒子的速度会改变，洛伦兹力也会随着变化，合力也会跟着变化，则粒子做一般曲线运动，运动比较麻烦，此时，我们可以把初速度分解成两个分速度，使其一个分速度对应的洛伦兹力与重力（或电场力，或重力和电场力的合力）平衡，另一个分速度对应的洛伦兹力使粒子做匀速圆周运动，这样一个复杂的曲线运动就可以分解分两个比较常见的运动，这种方法叫配速法。
2.几种常见情况：把初速度0，分解一个向左的速度v1和一个向右的速度v1把初速度0，分解一个向左的速度v1和一个向右的速度v1把初速度0，分解一个斜向左下方的速度v1和一个斜向右上方的速度v1把初速度v0，分解速度v1和速度v21．竖直平面内有轻绳1、2、3连接如图所示。
高考物理复习两类动力学问题专题练习(含解析)-最新教学文档
高考物理复习两类动力学问题专题练习（含解析）动力学是理论力学的一个分支学科，它主要研究作用于物体的力与物体运动的关系。
查字典物理网整理了两类动力学问题专题练习，请大家练习。
一、选择题(在题后给的选项中，第1～4题只有一项符合题目要求，第5～9题有多项符合题目要求.)1.(2019年广州调研)静止在光滑水平面上O点的物体，从t=0时刻开始受到水平力作用，设向右为F的正方向，则物体()A.一直向左运动B.一直向右运动C.一直匀加速运动D.在O点附近左右运动【答案】B【解析】设物体质量为m，由图象可知，0～1 s内物体向右做匀加速直线运动，1 s末的速度v1=;1～2 s内物体以初速度v1=向右做匀减速直线运动，2 s末的速度v2=v1-=0;综上可知，物体会一直向右运动.选项B正确.2.质量为 2 kg 的物体静止在足够大的水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数为0.2，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等.从t=0时刻开始，物体受到方向不变、大小呈周期性变化的水平拉力F的作用，F随时间t的变化规律.重力加速度g取10 m/s2，则物体在t=0至t=12 s这段时间的位移大小为()图K3-2-2A.18 mB.54 mC.72 mD.198 m【答案】B【解析】滑动摩擦力大小Fmg=4 N，则0～3 s物体静止，6～9 s物体做匀速直线运动，3～6 s和9～12 s做加速度相等的匀加速直线运动，加速度a=m/s2=2 m/s2.6 s末的速度v1=23 m/s=6 m/s,12 s末的速度v2=6 m/s+23 m/s=12 m/s.3～6 s发生的位移大小x1=3 m=9 m，6～9 s 发生的位移大小x2=63 m=18 m,9～12 s发生的位移大小x3=3 m=27 m，则0～12 s发生的位移大小x=x1+x2+x3=54 m，故选项B正确. 3.(2019年江苏卷)将一个皮球竖直向上抛出，皮球运动时受到空气阻力的大小与速度的大小成正比.下列描绘皮球在上升过程中加速度大小a与时间t的图象，可能正确的是() A B C D【答案】C【解析】对皮球进行受力分析，受到竖直向下的重力、阻力作用，根据牛顿第二定律，知皮球在上升过程中的加速度大小a=，因皮球上升过程中速度v减小，加速度减小，当v=0时，加速度最终趋近一条平行于t轴的直线，选项C正确，A、B、D错误.4. (2019年河南模拟)2019年8月14日，中国乒乓球公开赛在苏州市体育中心体育馆拉开战幕，吸引了上千市民前往观看.假设运动员在训练中手持乒乓球拍托球沿水平面做匀加速运动，球拍与球保持相对静止且球拍平面和水平面之间的夹角为.设球拍和球质量分别为M、m，不计球拍和球之间的摩擦，不计空气阻力，则()A.运动员的加速度大小为gsinB.球拍对球的作用力大小为mgcosC.运动员对球拍的作用力大小为D.运动员对地面的作用力方向竖直向下【答案】C【解析】以乒乓球为研究对象，球受重力和球拍的支持力，不难求出球受到的合力为mgtan ，其加速度为gtan ，受到球拍的支持力为mg/cos ，由于运动员、球拍和球的加速度相等，选项A、B错误;同理运动员对球拍的作用力大小为(M+m)g/cos ，选项C正确;将运动员看做质点，由上述分析知道运动员在重力和地面的作用力的合力作用下产生水平方向的加速度，地面对运动员的作用力应该斜向上，由牛顿第三定律知道，运动员对地面的作用力方向斜向下，选项D 错误.5.(2019年黑龙江模拟)A、B两物块的质量分别为2 m和m, 静止叠放在水平地面上. A、B间的动摩擦因数为，B与地面间的动摩擦因数为.最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为 g.现对A施加一水平拉力F，则()图K3-2-4A.当 F mg时，A、B都相对地面静止B.当 F=mg时，A的加速度为gC.当 Fmg时，A相对B滑动D.无论F为何值，B的加速度不会超过g【答案】BCD【解析】当A、B刚要发生相对滑动时，A、B间的摩擦力达到最大静摩擦力，即f=2mg ，隔离B分析，根据牛顿第二定律得，23mg=ma，解得a=g.对整体分析，根据牛顿第二定律有：F-3mg=3ma，解得F=3mg.故当Fmg时，A、B发生相对滑动，故C正确;通过隔离B分析，知B的加速度不会超过g，故D正确;当F=mg时，A、B保持相对静止，对整体分析，加速度a===g，故B正确;当Fmg，知小于A、B之间的最大静摩擦力，则A、B不发生相对滑动，对整体分析，由于整体受到地面的最大静摩擦力fm=3mg=mg，知A、B不能相对地面静止，故A错误.6.(2019年潮州模拟)如图K3-2-5所示，一小车放在水平地面上，小车的底板上放一光滑小球，小球通过两根轻弹簧与小车两壁相连.当小车匀速运动时，两弹簧L1、L2恰处于自然状态.当发现L1变长、L2变短时，下列判断正确的是() 图K3-2-5A.小车可能正在向右做匀加速运动B.小车可能正在向右做匀减速运动C.小车可能正在向左做匀加速运动D.小车可能正在向左做匀减速运动【答案】BC【解析】L1变长，L2变短，小球受到L1向左的拉力和L2向左的弹力，合力方向向左，则加速度方向向左，选项B、C 正确.7.如图K3-2-6所示，质量为m的物体用细绳拴住放在水平粗糙传送带上，物体距传送带左端的距离为L，稳定时绳与水平方向的夹角为，当传送带分别以v1、v2的速度做逆时针转动时(v1图K3-2-6A.F1C.t1一定大于t2D.t1可能等于t2【答案】BD【解析】皮带以不同的速度运动，物体所受的滑动摩擦力相等，物体仍处于静止状态，故F1=F2;物体在两种不同速度下运动时有可能先加速再匀速，也可能一直加速，故t1可能等于t2.8甲、乙两图都在光滑的水平面上，小车的质量都是M，人的质量都是m，甲图人推车、乙图人拉绳子(绳与轮的质量和摩擦均不计)的力都是F，对于甲、乙两车的加速度大小，下列说法正确的是()图K3-2-7A.甲车的加速度大小为B.甲车的加速度大小为0C.乙车的加速度大小为D.乙车的加速度大小为0【答案】BC【解析】对于甲，以人、车整体为研究对象，水平方向合力为零，由牛顿第二定律，得a甲=0;对于乙，水平方向整体受力为2F，再由牛顿第二定律，得a乙=，所以选项B、C正确.9.(2019年全国卷Ⅰ)2019年11月，歼15舰载机在辽宁号航空母舰上着舰成功.图K3-2-8(a)为利用阻拦系统让舰载机在飞行甲板上快速停止的原理示意图.飞机着舰并成功钩住阻拦索后，飞机的动力系统立即关闭，阻拦系统通过阻拦索对飞机施加一作用力，使飞机在甲板上短距离滑行后停止.某次降落，以飞机着舰为计时零点，飞机在t=0.4 s时恰好钩住阻拦索中间位置，其着舰到停止的速度时间图线如图K3-2-8(b)所示.假如无阻拦索，飞机从着舰到停止需要的滑行距离约为1 000 m.已知航母始终静止，重力加速度的大小为g.则()图K3-2-8A.从着舰到停止，飞机在甲板上滑行的距离约为无阻拦索时的1/10B.在0.4～2.5 s时间内，阻拦索的张力几乎不随时间变化C.在滑行过程中，飞行员所承受的加速度大小会超过2.5gD.在0.4～2.5 s时间内，阻拦系统对飞机做功的功率几乎不变【答案】AC【解析】速度时间图象中，图线与坐标轴所围图形的面积为物体的位移，所以可以计算飞机受阻拦时运动的位移约为x=700.4 m+(3.0-0.4)70 m=119 m，A正确;0.4 s到2.5 s时间内，速度时间图象的斜率不变，说明两条绳索张力的合力不变，但是两力的夹角不断变小，所以绳索的张力不断变小，B错;0.4 s到2.5 s时间内平均加速度约为a= m/s2=26.7 m/s2;C正确;0.4 s到2.5 s时间内，阻拦系统对飞机的作用力不变，飞机的速度逐渐减小，由P=Fv可知，阻拦系统对飞机做功的功率逐渐减小，D错.二、非选择题10.(2019年汕头模拟)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小物块从一开始冲上斜面到往后上滑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-时间图象，如图K3-2-9所示，求：(已知sin 37=0.6，cos 37=0.8，g取10 m/s2)图K3-2-9(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)小物块所到达斜面最高点与斜面底端的距离.【答案】(1)8 m/s2 (2)0.25 (3)4.0 m【解析】(1)由小物块上滑过程的速度时间图象，可得小物块冲上斜面过程中的加速度a==m/s2=-8 m/s2，加速度大小为8 m/s2.(2)对小物块进行受力分析如图所示，有mgsin 37+f=ma，FN-mgcos 37=0，f=FN.代入数据，得=0.25.(3)由图象知距离s=t=1.0 m=4.0 m.11.消防队员为缩短下楼的时间，往往抱着竖直的杆直接滑下.假设一名质量为60 kg、训练有素的消防队员从7楼(即离地面18 m的高度)抱着竖直的杆以最短的时间滑下.已知杆的质量为200 kg，消防队员着地的速度不能大于6 m/s，手和腿对杆的最大压力为1 800 N，手和腿与杆之间的动摩擦因数为0.5，设当地的重力加速度g=10 m/s2.假设杆是固定在地面上的，杆在水平方向不移动.试求：(1)消防队员下滑过程中的最大速度;(2)消防队员下滑过程中杆对地面的最大压力;(3)消防队员下滑的最短时间.【答案】(1)12 m/s (2)2 900 N (3)2.4 s【解析】(1)消防队员开始阶段自由下落的末速度即为下滑过程的最大速度vm，有2gh1=v.消防队员受到的滑动摩擦力Ff=FN1=0.51 800 N=900 N.减速阶段的加速度大小a2==5 m/s2，减速过程的位移为h2，由v-v2=2a2h2，又h=h1+h2，以上各式联立，可得vm=12 m/s.(2)以杆为研究对象，得FN2=Mg+Ff=2 900 N.根据牛顿第三定律，得杆对地面的最大压力为2 900 N. (3)最短时间tmin=+=2.4 s.12.(2019年中山模拟)如图K3-2-10所示，一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通过速度传感器测得物体的瞬时速度，下表给出了部分测量数据. 图K3-2-10t/s 0.0 0.2 0.4 2.2 2.4 v/(ms-1) 0.0 1.0 2.0 3.3 2.1 试求：(1)斜面的倾角(2)恒力F的大小;(3)t=1.6 s时物体的瞬时速度.【答案】(1)37 (2)11 N (3)6.9 m/s【解析】(1)物体从A到B做匀加速运动，设加速度为a1. 则a1= m/s2=5 m/s2，若物体加速了2.2 s，则2.2 s末速度为11 m/s，由表格数据知2.2 s末的速度为3.3 m/s，故当t=2.2 s时，物体已通过B点.因此减速过程加速度大小a2= m/s2=6 m/s2，mgsin =ma2，解得=37.(2)由(1)知a1=5 m/s2，F-mgsin =ma1，解得F=11 N.(3)设第一阶段运动的时间为t1，在B点时有5t1=2.1+6(2.4-t1)，t1=1.5 s.可见，t=1.6 s的时刻处在第二运动阶段，由逆向思维可得v=2.1 m/s+6(2.4-1.6) m/s=6.9 m/s.两类动力学问题专题练习及答案的内容就是这些，查字典物理网预祝考生取得更好的成绩。
高考物理专题23“滑块_木板”模型的动力学问题练习含解析
专题23 “滑块—木板”模型的动力学问题1．“滑块—木板”模型问题中，靠摩擦力带动的那个物体的加速度有最大值：a m ＝F fmm.假设两物体同时由静止运动，若整体加速度小于该值，则二者相对静止，二者间是静摩擦力；若整体加速度大于该值，则二者相对滑动，二者间为滑动摩擦力.2.滑块由滑板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和滑板同向运动，位移之差等于板长；若反向运动，位移大小之和等于板长．1．(2020·山东济南历城二中一轮复习验收)如图1所示，在光滑水平面上有一质量为m 1的足够长的木板，其上叠放一质量为m 2的木块．假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等．现给木块施加一随时间t 增大的水平力F ＝kt (k 是常数)，木板和木块的加速度大小分别为a 1和a 2，下列反映a 1和a 2变化的图线中正确的是( )图1答案 A解析 当F 比较小时，两个物体相对静止，加速度相同，根据牛顿第二定律可得a ＝Fm 1＋m 2＝kt m 1＋m 2，a ∝t ；当F 比较大时，木块相对于木板运动，根据牛顿第二定律可得，a 1＝μm 2gm 1，μ、m 1、m 2一定，则a 1一定，a 2＝F －μm 2g m 2＝k m 2t －μg ，a 2是t 的线性函数，t 增大，a 2增大．由于km 1＋m 2<km 2，则木块相对于木板运动后，a 2－t 图线的斜率大于两者相对静止时图线的斜率．综上所述，A 正确．2．(2020·安徽六安市质量检测)如图2所示，静止在水平地面上的木板(厚度不计)质量为m 1＝1 kg ，与地面的动摩擦因数μ1＝0.2，质量为m 2＝2 kg 可看作质点的小物块与木板、地面间的动摩擦因数均为μ2＝0.4，以v 0＝4 m/s 的水平速度从左端滑上木板，经过t ＝0.6 s 滑离木板，g 取10 m/s 2，以下说法正确的是( )图2A ．木板的长度为1.68 mB ．小物块离开木板时，木板的速度为1.6 m/sC ．小物块离开木板后，木板的加速度为2 m/s 2，方向水平向右 D ．小物块离开木板后，木板与小物块将发生碰撞 答案 D解析 由于μ2m 2g >μ1(m 1＋m 2)g ，得物块在木板上以a 1＝μ2g ＝4 m/s 2减速滑行时木板以a 2＝μ2m 2g －μ1m 1＋m 2g m 1＝2 m/s 2向右加速运动，在0.6 s 时，物块的速度v 1＝v 0－a 1t ＝1.6m/s ，木板的速度v 2＝a 2t ＝1.2 m/s ，B 错误.0.6 s 内物块位移为x 1＝v 0＋v 12t ＝1.68 m ，木板位移x 2＝0＋v 22t ＝0.36 m ，相对位移为Δx ＝x 1－x 2＝1.32 m ，即木板长度为1.32 m ，A 错．物块离开木板后，木板做减速运动，加速度大小为a 4＝μ2g ＝2 m/s 2，方向向左，C 错．在地面上物块会滑行x 4＝v 122a 4＝v 122μ2g ＝0.32 m ，木板会滑行x 3＝v 222a 3＝v 222μ1g＝0.36 m ，所以两者会相碰，D 正确．3．(多选)(2020·江苏南京师大苏州实验学校一模)如图3所示，质量为m 1的木块和质量为m 2的长木板叠放在水平地面上．现对木块施加一水平向右的拉力F ，木块在长木板上滑行，长木板始终静止．已知木块与长木板间的动摩擦因数为μ1，长木板与地面间的动摩擦因数为μ2，且最大静摩擦力与滑动摩擦力相等．重力加速度为g ，则( )图3A ．μ1一定小于μ2B ．μ1可能大于μ2C ．改变F 的大小，F >μ2(m 1＋m 2)g 时，长木板将开始运动D ．改F 作用于长木板，F >(μ1＋μ2)(m 1＋m 2)g 时，长木板与木块将开始相对滑动 答案 BD解析 对木块，根据牛顿运动定律有：F －μ1m 1g ＝m 1a ；对长木板，由于保持静止，有：μ1m 1g －F f ＝0，F f <μ2(m 1＋m 2)g ，m 1、m 2的大小关系不确定，所以μ1、μ2的大小关系无法确定，故A 错误，B 正确．改变F 的大小，只要木块在木板上滑动，木块对木板的滑动摩擦力不变，长木板仍然保持静止，故C 错误．若将F 作用于长木板，当木块与木板恰好开始相对滑动时，对木块，μ1m 1g ＝m 1a ，解得a ＝μ1g ，对整体分析，有F －μ2(m 1＋m 2)g ＝(m 1＋m 2)a ，解得F ＝(μ1＋μ2)(m 1＋m 2)g ，所以当F >(μ1＋μ2)(m 1＋m 2)g 时，长木板与木块将开始相对滑动，故D 正确．4．(多选)(2019·全国卷Ⅲ·20)如图4(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 ＝4 s 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10 m/s 2.由题给数据可以得出( )图4A ．木板的质量为1 kgB ．2～4 s 内，力F 的大小为0.4 NC ．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 答案 AB解析 由题图(c)可知木板在0～2 s 内处于静止状态，再结合题图(b)中细绳对物块的拉力f 在0～2 s 内逐渐增大，可知物块受到木板的摩擦力逐渐增大，故可以判断木板受到的水平外力F 也逐渐增大，选项C 错误；由题图(c)可知木板在2～4 s 内做匀加速运动，其加速度大小为a 1＝0.4－04－2 m/s 2＝0.2 m/s 2，对木板进行受力分析，由牛顿第二定律可得F －F f ＝ma 1，在4～5 s 内做匀减速运动，其加速度大小为a 2＝0.4－0.25－4 m/s 2＝0.2 m/s 2，F f ＝ma 2，另外由于物块静止不动，同时结合题图(b)可知物块与木板之间的滑动摩擦力F f ＝0.2 N ，解得m ＝1 kg 、F ＝0.4 N ，选项A 、B 正确；由于不知道物块的质量，所以不能求出物块与木板之间的动摩擦因数，选项D 错误．5．(多选)(2020·山东邹城一中测试)如图5甲所示，质量为m ＝1 kg 可视为质点的物块A放置在长木板B 上，A 、B 静止在水平地面上，已知长木板B 的质量M ＝4 kg ，A 与B 及B 与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.1，用水平外力F 作用在长木板B 上，外力F 随时间变化关系如图乙所示，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g 取10 m/s 2，则下列说法正确的是( )图5A ．t ＝0时刻，A 的加速度为零B ．t ＝5 s 时刻，B 的加速度为3.5 m/s 2C ．在整个运动过程中，物块A 的加速度始终不变D ．如果长木板B 足够长，最终A 、B 将共速 答案 BC解析 由滑动摩擦力公式可知，A 、B 间的滑动摩擦力：F f A ＝μmg ＝1 N ，B 与地面间的滑动摩擦力：F f B ＝μ(M ＋m )g ＝5 N ，A 、B 间发生相对滑动后，A 的加速度将保持不变，其大小为：a A ＝F f Am＝1 m/s 2.若A 、B 间刚好发生相对滑动时的外力为F 1，由牛顿第二定律得F 1－μ(M ＋m )g ＝(M ＋m )a A ，得F 1＝10 N ，所以t ＝0时刻A 的加速度a A ＝1 m/s 2，故A 项错误，C 项正确；在t ＝5 s 时，F ＝20 N ，对长木板B 由牛顿第二定律有：F －F f A －F f B ＝Ma B ，得a B ＝3.5 m/s 2，故B 项正确；只要F 始终作用在长木板B 上，B 的加速度始终大于A 的加速度，无论长木板B 多长，A 、B 都不会共速，故D 项错误．6．(多选)如图6甲所示，质量为2m 的足够长的木板B 放在粗糙水平面上，质量为m 的物块A 放在木板B 的右端且A 与B 、B 与水平面间的动摩擦因数均为μ，现对木板B 施加一水平变力F ，F 随t 变化的关系如图乙所示，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g ，下列说法正确的是( )图6A ．前3 s 内，A 受到的摩擦力方向水平向右B ．t ＝4 s 时，A 的加速度大小为13μgC ．t ＝5 s 时，A 受到的摩擦力大小为0.5μmgD ．第6 s 以后，A 受到的摩擦力大小为μmg 答案 BD解析 A 相对B 刚要滑动时，A 的加速度为a A ＝μg ，B 的加速度a B ＝F －4μmg2m，且a A ＝a B ，解得F ＝6μmg ，由图乙可知，第6 s 以后，F >6μmg ，A 相对B 滑动，A 受到的摩擦力大小为μmg ，故D 正确；A 和B 一起滑动时，a AB ＝F －3μmg 3m ≥0，解得F ≥3μmg ，所以在前3 s 内，A 、B 静止不动，A 受到的摩擦力为0，故A 错误；当t ＝4 s 时，A 和B 一起滑动，A 的加速度大小为a AB ＝F －3μmg 3m ＝4μmg －3μmg 3m ＝13μg ，故B 正确；当t ＝5 s 时，A 和B 一起滑动，A 受到的摩擦力大小F f ＝ma AB ＝m ·5μmg －3μmg 3m ＝23μmg ，故C 错误．7.(多选)如图7所示，质量相等的物块A 和木板B 叠放在水平地面上，左边缘对齐．A 与B 、B 与地面间的动摩擦因数均为μ.先水平敲击A ，A 立即获得水平向右的初速度v A ，在B 上滑动距离L 后停下．接着水平敲击B ，B 立即获得水平向右的初速度v B ，A 、B 都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，相对静止前B 的加速度大小为a 1，相对静止后B 的加速度大小为a 2，此后两者一起运动至停下．已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g .下列说法正确的是( )图7A ．a 1＝3a 2B ．v A ＝2μgLC ．v B ＝22μgLD ．从左边缘再次对齐到A 、B 停止运动的过程中，A 和B 之间没有摩擦力 答案 ABC解析 分析可知，敲击A 时，B 始终静止，由牛顿第二定律知，A 加速度的大小a A ＝μg ，由匀变速直线运动规律有2a A L ＝v A 2，解得v A ＝2μgL ，选项B 正确；设A 、B 的质量均为m ，敲击B 时，在A 、B 相对滑动的过程中，B 所受合外力大小为3μmg ，由牛顿第二定律有3μmg ＝ma 1，解得a 1＝3μg ，当A 、B 相对静止后，对A 、B 整体由牛顿第二定律有2μmg ＝2ma 2，解得a 2＝μg ，故a 1＝3a 2，选项A 正确；经过时间t ，A 、B 达到共同速度v ，位移分别为x A 、x B ，A 加速度的大小等于a 2，则v ＝a 2t ，v ＝v B －a 1t ，x A ＝12a 2t 2，x B ＝v B t －12a 1t 2且x B －x A ＝L ，解得v B ＝22μgL ，选项C 正确；对齐后，A 、B 整体以加速度大小a 2＝μg 一起做匀减速运动，对A 分析有F f ＝ma 2＝μmg ，故A 、B 之间有摩擦力且达到最大静摩擦力，选项D 错误． 8．(多选)(2020·云南大理、丽江等校第二次统考)如图8(a)，质量m 1＝0.2 kg 的足够长平板小车静置在光滑水平地面上，质量m 2＝0.1 kg 的小物块静止于小车上，t ＝0时刻小物块以速度v 0＝11 m/s 向右滑动，同时对小物块施加一水平向左、大小恒定的外力F ，图(b)显示物块与小车第1 s 内运动的v －t 图象．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10 m/s 2.则下列说法正确的是( )图8A ．小物块与平板小车间的动摩擦因数μ＝0.4B ．恒力F ＝0.5 NC ．小物块与小车间的相对位移x 相对＝6.5 mD ．小物块向右滑动的最大位移是x max ＝7.7 m 答案 ABD解析 由题图(b)知，小车和小物块的加速度分别为a 1＝Δv 1Δt ＝2－01 m/s 2＝2 m/s 2a 2＝Δv 2Δt ＝2－111m/s 2＝－9 m/s 2对小车：μm 2g ＝m 1a 1，对小物块：－(F ＋μm 2g )＝m 2a 2， 解得μ＝0.4，F ＝0.5 N ，故A 、B 正确；根据题图(b)可知，在t ＝1 s 时小车和小物块的速度相同，两者不再发生相对运动，相对位移等于图中三角形的面积，x 相对＝112 m ＝5.5 m ，C 错误；在0～1 s 内小物块向右滑动的位移x 1＝2＋112m ＝6.5 m当小车与小物块的速度相等后，在外力的作用下一起向右匀减速运动，其加速度大小为a 3＝Fm 1＋m 2＝53m/s 2， 当速度减小到0时，整体向右发生的位移为x 2＝222×53m ＝1.2 m所以小物块向右滑动的最大位移是x max ＝x 1＋x 2＝7.7 m ，故D 正确．9.(多选)(2020·山东济南市期末)如图9所示，倾角为37°的足够长斜面，上面有一质量为2 kg 、长8 m 的长木板Q ，木板上下表面与斜面平行．木板Q 最上端放置一质量为1 kg 的小滑块P .P 、Q 间光滑，Q 与斜面间的动摩擦因数为13.若P 、Q 同时从静止释放，以下关于P 、Q两个物体运动情况的描述正确的是(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2)( )图9A ．P 、Q 两个物体加速度分别为6 m/s 2、4 m/s 2B ．P 、Q 两个物体加速度分别为6 m/s 2、2 m/s 2C ．P 滑块在Q 上运动时间为1 sD ．P 滑块在Q 上运动时间为2 s 答案 BD解析 对P 受力分析，受重力和Q 对P 的支持力作用，根据牛顿第二定律有：m P g sin 37°＝m P a P解得：a P ＝g sin 37°＝6 m/s 2对Q 受力分析，受重力、斜面对Q 的支持力、摩擦力和P 对Q 的压力作用，根据牛顿第二定律有：m Q g sin 37°－μ(m P ＋m Q )g cos 37°＝m Q a Q ，解得：a Q ＝2 m/s 2，故A 错误，B 正确；设P 在Q 上面滑动的时间为t ，因a P ＝6 m/s 2>a Q ＝2 m/s 2，故P 比Q 运动更快，根据位移关系有：L ＝12(a P －a Q )t 2，代入数据解得t ＝2 s ，故C 错误，D正确．10.(2020·广东广州市一模)如图10所示，质量M ＝8 kg 的小车放在水平光滑的平面上，在小车右端加一F ＝8 N 的水平拉力，当小车向右运动的速度达到v 0＝1.5 m/s 时，在小车前端轻轻地放上一个大小不计、质量为m ＝2 kg 的小物块，小物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.2，小车足够长，g 取10 m/s 2.求：图10(1)放小物块后，小物块及小车的加速度各为多大； (2)经多长时间两者达到相同的速度；(3)从小物块放上小车开始，经过t ＝1.5 s 小物块通过的位移大小为多少？ 答案 (1)2 m/s 20.5 m/s 2 (2)1 s (3)2.1 m解析 (1)对小车和物块受力分析，由牛顿第二定律可得，物块的加速度：a m ＝μg ＝2 m/s 2小车的加速度：a M ＝F －μmg M＝0.5 m/s 2(2)由：a m t ＝v 0＋a M t 得：t ＝1 s ，所以速度相同时用的时间为1 s. (3)在开始1 s 内小物块的位移：x 1＝12a m t 2＝1 m最大速度：v ＝a m t ＝2 m/s在接下来的0.5 s 物块与小车相对静止，一起做加速运动，加速度：a ＝FM ＋m＝0.8 m/s 2这0.5 s 内的位移：x 2＝vt ′＋12at ′2＝1.1 m所以通过的总位移x ＝x 1＋x 2＝2.1 m.11.如图11所示，两个完全相同的长木板放置于水平地面上，木板间紧密接触，每个木板质量M ＝0.6 kg ，长度l ＝0.5 m ．现有一质量m ＝0.4 kg 的小木块，以初速度v 0＝2 m/s 从木板的左端滑上木板，已知木块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.3，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，重力加速度g 取10 m/s 2.求：图11(1)小木块滑上第二个木板的瞬间的速度大小； (2)小木块最终滑动的位移(保留3 位有效数字)． 答案 (1)1 m/s (2)0.670 m解析 (1)木板受到木块的摩擦力为F f1＝μ1mg 木板受到地面的摩擦力为F f2＝μ2(2M ＋m )g 因为F f2>F f1，所以木块运动时，木板静止不动设木块在左边第一个木板上的加速度大小为a 1，μ1mg ＝ma 1 小木块滑上第二个木板的瞬间的速度为v ，则v 2－v 02＝－2a 1l代入数据解得：v ＝1 m/s(2)木块滑上第二个木板后，设木板的加速度大小为a 2，则μ1mg －μ2(M ＋m )g ＝Ma 2设木块与木板达到相同速度v 1时，用时为t ，则有： 对木块：v 1＝v －a 1t 对木板有：v 1＝a 2t解得：v 1＝0.1 m/s ，t ＝0.3 s此时木块运动的位移x 1＝v ＋v 12t ＝0.165 m木板的位移x 1′＝v 122a 2＝0.015 m木块在木板上滑动的长度为x 1－x 1′<l达到共速后，木块和木板一起继续运动，设木块、木板一起运动的加速度大小为a 3，位移为x 2，μ2(M ＋m )g ＝(M ＋m )a 3 v 12＝2a 3x 2解得x 2＝0.005 m小木块滑动的总位移x ＝l ＋x 1＋x 2＝0.670 m.。
2025届高考物理复习：经典好题专项(动力学中的图像问题)练习(附答案)
2025届高考物理复习：经典好题专项（动力学中的图像问题）练习1．(多选)一物体静止在粗糙程度均匀的水平地面上，在0～4 s内所受水平拉力F随时间t的变化关系图像如图甲所示，在0～2 s内的速度与时间关系图像如图乙所示，最大静摩擦力大于滑动摩擦力。
关于物体的运动，下列说法正确的是()A．物体的质量为2 kgB．0～4 s内物体的位移为8 mC．0～4 s内拉力F做功为16 JD．在4 s末物体的速度大小为4 m/s2．(2023ꞏ内蒙古包头市二模)水平力F方向确定，大小随时间变化的图像如图a所示，用力F 拉静止在水平桌面上的小物块，在F从0开始逐渐增大的过程中，物块的加速度a随时间变化的图像如图b所示，重力加速度大小为10 m/s2，最大静摩擦力大于滑动摩擦力，由图示可知()A．物块的质量m＝2 kgB．物块与水平桌面间的动摩擦因数为0.2C．在4 s末，物块的动量大小为12 kgꞏm/sD．在2～4 s时间内，小物块速度均匀增加3. 在用DIS探究超重和失重的实验中，某同学蹲在压力传感器上完成一次起立动作，在计算机屏幕上得到压力传感器示数F随时间t变化的图像如图所示，则此过程该同学重心的运动速度v随时间t变化的图像最接近图()4．(多选)如图甲所示，用一水平力F 拉着一个静止在倾角为θ的光滑固定斜面上的物体。
逐渐增大F ，物体做变加速运动，其加速度a 随外力F 变化的图像如图乙所示，g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
根据图乙中所提供的信息可以计算出( )A ．物体的质量B ．斜面的倾角C ．物体能静止在斜面上所施加的最小外力D ．加速度为6 m/s 2时物体的速度5．(多选)如图甲所示，一倾角θ＝30°的足够长斜面体固定在水平地面上，一个物块静止在斜面上。
现用大小为F ＝kt (k 为常量，F 、t 的单位分别为N 和s)的拉力沿斜面向上拉物块，物块受到的摩擦力F f 随时间变化的关系图像如图乙所示，物块与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g 取10 m/s 2。
物理高考一轮复习两类动力学问题专题提升训练(附答案)
物理高考一轮复习两类动力学问题专题提升训练（附答案）动力学是实际力学的一个分支学科，它主要研讨作用于物体的力与物体运动的关系，下面是两类动力学效果专题提升训练，请大家仔细练习。
一、选择题(在题后给的选项中，第1～4题只要一项契合标题要求，第5～9题有多项契合标题要求.)1.(2021年广州调研)如图K3-2-1甲，运动在润滑水平面上O点的物体，从t=0时辰末尾遭到如图K3-2-1乙所示的水平力作用，设向右为F的正方向，那么物体()A.不时向左运动B.不时向右运动C.不时匀减速运动D.在O点左近左右运动【答案】B【解析】设物体质量为m，由图象可知，0～1 s内物体向右做匀减速直线运动，1 s末的速度v1=;1～2 s内物体以初速度v1=向右做匀减速直线运动，2 s末的速度v2=v1-=0;综上可知，物体会不时向右运动.选项B正确.2.质量为 2 kg 的物体运动在足够大的水平空中上，物体与空中间的动摩擦因数为0.2，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等.从t=0时辰末尾，物体遭到方向不变、大小呈周期性变化的水平拉力F的作用，F随时间t的变化规律如图K3-2-2所示.重力减速度g取10 m/s2，那么物体在t=0至t=12 s这段时间的位移大小为()A.18 mB.54 mC.72 mD.198 m【答案】B【解析】滑动摩擦力大小Fmg=4 N，那么0～3 s物体运动，6～9 s物体做匀速直线运动，3～6 s和9～12 s做减速度相等的匀减速直线运动，减速度a=m/s2=2 m/s2.6 s末的速度v1=23 m/s=6 m/s,12 s末的速度v2=6 m/s+23 m/s=12m/s.3～6 s发作的位移大小x1=3 m=9 m，6～9 s 发作的位移大小x2=63 m=18 m,9～12 s发作的位移大小x3=3 m=27 m，那么0～12 s发作的位移大小x=x1+x2+x3=54 m，应选项B 正确.4. (2021年河南模拟)2021年8月14日，中国乒乓球地下赛在苏州市体育中心体育馆拉停战幕，吸引了上千市民前往观看.假定运发动在训练中手持乒乓球拍托球沿水平面做匀减速运动，球拍与球坚持相对运动且球拍平面和水平面之间的夹角为.设球拍和球质量区分为M、m，不计球拍和球之间的摩擦，不计空气阻力，那么()A.运发动的减速度大小为gsinB.球拍对球的作用力大小为mgcosC.运发动对球拍的作用力大小为D.运发动对空中的作用力方向竖直向下【答案】C【解析】以乒乓球为研讨对象，球受重力和球拍的支持力，不难求出球遭到的合力为mgtan ，其减速度为gtan ，遭到球拍的支持力为mg/cos ，由于运发动、球拍和球的减速度相等，选项A、B错误;同理运发动对球拍的作用力大小为(M+m)g/cos ，选项C正确;将运发动看做质点，由上述剖析知道运发动在重力和空中的作用力的合力作用下发生水平方向的减速度，空中对运发动的作用力应该斜向上，由牛顿第三定律知道，运发动对空中的作用力方向斜向下，选项D 错误.5.(2021年黑龙江模拟)如图K3-2-4所示，A、B两物块的质量区分为2 m和m, 运动叠放在水平空中上. A、B间的动摩擦因数为，B与空中间的动摩擦因数为.最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力减速度为 g.现对A施加一水平拉力F，那么()A.当 F mg时，A、B都相对空中运动B.当 F=mg时，A的减速度为gC.当 Fmg时，A相对B滑动D.无论F为何值，B的减速度不会超越g【答案】BCD【解析】当A、B刚要发作相对滑动时，A、B间的摩擦力到达最大静摩擦力，即f=2mg ，隔离B剖析，依据牛顿第二定律得，23mg=ma，解得a=g.对全体剖析，依据牛顿第二定律有：F-3mg=3ma，解得F=3mg.故当Fmg时，A、B发作相对滑动，故C正确;经过隔离B剖析，知B的减速度不会超越g，故D正确;当F=mg时，A、B坚持相对运动，对全体剖析，减速度a===g，故B正确;当Fmg，知小于A、B之间的最大静摩擦力，那么A、B不发作相对滑动，对全体剖析，由于全体遭到空中的最大静摩擦力fm=3mg=mg，知A、B不能相对空中运动，故A错误.6.(2021年潮州模拟)如图K3-2-5所示，一小车放在水平空中上，小车的底板上放一润滑小球，小球经过两根轻弹簧与小车两壁相连.当小车匀速运动时，两弹簧L1、L2恰处于自然形状.当发现L1变长、L2变短时，以下判别正确的选项是()A.小车能够正在向右做匀减速运动B.小车能够正在向右做匀减速运动C.小车能够正在向左做匀减速运动D.小车能够正在向左做匀减速运动【答案】BC【解析】L1变长，L2变短，小球遭到L1向左的拉力和L2向左的弹力，合力方向向左，那么减速度方向向左，选项B、C正确.7.如图K3-2-6所示，质量为m的物体用细绳拴住放在水平粗糙传送带上，物体距传送带左端的距离为L，动摇时绳与水平方向的夹角为，当传送带区分以v1、v2的速度做逆时针转动时(v1A.F1C.t1一定大于t2D.t1能够等于t2【答案】BD【解析】皮带以不同的速度运动，物体所受的滑动摩擦力相等，物体仍处于运动形状，故F1=F2;物体在两种不同速度下运动时有能够先减速再匀速，也能够不时减速，故t1能够等于t2.8.如图K3-2-7所示，甲、乙两图都在润滑的水平面上，小车的质量都是M，人的质量都是m，甲图人推车、乙图人拉绳子(绳与轮的质量和摩擦均不计)的力都是F，关于甲、乙两车的减速度大小，以下说法正确的选项是()A.甲车的减速度大小为B.甲车的减速度大小为0C.乙车的减速度大小为D.乙车的减速度大小为0【答案】BC【解析】关于甲，以人、车全体为研讨对象，水平方向合力为零，由牛顿第二定律，得a甲=0;关于乙，水平方向全体受力为2F，再由牛顿第二定律，得a乙=，所以选项B、C正确.9.(2021年全国卷Ⅰ)2021年11月，歼15舰载机在辽宁号航空母舰上着舰成功.图K3-2-8(a)为应用阻拦系统让舰载机在飞行甲板上快速中止的原理表示图.飞机着舰并成功钩住阻拦索后，飞机的动力系统立刻封锁，阻拦系统经过阻拦索对飞机施加一作用力，使飞机在甲板上短距离滑行后中止.某次下降，以飞机着舰为计时零点，飞机在t=0.4 s时恰恰钩住阻拦索中间位置，其着舰到中止的速度时间图线如图K3-2-8(b)所示.假设无阻拦索，飞机从着舰到中止需求的滑行距离约为1 000 m.航母一直运动，重力减速度的大小为g.那么()A.从着舰到中止，飞机在甲板上滑行的距离约为无阻拦索时的1/10B.在0.4～2.5 s时间内，阻拦索的张力简直不随时间变化C.在滑行进程中，飞行员所接受的减速度大小会超越2.5gD.在0.4～2.5 s时间内，阻拦系统对飞机做功的功率简直不变【答案】AC【解析】速度时间图象中，图线与坐标轴所围图形的面积为物体的位移，所以可以计算飞机受阻拦时运动的位移约为x=700.4 m+(3.0-0.4)70 m=119 m，A正确;0.4 s到2.5 s时间内，速度时间图象的斜率不变，说明两条绳索张力的合力不变，但是两力的夹角不时变小，所以绳索的张力不时变小，B错;0.4 s到2.5 s时间内平均减速度约为a= m/s2=26.7 m/s2;C正确;0.4 s到2.5 s时间内，阻拦系统对飞机的作用力不变，飞机的速度逐渐减小，由P=Fv可知，阻拦系统对飞机做功的功率逐渐减小，D错.二、非选择题10.(2021年汕头模拟)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，某同窗应用传感器测出小物块从一末尾冲上斜面到往后上滑进程中多个时辰的瞬时速度，并用计算机作出了小物块上滑进程的速度-时间图象，如图K3-2-9所示，求：(sin 37=0.6，cos 37=0.8，g取10 m/s2)(1)小物块冲上斜面进程中减速度的大小;(2)小物块与斜面间的动摩擦因数;(3)小物块所抵达斜面最高点与斜面底端的距离.【答案】(1)8 m/s2 (2)0.25 (3)4.0 m【解析】(1)由小物块上滑进程的速度时间图象，可得小物块冲上斜面进程中的减速度a==m/s2=-8 m/s2，减速度大小为8 m/s2.(2)对小物块停止受力剖析如下图，有mgsin 37+f=ma，FN-mgcos 37=0，f=FN.代入数据，得=0.25.(3)由图象知距离s=t=1.0 m=4.0 m.11.消防队员为延长下楼的时间，往往抱着竖直的杆直接滑下.假定一名质量为60 kg、训练有素的消防队员从7楼(即离空中18 m的高度)抱着竖直的杆以最短的时间滑下.杆的质量为200 kg，消防队员着地的速度不能大于6 m/s，手和腿对杆的最大压力为1 800 N，手和腿与杆之间的动摩擦因数为0.5，设外地的重力减速度g=10 m/s2.假定杆是固定在空中上的，杆在水平方向不移动.试求：(1)消防队员下滑进程中的最大速度;(2)消防队员下滑进程中杆对空中的最大压力;(3)消防队员下滑的最短时间.【答案】(1)12 m/s (2)2 900 N (3)2.4 s【解析】(1)消防队员末尾阶段自在下落的末速度即为下滑进程的最大速度vm，有2gh1=v.消防队员遭到的滑动摩擦力Ff=FN1=0.51 800 N=900 N.减速阶段的减速度大小a2==5 m/s2，减速进程的位移为h2，由v-v2=2a2h2，又h=h1+h2，以上各式联立，可得vm=12 m/s.(2)以杆为研讨对象，得FN2=Mg+Ff=2 900 N.依据牛顿第三定律，得杆对空中的最大压力为2 900 N.(3)最短时间tmin=+=2.4 s.12.(2021年中山模拟)如图K3-2-10所示，一润滑斜面固定在水平空中上，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点由运动末尾运动，抵达B点时立刻撤去拉力F.尔后，物体抵达C点时速度为零.每隔0.2 s经过速度传感器测得物体的瞬时速度，下表给出了局部测量数据. 图K3-2-10t/s 0.0 0.2 0.4 2.2 2.4 v/(ms-1) 0.0 1.0 2.0 3.3 2.1 试求：(1)斜面的倾角(2)恒力F的大小;(3)t=1.6 s时物体的瞬时速度.【答案】(1)37 (2)11 N (3)6.9 m/s【解析】(1)物体从A到B做匀减速运动，设减速度为a1. 那么a1= m/s2=5 m/s2，假定物体减速了2.2 s，那么2.2 s 末速度为11 m/s，由表格数据知2.2 s末的速度为3.3 m/s，故当t=2.2 s时，物体已经过B点.因此减速进程减速度大小a2= m/s2=6 m/s2，mgsin =ma2，解得=37.(2)由(1)知a1=5 m/s2，F-mgsin =ma1，解得F=11 N.(3)设第一阶段运动的时间为t1，在B点时有5t1=2.1+6(2.4-t1)，t1=1.5 s.可见，t=1.6 s的时辰处在第二运动阶段，由逆向思想可得v=2.1 m/s+6(2.4-1.6) m/s=6.9 m/s.两类动力学效果专题提升训练及答案的全部内容就是这些，更多精彩内容请继续关注查字典物理网。
高考物理真题分类汇编附答案--动力学问题
动力学部分高考试题选编运动学部分1、(2018∙全国II卷)甲、乙两汽车同一条平直公路上同向运动，其速度—时间图像分别如图中甲、乙两条曲线所示。
已知两车在t2时刻并排行驶，下列说法正确的是（）A. 两车在t1时刻也并排行驶B. t1时刻甲车在后，乙车在前C. 甲车的加速度大小先增大后减小D. 乙车的加速度大小先减小后增大2、（2019·新课标全国Ⅱ卷）如图（a），在跳台滑雪比赛中，运动员在空中滑翔时身体的姿态会影响其下落的速度和滑翔的距离。
某运动员先后两次从同一跳台起跳，每次都从离开跳台开始计时，用v表示他在竖直方向的速度，其v–t图像如图（b）所示，t1和t2是他落在倾斜雪道上的时刻。
则A．第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的小B．第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大C．第二次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的大D ．竖直方向速度大小为v 1时，第二次滑翔在竖直方向上所受阻力比第一次的大3、(2017新课标II ，24）（12分）为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线距离s 0和s 1（s 1<s 0）处分别设置一个挡板和一面小旗，如图所示。
训练时，让运动员和冰球都位于起跑线上，教练员将冰球以初速度v 0击出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板；冰球被击出的同时，运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗。
训练要求当冰球到达挡板时，运动员至少到达小旗处。
假定运动员在滑行过程中做匀加速运动，冰球到达挡板时的速度为v 1。
重力加速度大小为g 。
求（1）冰球与冰面之间的动摩擦因数； （2）满足训练要求的运动员的最小加速度。
参考答案与解析1.解析：试题分析：在v-t 图像中图像包围的面积代表了运动走过的位移，图像的斜率代表加速度，解本题要利用这个知识点求解。
AB ，v-t 图像中图像包围的面积代表运动走过的位移，两车在t 2时刻并排行驶，利用逆向思维并借助于面积可知在t 1时刻甲车在后，乙车在前，故A 错误，B 正确；CD 、图像的斜率表示加速度，所以甲的加速度先减小后增大，乙的加速度也是先减小后增大，故C 错D 正确； 答案：BD2.解析：A ．由v –t 图面积易知第二次面积大于等于第一次面积，故第二次竖直方向下落距离大于第一次下落距离，所以，A 错误；B ．由于第二次竖直方向下落距离大，由于位移方向不变，故第二次水平方向位移大，故B 正确C ．由于v –t 斜率知第一次大、第二次小，斜率越大，加速度越大，或由0v v a t-=，易知a 1>a 2，故C 错误；D ．由图像斜率，速度为v 1时，第一次图像陡峭，第二次图像相对平缓，故a 1>a 2，由G –f y =ma ，可知，f y 1<f y 2，故D正确。
“滑块—木板”模型中的动力学问题(原卷版)—2025年高考物理一轮复习
运动和力的关系“滑块—木板”模型中的动力学问题素养目标：1.掌握“滑块—木板”模型的运动及受力特点。
2.能正确运用动力学观点处理“滑块—木板”模型问题。
1.如图所示，质量为4kg 的薄木板静置于足够大的水平地面上，其左端有一质量为2kg 的物块，现对物块施加一大小为12N 、水平向右的恒定拉力F ，只要拉力F 作用的时间不超过1s ，物块就不能脱离木板。
已知物块与木板间的动摩擦因数为0.4，木板与地面间的动摩擦因数为0.1，物块可视为质点，取重力加速度大小210m/s g =。
则木板的长度为（ ）A ．0.8mB ．1.0mC ．1.2mD ．1.5m 考点一 水平面上的板块问题1．模型特点：滑块(视为质点)置于木板上，滑块和木板均相对地面运动，且滑块和木板在摩擦力的作用下发生相对滑动，滑块和木板具有不同的加速度。
2．模型构建(1)隔离法的应用：对滑块和木板分别进行受力分析和运动过程分析。
(2)对滑块和木板分别列动力学方程和运动学方程。
(3)明确滑块和木板间的位移关系如图所示，滑块由木板一端运动到另一端的过程中，滑块和木板同向运动时，位移之差Δx ＝x 1－x 2＝L (板长)；滑块和木板反向运动时，位移之和Δx ＝x 2＋x 1＝L 。
3．解题关键(1)摩擦力的分析判断：由滑块与木板的相对运动来判断“板块”间的摩擦力方向。
(2)挖掘“v 物＝v 板”临界条件的拓展含义摩擦力突变的临界条件：当v 物＝v 板时，“板块”间的摩擦力可能由滑动摩擦力转变为静摩擦力或者两者间不再有摩擦力(水平面上共同匀速运动)。
①滑块恰好不滑离木板的条件：滑块运动到木板的一端时，v 物＝v 板；②木板最短的条件：当v 物＝v 板时滑块恰好滑到木板的一端。
例题1. 如图所示，质量为m 的长木板A 放在光滑的水平面上，物块B 、C 放在长木板上。
物块B 的质量也为m ，B 、C 与A 间的动摩擦因数均为μ，A 、B 、C 均处于静止状态，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g 。
高考物理一轮复习 第三章 第4讲 动力学中两类典型问题练习 鲁科版
第4讲动力学中两类典型问题[课时作业] 单独成册方便使用[基础题组]一、单项选择题1.(2018·山东潍坊质检)如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，以速度v0逆时针匀速转动．在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ＜tan θ，则图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是( )解析：开始阶段，木块受到竖直向下的重力、垂直斜面向上的支持力和沿传送带向下的摩擦力作用，做加速度为a1的匀加速直线运动，由牛顿第二定律得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1所以a1＝g sin θ＋μg cos θ木块加速至与传送带速度相等时，由于μ＜tan θ，则木块不会与传送带保持相对静止而匀速运动，之后木块继续加速，所受滑动摩擦力变为沿传送带向上，做加速度为a2的匀加速直线运动，这一阶段由牛顿第二定律得mg sin θ－μmg cos θ＝ma2所以a2＝g sin θ－μg cos θ根据以上分析，有a2＜a1，所以本题正确选项为D.答案：D2.带式传送机是在一定的线路上连续输送物料的搬运机械，又称连续输送机．如图所示，一条足够长的浅色水平传送带自左向右匀速运行．现将一个木炭包无初速度地放在传送带上，木炭包在传送带上将会留下一段黑色的径迹．下列说法正确的是( )A．黑色的径迹将出现在木炭包的左侧B．木炭包的质量越大，径迹的长度越短C．木炭包与传送带间动摩擦因数越大，径迹的长度越短D．传送带运动的速度越大，径迹的长度越短解析：刚放上木炭包时，木炭包的速度慢，传送带的速度快，木炭包相对传送带向后滑动，所以黑色的径迹将出现在木炭包的右侧，所以A错误．木炭包在传送带上运动靠的是与传送带之间的摩擦力，摩擦力作为它的合力产生加速度，所以由牛顿第二定律知，μmg＝ma，所以a ＝μg ，当达到共同速度时，不再有相对滑动，由v 2＝2as 得，木炭包位移s 木＝v 22μg，设相对滑动时间为t ，由v ＝at 得t ＝vμg ，此时传送带的位移为s 传＝vt ＝v 2μg，所以相对滑动的位移是Δs ＝s 传－s 木＝v 22μg，由此可知，黑色的径迹与木炭包的质量无关，所以B 错误．木炭包与传送带间动摩擦因数越大，径迹的长度越短，所以C 正确．传送带运动的速度越大，径迹的长度越长，所以D 错误． 答案：C3.如图所示，一长木板在水平地面上运动，在某时刻(t ＝0)将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上．在物块放到木板上之后，木板运动的速度—时间图象可能是下列选项中的( )解析：设在木板与物块未达到相同速度之前，木板的加速度为a 1，物块与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数为μ2.对木板应用牛顿第二定律得： －μ1mg －μ2·2mg ＝ma 1a 1＝－(μ1＋2μ2)g设物块与木板达到相同速度之后，木板的加速度为a 2，对整体有 －μ2·2mg ＝2ma 2a 2＝－μ2g可见|a 1|＞|a 2|由v t 图象的斜率表示加速度大小可知，图象A 正确． 答案：A 二、非选择题4.如图所示，固定斜面上放一木板PQ ，木板的Q 端放置一可视为质点的小物块，现用轻细线的一端连接木板的Q 端，保持与斜面平行，绕过定滑轮后，另一端可悬挂钩码，钩码距离地面足够高．已知斜面倾角θ＝30°，木板长为L ，Q 端距斜面顶端距离也为L ，物块和木板的质量均为m ，两者之间的动摩擦因数为μ1＝32.若所挂钩码质量为2m ，物块和木板能一起匀速上滑；若所挂钩码质量为其他不同值，物块和木板有可能发生相对滑动．重力加速度为g ，不计细线与滑轮之间的摩擦，设接触面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力． (1)木板与斜面间的动摩擦因数μ2；(2)物块和木板发生相对滑动时，所挂钩码质量m ′应满足什么条件？ 解析：(1)整个系统匀速时 对钩码：2mg ＝T对物块和木板：T ＝2mg sin θ＋2μ2mg cos θ 解得：μ2＝33(2)要使二者发生相对滑动，则需木板的加速度a 1大于物块的加速度a 2. 对物块：μ1mg cos θ－mg sin θ＝ma 2 解得：a 2＝14g对木板：T ′－mg sin θ－μ1mg cos θ－2μ2mg cos θ＝ma 1 对钩码：m ′g －T ′＝m ′a 1 解得：a 1＝m ′－94mm ′＋mg联立解得：m ′＞103m答案：(1)33 (2)m ′＞103m 5.水平传送带被广泛地应用于机场和火车站，如图所示为一水平传送带装置示意图．紧绷的传送带AB 始终保持恒定的速率v ＝1m/s 运行，一质量为m ＝4 kg 的行李无初速度地放在A 处，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动，随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动．设行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，A 、B 间的距离L ＝2 m ，g 取10 m/s 2.(1)求行李刚开始运动时所受滑动摩擦力的大小与加速度的大小； (2)求行李做匀加速直线运动的时间；(3)如果提高传送带的运行速率，行李就能被较快地传送到B 处．求行李从A 处传送到B 处的最短时间和传送带对应的最小运行速率．解析：(1)行李所受滑动摩擦力大于f ＝μmg ＝0.1×4×10 N＝4 N ， 加速度大小a ＝μg ＝0.1×10 m/s 2＝1 m/s 2. (2)行李达到与传送带相同速率后不再加速，则v ＝at 1，得t 1＝v a ＝11s ＝1 s.(3)行李始终匀加速运行时，所需时间最短，加速度大小仍为a ＝1 m/s 2，当行李到达右端时，有v 2min ＝2aL ，得v min ＝2aL ＝2×1×2 m/s ＝2 m/s ， 所以传送带对应的最小运行速率为2 m/s. 由v min ＝at min 得行李最短运行时间t min ＝v min a ＝21s ＝2 s. 答案：(1)4 N 1 m/s 2(2)1 s (3)2 s 2 m/s[能力题组]非选择题6．如图甲所示，长木板B 固定在光滑水平面上，可看作质点的物体A 静止叠放在B 的最左端．现用F ＝6 N 的水平力向右拉物体A ，经过5 s 物体A 运动到B 的最右端，其v t 图象如图乙所示．已知A 、B 的质量分别为1 kg 、4 kg ，A 、B 间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10 m/s 2.(1)求物体A 、B 间的动摩擦因数；(2)若B 不固定，求A 运动到B 的最右端所用的时间． 解析：(1)根据vt 图象可知物体A 的加速度为a A ＝Δv Δt ＝105m/s 2＝2 m/s 2以A 为研究对象，根据牛顿第二定律可得F －μm A g ＝m A a A 解得μ＝F －m A a Am A g＝0.4 (2)由题图乙可知木板B 的长度为l ＝12×5×10 m＝25 m若B 不固定，则B 的加速度为a B ＝μm A g m B ＝0.4×1×104m/s 2＝1 m/s 2设A 运动到B 的最右端所用的时间为t ，根据题意可得 12a A t 2－12a B t 2＝l ，解得t ＝7.07 s.答案：(1)0.4 (2)7.07 s7.(2018·河北正定中学月考)一水平传送带以2.0 m/s 的速度顺时针传动，水平部分长为2.0 m ．其右端与一倾角为θ＝37°的光滑斜面平滑相连，斜面长为0.4 m ，一个可视为质点的物块无初速度地放在传送带最左端，已知物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，试问：(sin 37°＝0.6，g 取10 m/s 2)(1)物块能否到达斜面顶端？若能则说明理由，若不能则求出物块沿斜面上升的最大距离； (2)物块从出发到4.5 s 末通过的路程． 解析：(1)物块在传送带上先做匀加速直线运动 μmg ＝ma 1s 1＝v 202a 1＝1 m ＜L所以在到达传送带右端前物块已匀速 物块以v 0速度滑上斜面 －mg sin θ＝ma 2物块速度为零时上升的距离 s 2＝－v 202a 2＝13m由于s 2＜0.4 m ，所以物块未到达斜面的最高点． (2)物块从开始到第一次到达传送带右端所用时间t 1＝2s 1v 0＋L －s 1v 0＝1.5 s物块在斜面上往返一次的时间t 2＝－2v 0a 2＝23s 物块再次滑到传送带上速度仍为v 0，方向向左 －μmg ＝ma 3向左端发生的最大位移 s 3＝－v 22a 3＝1 m物块向左的减速过程和向右的加速过程中位移大小相等，时间t 3＝－2v 0a 3＝2 s4．5 s 末物块在斜面上速度恰好减为零 故物块通过的总路程s ＝L ＋3s 2＋2s 3 s ＝5 m答案：(1)不能 13m (2)5 m8.如图所示，木板静止于水平地面上，在其最右端放一可视为质点的木块．已知木块的质量m ＝1 kg ，木板的质量M ＝4 kg ，长L ＝2.5 m ，下表面与地面之间的动摩擦因数μ＝0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10 m/s 2. (1)假设木板的上表面也粗糙，其上表面与木块之间的最大静摩擦力为 3 N ，欲使木板能从木块的下方抽出，求对木板施加的水平拉力F 的大小范围．(2)若用大小为F ＝28 N 的水平恒力拉木板，假设木板的上表面也粗糙，其上表面与木块之间的最大静摩擦力为2 N ，欲使木板能从木块的下方抽出，求水平恒力F 作用的最短时间． 解析：(1)设木块的最大加速度为a 木块，则f m1＝ma 木块 对木板F －f m1－μ(M ＋m )g ＝Ma 木板木板从木块的下方抽出的条件为a 木板＞a 木块，解得F ＞25 N即欲使木板能从木块的下方抽出，对木板施加的水平拉力F 应满足F ＞25 N. (2)加上力F 时木板加速，撤去F 后木板减速．分析可知，如果木板和木块的速度相同时木块恰好运动到木板最左端脱离，那么力F 的作用时间最短设作用时间t 1后撤去力F ，此时木板速度为v 1，则对木板有F －f m2－μ(M ＋m )g ＝Ma 1解得a 1＝4 m/s 2，v 1＝a 1t 1对木块有f m2＝ma 2，解得a 2＝2 m/s 2撤去力F 后，木板减速运动，加速度大小为a 0 则f m2＋μ(M ＋m )g ＝Ma 0，解得a 0＝3 m/s 2木块加速运动过程中加速度不变，当木块和木板速度相同时木块恰好脱离木板，设共同速度为v 2，则可作出如图所示的速度—时间图线分析位移关系，可知，L ＝v 212a 1＋v 21－v 222a 0－v 222a 2，v 1－a 0(v 2a 2－v 1a 1)＝v 2，联立解得v 1＝10714 m/s ，t 1＝51414s 故欲使木板能从木块的下方抽出，水平恒力F 作用的最短时间应为51414 s.答案：(1)F ＞25 N (2)51414s9.(2018·湖北武汉月考)如图所示，AB 、CD 为两个光滑的平台，一倾角为37°、长为5 m 的传送带与两平台平滑连接．现有一小物体以10 m/s 的速度沿平台AB 向右运动，当传送带静止时，小物体恰好能滑到平台CD上，问：(1)小物体跟传送带间的动摩擦因数为多大？(2)当小物体在平台AB上的运动速度低于某一数值时，无论传送带顺时针运动的速度多大，小物体都不能到达平台CD，求这个临界速度．(3)若小物体以8 m/s的速度沿平台AB向右运动，欲使小物体到达平台CD，传送带至少以多大的速度顺时针运动？解析：(1)传送带静止时，小物体在传送带上受力如图甲所示，据牛顿第二定律得：μmg cos 37°＋mg sin 37°＝ma1B→C过程有：v20＝2a1l解得：a1＝10 m/s2，μ＝0.5.(2)显然，当小物体在传送带上受到的摩擦力始终向上时，最容易到达传送带顶端，此时，小物体受力如图乙所示，据牛顿第二定律得：mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma2若恰好能到达平台CD时，有：v2＝2a2l解得：v＝2 5 m/s，a2＝2 m/s2即当小物体在平台AB上向右运动的速度小于2 5 m/s时，无论传送带顺时针运动的速度多大，小物体都不能到达平台CD.(3)设小物体在平台AB上的运动速度为v1，传送带顺时针运动的速度大小为v2，对从小物体滑上传送带到小物体速度减小到传送带速度过程，有：v21－v22＝2a1s1对从小物体速度减小到传送带速度到恰好到达平台CD过程，有：v22＝2a2s2s1＋s2＝L解得：v2＝3 m/s即传送带至少以3 m/s的速度顺时针运动，小物体才能到达平台CD.答案：(1)0.5 (2)2 5 m/s (3)3 m/s。
有关牛顿第二定律的动力学问题(原卷版)-2023年高考物理压轴题专项训练(全国通用)
压轴题01有关牛顿第二定律的动力学问题考向一/选择题：有关牛顿第二定律的连接体问题考向二/选择题：有关牛顿第二定律的动力学图像问题考向二/选择题：有关牛顿第二定律的临界极值问题考向一：有关牛顿第二定律的连接体问题1.处理连接体问题的方法：①当只涉及系统的受力和运动情况而不涉及系统内某些物体的受力和运动情况时，一般采用整体法。
②当涉及系统(连接体)内某个物体的受力和运动情况时，一般采用隔离法。
2.处理连接体问题的步骤：3.特例：加速度不同的连接体的处理方法：①方法一（常用方法）：可以采用隔离法，对隔离对象分别做受力分析、列方程。
②方法二（少用方法）：可以采用整体法，具体做法如下：此时牛顿第二定律的形式： +++=x x x x a m a m a m F 332211合；+++=y y y y a m a m a m F 332211合说明：①F 合x 、F 合y 指的是整体在x 轴、y 轴所受的合外力，系统内力不能计算在内；②a 1x 、a 2x 、a 3x 、……和a 1y 、a 2y 、a 3y 、……指的是系统内每个物体在x 轴和y 轴上相对地面的加速度。
考向二：有关牛顿第二定律的动力学图像问题常见图像v t 图像、a t 图像、F t 图像、F a 图像三种类型(1)已知物体受到的力随时间变化的图线，求解物体的运动情况。
(2)已知物体的速度、加速度随时间变化的图线，求解物体的受力情况。
(3)由已知条件确定某物理量的变化图像。
解题策略(1)问题实质是力与运动的关系，要注意区分是哪一种动力学图像。
(2)应用物理规律列出与图像对应的函数方程式，进而明确“图像与公式”“图像与物体”间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断。
破题关键(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，会分析临界点。
(2)注意图线中的一些特殊点所表示的物理意义：图线与横、纵坐标的交点，图线的转折点，两图线的交点等。
河北省张家口市高三物理 专题练习动力学两类基本问题和图像.doc
动力学两类基本问题和图像1.为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线距离s0和s1(s1<s0)处分别设置一个挡板和一面小旗，如图所示．训练时，让运动员和冰球都位于起跑线上，教练员将冰球以初速度v0击出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板；冰球被击出的同时，运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗．训练要求当冰球到达挡板时，运动员至少到达小旗处．假定运动员在滑行过程中做匀加速运动，冰球到达挡板时的速度为v1.重力加速度大小为g.求(1)冰球与冰面之间的动摩擦因数；(2)满足训练要求的运动员的最小加速度．【答案】（1）（2）【解析】（1）设冰球与冰面间的动摩擦因数为μ，则冰球在冰面上滑行的加速度a1=μg①由速度与位移的关系知–2a1s0=v12–v02②联立①②得③（2）设冰球运动的时间为t，则④又⑤由③④⑤得⑥【名师点睛】此题主要考查匀变速直线运动的基本规律的应用；分析物理过程，找到运动员和冰球之间的关联，并能灵活选取运动公式；难度中等。
2.如图所示，用一块长L＝1.0m的木板在墙和水平地面间架设斜面，斜面与水平地面的倾角θ可在0～60°间调节后固定．将质量m＝0.2kg的小物块从斜面顶端静止释放，物块与斜面间的动摩擦因数μ1＝0.05，物块与水平地面间的动摩擦因数为μ2＝0.8，忽略物块在斜面与水平地面交接处的能量损失．(已知重力加速度取g＝10m/s2；sin37°＝0.6，cos37°＝0.8最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(1)当θ角增大到多少时，物块恰能从斜面开始下滑；(用正切值表示)(2) θ角增大到37°时，物块沿斜面下滑时的加速度为多大？(3)θ角增大到多大时，物块停止时与墙面的距离最大，求此最大距离x m.【答案】(1)tanθ≥0.05 (2)a＝5.6m/s2(3)【解析】(1)物块恰能沿斜面下滑，应有mgsinθ≥μ1mgcosθθ满足的条件tanθ≥0.05即当tanθ≥0. 05时物块恰好从斜面开始下滑(2)由牛顿第二定律得mg sin37°－μ1mg cos37°＝ma解得a＝5.6 m/s2(3)设物块停止时与墙面的距离为x，由动能定理得：mgL sinθ－μ1mgL cosθ－μ2mg(x－L cosθ)＝0整理得其中，根据数学知识知，当θ+α=90°，即θ＝53°时，x最大，最大值：3.某公路上行驶的两汽车之间的安全距离x＝120m，当前车突然停止时，后车司机从发现这一情况，经操纵刹车，到汽车开始减速所经历的时间(即反应时间)t0＝1s.汽车以v＝20m/s的速度匀速行驶，刹车后汽车加速度大小为a＝5m/s2.取g＝10m/s2.求：(1) 刹车后汽车减速运动时间；(2) 轮胎与路面间的动摩擦因数；(3) 汽车安全行驶的最大速度.【答案】（1）4s（2）0.50（3）30.0m/s【解析】【分析】汽车在反应时间内，汽车做匀速直线运动，刹车后汽车做匀减速直线运动，由运动学规律求解。
高考物理总复习《动力学计算问题》专题训练
《动力学计算问题》专题训练1．中国科学院2015年10月宣布中国将在2020年开始建造世界上最大的粒子加速器。
加速器是人类揭示物质本源的关键设备，在放射治疗、食品安全、材料科学等方面有广泛应用。
如图所示，某直线加速器由沿轴线分布的一系列金属圆管（漂移管）组成，相邻漂移管分别接在高频脉冲电源的两极。
质子从K 点沿轴线进入加速器并依次向右穿过各漂移管，在漂移管内做匀速直线运动，在漂移管间被电场加速，加速电压视为不变。
设质子进入漂移管B 时速度为8×106 m/s ，进入漂移管E 时速度为1×107 m/s ，电源频率为1×107 Hz ，漂移管间缝隙很小，质子在每个管内运动时间视为电源周期的1/2。
质子的荷质比取1×108 C/kg 。
求：（1）漂移管B 的长度；（2）相邻漂移管间的加速电压。
【答案】（1）0.4 m （2）4610V2．我国将于2022年举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。
如图所示，质量m =60 kg 的运动员从长直助滑道AB 的A 处由静止开始以加速度a =3.6 m/s 2匀加速滑下，到达助滑道末端B 时速度v B =24 m/s ，A 与B 的竖直高度差H =48 m 。
为了改变运动员的运动方向，在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接，其中最低点C 处附近是一段以O 为圆心的圆弧。
助滑道末端B 与滑道最低点C 的高度差h =5 m ，运动员在B 、C 间运动时阻力做功W =–1 530 J ，取g =10 m/s 2。
（1）求运动员在AB 段下滑时受到阻力F f 的大小；（2）若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，则C 点所在圆弧的半径R 至少应为多大。
【答案】（1）144 N （2）12.5 m3．如图，一轻弹簧原长为2R ，其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC 的底端A 处，另一端位于直轨道上B 处，弹簧处于自然状态，直轨道与一半径为的光滑圆弧轨道相切于C 点，AC =7R ，A 、B 、C 、D 均在同一竖直平面内。
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高考物理动力学问题典型问题训练1、如图1所示的装置中，木块B 与水平面间接触是光滑的，子弹A 沿水平方向射入木块后留在木块内，将弹簧压缩到最短，现将子弹、木块和弹簧合在一起做为研究对象（系统），则此系统在从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中 （ ）A.动量守恒，机械能守恒B.动量不守恒，机械能不守恒C.动量守恒，机械能不守恒D.动量不守恒，机械能守恒2、两球在光滑的地面上做相向运动并发生碰撞, 碰撞后两球都静止, 则（ ）A. 碰撞前, 两球的动量一定相同B. 碰撞前, 两球的速度大小一定相等, 方向相反C. 碰撞前, 两球的动量之和一定等于0D. 两球组成的系统, 在碰撞过程中的任意时刻动量之和都等于03、下列运动中，在任何相等的时间内物体的动量变化量完全相同的是（ ） A.竖直上抛运动（不计空气阻力） B.平抛运动（不计空气阻力） C.匀速圆周运动 D.简谐振动4、甲、乙两个物体分别在恒力甲F 、乙F 的作用下沿同一直线运动，甲运动时间为1t ，乙运动时间为2t ，动量p 与时间t 的关系如图2所示，设甲F 在1t 时间内的冲量为甲I ，乙F 在2t 时间内的冲量为乙I I 乙．则甲、乙两个物体受到的外力F 与I 的大小关系为（ ） A ．乙甲F F >，乙甲I I > B ．乙甲F F >，乙甲＝I I C ． 乙甲F F <，乙甲I I < D ．乙甲F F =，乙甲I I =5、一个单摆的摆长为l ，摆球质量为m ，最大偏角为θ（05<θ），当摆球从最大偏角位置第一次摆到平衡位置的过程中：下面说法正确的是：（ ） A.重力的冲量为gl m π21； B.合力的冲量为m )cos 1(2θ-glC.拉力的冲量为零D.拉力做功为零6、质量为M 的木块放在光滑水平面上，一质量为m 的子弹以水平速度v 射击木块，但未穿出，在此过程中（ ）A 、 子弹的末动能与木块的末动能之和等于子弹的初动能B 、 子弹的末动量与木块的末动量之和等于子弹的初动量C 、 子弹与木块所受的作用力，一个为动力，一个是阻力，两者做功的数值相等D 、 子弹克服阻力所做的功等于木块的末动能与系统内能增加之和 7．两个木块A 和B 的质量分别为3=A m kg,2=B m kg ，A 、B 之间用一轻弹簧连接在一起.A 靠在墙壁上，用力F 推B 使两木块之间弹簧压缩，地面光滑，如图3所示。
当轻弹簧具有8J 的势能时，突然撤去力F 将木块B 由静止释放.求：（1）撤去力F 后木块B 能够达到的最大速度是多大？（2）木块A 离开墙壁后，弹簧能够具有的弹性势能的最大值多大？8．从地面竖直向上发射一颗质量为4.0=m kg 礼花弹，升到距地面高度为125=h m 时速度为30=v m/s ,此时礼花弹炸成质量相等的两块，其中一块经5=t s 落地。
则礼花弹在爆炸过程中，有多少化学能转化成机械能？g 取10m/s 2（不计空气阻力且不考虑燃料质量的影响）解得ΔE =180J1． 请思考：爆炸后的第二块弹片经多长时间落地？2． 试计算：爆炸过程燃料对两块弹片的冲量和做功各多少？9．在水平桌面上固定有一块质量为M 的木块，一粒质量为m ，速度为0v 的子弹沿水平方向射入木块，子弹深入木块d 后停在其中.若将该木块放在光滑水平面上，仍用原来的子弹射击木块，求子弹射入木块的深入d ′多大？图1图3图21 210．如图4所示，两个质量都为M 的木块A 、B 用轻质弹簧相连放在光滑的水平面上，一颗质量为m 的子弹以速度v 0射向木块A 并嵌在其中.子弹打木块的过程时间极短，求弹簧压缩后的最大弹性势能？13、如图6所示一光滑水平桌面AB 与一半径为R 的光滑半圆形轨道相切于C 点，且两者固定不动。
一长L 为0.8 m 的细绳，一端固定于O 点，另一端系一个质量m 1为0.2 kg 的球。
当球在竖直方向静止时，球对水平桌面的作用力刚好为零。
现将球提起使细绳处于水平位置时无初速释放。
当球m 1摆至最低点时，恰与放在桌面上的质量m 2为0.8kg 的小铁球正碰，碰后m 1小球以2 m/s 的速度弹回，m 2将沿半圆形轨道运动，恰好能通过最高点D 。
g=10m/s 2,求 （1）m 2在圆形轨道最低点C 的速度为多大？ （2）光滑圆形轨道半径R 应为多大？14．如图7所示，两块完全相同的木块A 与B 并排放在光滑的水平桌面上.A 、B 的质量均为0.4kg ，一颗质量为0.1kg 的子弹以140m/s 的水平速度从左边飞来，射穿A 后射进B 并留在B 中，子弹射穿A 的过程中，A 与B 始终并排挨着，测得A 、B 落地点距桌边的水平距离之比为1∶2，求：（1）子弹射穿A 的过程中产生的内能E A ；(2)子弹射进B 的过程中产生的内能E B （g 取10m/s 2）15．质量为m 的小滑块静置于光滑水平面上距左侧墙壁为s 的位置上，另一个质量为M 的小滑块以一定速度在水平面上滑行并与m 发生正碰，如图8所示，已知两小滑块碰撞时以及滑块与墙壁碰撞均无机械能损失，且碰撞时间很短可忽略不计.（1）若M 的初速度为v ，是二者第一次碰撞后，各自的速度多大？（2）若第一次碰后两小滑块又在距墙壁s 32处再次碰撞，则两个小滑块质量之比Mm 多大？图4图7M图8B图616、竖直平面内的轨道ABCD 由水平滑道AB 与光滑的四分之一圆弧滑道CD 组成，AB 恰与圆弧CD 在C 点相切，轨道放在光滑的水平面上，如图9所示。
一个质量为m 的小物块（可视为质点）从轨道的A 端以初动能E 冲上水平滑道AB ，沿着轨道运动，由DC 弧滑下后停在水平滑道AB 的中点。
已知水平滑道AB 长为L ，轨道ABCD 的质量为m 3。
求： （1）小物块在水平滑道上受到的摩擦力的大小。
（2）为了保证小物块不从滑道的D 端离开滑道，圆弧滑道的半径R 至少是多大？（3）若增大小物块的初动能，使得小物块冲上轨道后可以达到的最大高度是R 5.1，试分析小物块最终能否停在滑道上？17、如图10所示，轻弹簧的一端固定，另一端与滑块B 相连，B 静止在水平直轨道上，弹簧处于原长状态，另一质量与B 相同的滑块A ，从导轨上的P 点以某一初速度向B 滑行，当A 滑过距离1l 时，与B 相碰，碰撞时间极短，碰后A 、B 紧贴在一起运动，但互不粘连。
已知最后A 恰好返回到出发点P 并停止，滑块A 和B 与导轨的滑动摩擦因数都为 ，运动过程中弹簧最大形变量为2l ，重力加速度为g ，求A 从P 出发时的初速度0v18．在原子核物理中，研究核子与核子关联的最有效途径是“双电荷交换反应”，这类反应的前半部分过程和下述力学模型类似，如图11，两个小球A 和B 用轻质弹簧相连，在光滑的水平直轨道上处于静止状态，在它们左边有一垂直于轨道的固定挡板P ，右边有一小球C 沿轨道以速度v 0射向B 球，如图所示。
C 与B 发生碰撞并立即结成一个整体D ，在它们继续向左运动的过程中，当弹簧长度变到最短时，长度突然被锁定，不再改变，然后，A 球与挡板P 发生碰撞，碰后，A 、D 都静止不动，A 与P 接触而不粘连.过一段时间，突然解除锁定（锁定及解除锁定均无机械能损失）.已知A 、B 、C 三球的质量均为m .（1）求弹簧长度刚被锁定后A 球的速度.（2）求在A 球离开挡板P 之后的运动过程中，弹簧的最大弹性势能.图11图92l1图10答案：1、B2、CD3、AB4、B5、ABD6、BD7、s m v m /22= J E m 8.4=8、s t )616(+= 对两个弹片的冲量大小皆为s N ∙6，方向相反 做功分别为J 90和J 270 9、dmM M + 10、202)2)((2v m M m M Mm++13、s m /5.1 m 045.014、解：抓准三个状态：1、初状态 2、子弹刚穿出A 时的状态，AB 速度相等皆为A v ，3、子弹和B 达到同速B v ，而A 的速度仍为A v对状态1、3有：B B A A v m m v m v m )(000++=又由平抛知识知：A B v v 2= 解得：s m v s m v B A /20,/10==对状态1、2有：A B A x v m m v m v m )(000++=解得：刚穿出A 时，子弹的速度s m v x /60= 对从状态1到状态2这个过程：20220021)(2121xA B A A v m v m m E v m +++=解得：J E A 760=对从状态2到状态3这一过程，研究B 有：20220)(212121BB B AB x v m m E v m v m ++=+解得：J E B 100=15、（1）解：对于两者的碰撞有：m M mv Mv Mv += 222212121mM mv Mv Mv+=联立解得：mM Mv v m +=2 v mM m M v M +-=（2）由题知：M m v v 5= 利用以上结果可知：53=Mm16、1）将物块和轨道看为一个整体，其在水平方向上不受力，所以，整体在水平方向上动量守恒，设物块和轨道最终的共同速度为共v ，所以有：共v m m mE )3(2+= ①从滑块滑上轨道到两者达到共同速度，这一过程中，由能量转化的观点有:共2)3(21)21(v m m L L f E +++= ②①②两式联立解得： LE f 2=（2）如果物块刚好能从轨道滑出，临界条件是：物块在竖直方向上的速度为零，两者具有相同的水平方向速度，设为1v ，对整体由动量守恒有：1)3(2v m m mE +=③对整个过程由能量转化的观点有： 12)3(21vm m mgR fL E +++=④又由上问得：LE f 2=，在联立③④式得：mgE R 4=(3)当物块离开轨道后，两者始终具有相同的水平方向的速度，当物块达到最高点后，物块与轨道具有相同大小的速度，大小可由(2)问中③式求出，当滑块落回轨道后，设物块最终没有滑出轨道，则两者最终具有相同的速度，大小亦可由(2)问中③式求出，所以如果选取物块在最高点时的状态为初始状态，选取物块与滑块相对静止的状态为末状态，由能量守恒定律有：x fL mgR =5.1，代入R 和f 的数值，可得：LL x 43=，所以物块最终没能滑出轨道而停在轨道上。
17、解：A 出发到与B 碰撞前的过程：120212gul v v -=- 发生了完全非弹性碰撞：212mv mv =之后AB 一起压缩弹簧到弹簧再恢复原长的这一过程，有：232222122221mv l mg mv +⨯⨯=⨯μ之后对A 有：12320l g v μ-=- 上式联立解得：)1016(120l l g v +=μ18、解：C 与B 发生碰撞：102mv mv = 0121v v =当A 与D 速度相等时，弹簧最短，有：203mv mv =12221321221p E mv mv +⨯=⨯当接触锁定后：21221Dp mvE ⨯=当D 与A 的速度相等时，弹性势能最大。