高考物理总复习训练 高频考点专项练(三)动力学综合问题(含解析)
2020年高考物理复习：动量与能量综合 专项练习题(含答案解析)
2020年高考物理复习：动量与能量综合专项练习题1.如图所示，在平直轨道上P点静止放置一个质量为2m的物体A，P点左侧粗糙，右侧光滑。
现有一颗质量为m 的子弹以v0的水平速度射入物体A并和物体A一起滑上光滑平面，与前方静止物体B发生弹性正碰后返回，在粗糙面滑行距离d停下。
已知物体A与粗糙面之间的动摩擦因数为μ＝v2072gd，求：(1)子弹与物体A碰撞过程中损失的机械能；(2)B物体的质量。
2.如图所示，水平光滑地面的右端与一半径R＝0.2 m的竖直半圆形光滑轨道相连，某时刻起质量m2＝2 kg的小球在水平恒力F的作用下由静止向左运动，经时间t＝1 s 撤去力F，接着与质量m1＝4 kg以速度v1＝5 m/s向右运动的小球碰撞，碰后质量为m1的小球停下来，质量为m2的小球反向运动，然后与停在半圆形轨道底端A点的质量m3＝1 kg的小球碰撞，碰后两小球粘在一起沿半圆形轨道运动，离开B点后，落在离A点0.8 m的位置，求恒力F 的大小。
(g取10 m/s2)3.如图所示，半径为R的四分之三光滑圆轨道竖直放置，CB是竖直直径，A点与圆心等高，有小球b静止在轨道底部，小球a自轨道上方某一高度处由静止释放自A点与轨道相切进入竖直圆轨道，a、b小球直径相等、质量之比为3∶1，两小球在轨道底部发生弹性正碰后小球b经过C点水平抛出落在离C点水平距离为22R的地面上，重力加速度为g，小球均可视为质点。
求(1)小球b碰后瞬间的速度；(2)小球a 碰后在轨道中能上升的最大高度。
4.如图所示，一对杂技演员(都视为质点)荡秋千(秋千绳处于水平位置)，从A 点由静止出发绕O 点下摆，当摆到最低点B 时，女演员在极短时间内将男演员沿水平方向推出，然后自己刚好能回到高处A .已知男演员质量为2m 和女演员质量为m ，秋千的质量不计，秋千的摆长为R ，C 点比O 点低5R .不计空气阻力，求：(1)摆到最低点B ，女演员未推男演员时秋千绳的拉力；(2)推开过程中，女演员对男演员做的功；(3)男演员落地点C 与O 点的水平距离s .5.如图所示，光滑水平面上放着质量都为m 的物块A 和B ，A 紧靠着固定的竖直挡板，A 、B 间夹一个被压缩的轻弹簧(弹簧与A 、B 均不拴接)，用手挡住B 不动，此时弹簧弹性势能为92mv 20，在A 、B 间系一轻质细绳，细绳的长略大于弹簧的自然长度。
2021版高考物理一轮复习高频考点强化练(三)动力学综合问题(含解析)
动力学综合问题(45分钟100分)一、选择题(本题共10小题,每小题7分,共70分。
1～6题为单选题,7～10题为多选题)1.2018年8月30日,中国选手司雅杰勇夺亚运会女子十米跳台桂冠。
她从跳台斜向上跳起,一段时间后落入水中,如图所示。
不计空气阻力。
下列说法正确的是 ( )A.她在空中上升过程中处于超重状态B.她在空中下落过程中做自由落体运动C.她即将入水时的速度为整个跳水过程中的最大速度D.入水过程中,水对她的作用力大小等于她对水的作用力大小【解析】选D。
起跳以后的上升和下落过程中她的加速度方向都是向下,所以处于失重状态,故A错误;她在空中下落过程中受到的空气的阻力不能忽略不计,所以不能看作自由落体运动,故B错误;入水过程中,开始时水对她的作用力大小(浮力和阻力)小于她的重力,所以先向下做一段加速运动,即入水后的速度先增大,故C错误;入水过程中,水对她的作用力和她对水的作用力,是一对作用力与反作用力。
故D正确。
2.(2019·日照模拟)如图甲所示,倾角为θ的粗糙斜面体固定在水平面上,初速度为v0=10 m/s、质量为m=1 kg的小木块沿斜面上滑,若从此时开始计时,整个过程中小木块速度的平方随路程变化的关系图像如图乙所示,g取10 m/s2,则下列说法不正确的是( )A.0～5 s内小木块做匀减速运动B.在t=1 s时刻,摩擦力反向C.斜面倾角θ=37°D.小木块与斜面间的动摩擦因数为0.5【解析】选A。
由匀变速直线运动的速度位移公式得v2-=2ax,由题图乙可得a==-10 m/s2,故减速运动时间:t==1 s,故A错误;由题图乙可知,在0～1 s内小木块向上做匀减速运动,1 s后小木块反向做匀加速运动,t=1 s时摩擦力反向,故B正确;由题图乙可知,小木块反向加速运动时的加速度:a′== m/s2=2 m/s2,由牛顿第二定律得:mgsinθ+μmgcosθ=m|a|,mgsinθ-μmgcosθ=ma′,代入数据解得:μ=0.5,θ=37°,故C、D正确。
高考物理一轮复习 高频考点化(三)动力学综合问题练习
权掇市安稳阳光实验学校高频考点强化(三)动力学综合问题(45分钟100分)一、选择题(本题共12小题,每小题6分,共72分。
1～8题为单选题,9～12题为多选题)1.如图所示,两个物体A、B叠放在一起,接触面粗糙,现将它们同时以相同的速度水平抛出,不计空气阻力,在空中运动的过程中,物体B ( )A.只受重力B.受重力和A对它的压力C.受重力和A对它的摩擦力D.受重力、A对它的压力和摩擦力【解析】选A。
两个物体A、B同时以相同的速度水平抛出,由于不计空气阻力,两个物体都处于完全失重状态,故在空中运动的过程中,物体A、B都只受到重力,B、C、D错误,A正确。
2.(2018·沈阳模拟)弹跳高跷是一项全球流行的新型运动,一次弹跳高跷表演中,一名质量为m的演员穿着这种高跷从距地面H高处由静止落下,与水平地面撞击后反弹上升到距地面高h处。
假设弹跳高跷对演员的作用力类似于弹簧的弹力,演员和弹跳高跷始终在竖直方向运动,不考虑空气阻力的影响,则该演员( )A.在向下运动的过程中始终处于失重状态B.在向上运动的过程中始终处于超重状态C.在向下运动的过程中先处于失重状态后处于超重状态D.在向上运动的过程中先处于失重状态后处于超重状态【解析】选C。
演员在空中时,加速度为g,方向向下,处于失重状态;当演员落地前期加速时,加速度a向下,处于失重状态;落地后期减速,加速度a向上,处于超重状态;所以演员在向下运动的过程中先处于失重状态后处于超重状态,C正确;同理可知,演员在向上运动的过程中先处于超重状态后处于失重状态,D错误。
3.质量为M的光滑圆槽放在光滑水平面上,一水平恒力F作用在其上促使质量为m的小球静止在圆槽上,如图所示,则( )A.小球对圆槽的压力为B.小球对圆槽的压力为C.水平恒力F变大后,如果小球仍静止在圆槽上,小球对圆槽的压力增加D.水平恒力F变大后,如果小球仍静止在圆槽上,小球对圆槽的压力减小【解析】选C。
高考物理一轮复习讲义 第3章 高考热点强化训练3 动力学图象问题
高考热点强化训练3动力学图象问题1．静止物体受到的合外力随时间变化的图象如图1所示,则它的速度随时间变化的图象是下列选项图中的()图1答案A解析由合外力随时间变化的图象,可知物体从静止开始运动,在前两段时间内都是做匀加速运动,且第二次加速度大于第一次加速度,之后合外力为零,做匀速运动,故A正确．2．一次演习中,一空降特战兵实施空降,飞机悬停在高空某处后,空降特战兵从机舱中跳下,设空降特战兵沿直线运动,其速度—时间图象如图2a所示,当速度减为零时特战兵恰好落到地面．已知空降特战兵的质量为60 kg.设降落伞用8根对称的绳悬挂空降特战兵,每根绳与中轴线的夹角均为37°,如图b所示．不计空降特战兵所受的阻力．则空降特战兵(sin 37°＝0.6,cos 37°＝0.8,g＝10 m/s2)()图2A．前2 s处于超重状态B．从200 m高处开始跳下C．落地前瞬间降落伞的每根绳对特战兵的拉力大小为125 ND．整个运动过程中的平均速度大小为10 m/s答案C解析 由题v －t 图象可知,降落伞在前2 s 内加速下降,中间5 s 匀速下降,最后6 s 减速下降,故前2 s 失重,选项A 错误;由v －t 图线与t 轴所围的面积等于物体位移的大小知,x ＝12×(5＋13)×20 m ＝180 m,选项B 错误;落地前瞬间a ＝Δv Δt ＝0－206 m/s 2＝－103m/s 2,对特战兵,由牛顿第二定律有mg －8F T ·cos 37°＝ma ,解得F T ＝125 N,选项C 正确;全程平均速度v ＝x t ＝18013m/s>10 m/s,选项D 错误．3．图3甲是某人站在力传感器上做下蹲、起跳动作的示意图,中间的O 表示人的重心．图乙是根据传感器采集到的数据画出的F －t 图线,两图中a ～g 各点均对应,其中有几个点在图甲中没有画出．取重力加速度g ＝10 m/s 2,根据图象分析可知( )图3A ．人的重力为1 500 NB ．c 点位置人处于失重状态C ．e 点位置人处于超重状态D ．d 点的加速度小于f 点的加速度答案 C解析 开始时人处于平衡状态,人对传感器的压力是500 N,根据牛顿第三定律与平衡条件可知,人的重力也是500 N,故A 错误;c 点时人对传感器的压力大于其重力,处于超重状态,故B 错误;e 点时人对传感器的压力大于其重力,处于超重状态,故C 正确;人在d 点时:a 1＝F d －G m＝1 500－50050010 m/s 2＝20 m/s 2,人在f 点时:a 2＝G －0m ＝50050010m/s 2＝10 m/s 2,可知d 点的加速度大于f点的加速度,故D 错误．4．广州塔,昵称“小蛮腰”,总高度达600米,游客乘坐观光电梯大约一分钟就可以到达观光平台．若电梯简化成只受重力与绳索拉力,已知电梯在t ＝0时由静止开始上升,a －t 图象如图4所示．则下列相关说法正确的是( )图4A ．t ＝4.5 s 时,电梯处于失重状态B ．5～55 s 时间内,绳索拉力最小C ．t ＝59.5 s 时,电梯处于超重状态D ．t ＝60 s 时,电梯速度恰好为零答案 D解析 利用a －t 图象可判断:t ＝4.5 s 时,电梯有向上的加速度,电梯处于超重状态,A 错误;0～5 s 时间内,电梯处于超重状态,拉力大于重力,5～55 s 时间内,电梯处于匀速上升过程,拉力等于重力,55～60 s 时间内,电梯处于失重状态,拉力小于重力,综上所述,B 、C 错误;因a －t 图线与t 轴所围的“面积”代表速度改变量,而图中横轴上方的“面积”与横轴下方的“面积”相等,则电梯的速度在t ＝60 s 时为零,D 正确．5.用外力F 拉一物体使其做竖直上升运动,不计空气阻力,加速度a 随外力F 的变化关系如图5所示,下列说法正确的是( )图5A ．物体的质量为F 0a 0B ．地球表面的重力加速度为2a 0C ．当a >0时,物体处于失重状态D ．当a ＝a 1时,拉力F ＝F 0a 0a 1 答案 A解析 当F ＝0时a ＝－a 0,此时的加速度为重力加速度,故g ＝a 0,所以B 错误;当a ＝0时,拉力F＝F 0,拉力大小等于重力,故物体的质量为F 0a 0,所以A 正确;当a >0时,加速度方向竖直向上,物体处于超重状态,所以C 错误;当a ＝a 1时,由牛顿第二定律得F －mg ＝ma 1,又m ＝F 0a 0、g ＝a 0,故拉力F ＝F 0a 0(a 1＋a 0),所以D 错误． 6.(多选)(2019·山东淄博市3月模拟)如图6所示,劲度系数为k 的轻弹簧竖直放置,下端固定在水平地面上．一质量为m 的小球,从离弹簧上端高h 处自由下落,接触弹簧后继续向下运动．小球从开始下落到小球第一次运动到最低点的过程中,下列关于小球的速度v 、加速度a 随时间t 变化的图象中符合实际情况的是( )图6答案 AD解析 在小球下落的开始阶段,小球做自由落体运动,加速度为g ;接触弹簧后,开始时重力大于弹力,加速度方向向下,随着小球的不断下降,弹力逐渐变大,故小球做加速度减小的加速运动,某时刻加速度可减小到零,此时速度最大;小球继续下落时,弹力大于重力,加速度方向变为向上,且加速度逐渐变大,直到速度减小到零,到达最低点,由对称知识可知,到达最低点的加速度大于g ,故A 、D 正确．7．(多选)(2019·山东日照市3月模拟)长木板上表面的一端放有一个木块,木块与木板接触面上装有摩擦力传感器,如图7甲所示,木板由水平位置缓慢向上转动(即木板与地面的夹角θ变大),另一端不动,摩擦力传感器记录了木块受到的摩擦力F f 随角度θ的变化图象如图乙所示．下列判断正确的是( )图7 A．木块与木板间的动摩擦因数μ＝tan θ1B．木块与木板间的动摩擦因数μ＝F f2mg cos θ1C．木板与地面的夹角为θ2时,木块做自由落体运动D．木板由θ1转到的θ2的过程中,木块的速度变化越来越快答案AD解析由题图可知,当夹角为θ1时木块刚刚开始滑动,则mg sin θ1＝μmg cos θ1,可得μ＝tan θ1,故选项A正确,B错误;木板与地面的夹角为θ2时,摩擦力为零,则木块只受重力作用,但此时速度不是零,木块不做自由落体运动,做初速度不为零、加速度为g的匀加速运动,故选项C错误;对木块,根据牛顿第二定律有:mg sin θ－μmg cos θ＝ma,则a＝g sin θ－μg cos θ,则木板由θ1转到的θ2的过程中,随着θ的增大,加速度a增大,即速度变化越来越快,故选项D正确．。
2021年高考物理总复习训练 高频考点专项练(三)动力学综合问题(含解析)
2021年高考物理总复习训练高频考点专项练（三）动力学综合问题（含解析）一、选择题(本题共8小题,每小题7分,共56分。
多选题已在题号后标出)1.在交通事故的分析中,刹车线的长度是很重要的依据,刹车线是汽车刹车后,停止转动的轮胎在地面上发生滑动时留下的滑动痕迹。
在某次交通事故中,汽车的刹车线长度是14m,假设汽车轮胎与地面间的动摩擦因数恒为0.7,g取10m/s2,则汽车刹车前的速度为( )A.7 m/sB.14 m/sC.10 m/sD.20 m/s【解析】选B。
设汽车刹车后滑动的加速度大小为a,由牛顿第二定律得μmg=ma,解得a=μg,由匀变速直线运动速度、位移关系式=2ax,可得汽车刹车前的速度为v===m/s=14 m/s,选项B正确。
2.人在平地上静止站立时,受到的支撑力等于人的重力。
做原地纵跳时,在快速下蹲和蹬伸的过程中,人体受到的支撑力发生变化(如图,G为重力,F为支撑力)。
下列图像能正确反映该变化的是( )【解析】选D。
下蹲过程中的加速阶段人体处于失重状态,F<G,减速阶段中处于超重状态,F>G。
同理蹬伸过程中的加速上升阶段F>G,减速上升阶段F<G。
腾空后人离开地面,F=0,故D选项正确。
【加固训练】一个物体在多个力的作用下处于静止状态,如果仅使其中一个力的大小逐渐减小到零,然后又从零逐渐恢复到原来的大小(此力的方向始终未变),而在这一过程中其余各力均不变。
那么,图中能正确描述该过程中物体速度变化情况的是( )【解析】选D。
由题意可知物体一直做加速运动,加速度先逐渐增大后逐渐减小,所以选项D正确。
3.(xx·无锡模拟)一质量为m的物块在倾角为θ的足够长斜面上匀减速下滑。
现对物块施加一个竖直向下的恒力F,如图所示。
则物块减速为零的时间将( )A.变大B.变小C.不变D.不能确定【解析】选B。
物体在斜面上匀减速下滑,说明mgsinθ-μmgcosθ=ma<0,现对物块施加一个竖直向下的恒力F,等效重力增大F,即(mg+F)sinθ-μ(mg+F)cosθ=ma′,判断加速度大小|a|<|a′|,所以物块减速为零的时间将变小,B项正确。
2022版高考物理一轮复习 专题练习3 动力学中的三类典型问题(含解析)-2022版高考物理一轮
专题突破练习(三)(时间：40分钟)1．(2020·江苏高考)中欧班列在欧亚大陆开辟了“生命之路”，为国际抗疫贡献了中国力量。
某运送防疫物资的班列由40节质量相等的车厢组成，在车头牵引下，列车沿平直轨道匀加速行驶时，第2节对第3节车厢的牵引力为F 。
若每节车厢所受摩擦力、空气阻力均相等，则倒数第3节对倒数第2节车厢的牵引力为( )A ．FB ．19F 20C ．F 19D ．F 20C [根据题意可知第2节车厢对第3节车厢的牵引力为F ，因为每节车厢质量相等，阻力相同，故第2节对第3节车厢根据牛顿第二定律有F －38f ＝38ma ，设倒数第3节车厢对倒数第2节车厢的牵引力为F 1，则根据牛顿第二定律有F 1－2f ＝2ma ，联立解得F 1＝F19。
故选C 。
]2.如图所示，质量为m 2的物块B 放在光滑的水平桌面上，其上放置质量为m 1的物块A ，用通过光滑的定滑轮的细线将A 与质量为M 的物块C 连接，释放C ，A 和B 一起以加速度大小a 从静止开始运动，已知A 、B 间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g ，则细线中的拉力大小为( )A ．MgB ．M (g ＋a )C ．(m 1＋m 2)aD ．m 1a ＋μm 1gC [以C 为研究对象，有Mg －T ＝Ma ，解得T ＝Mg －Ma ，故A 、B 错误；以A 、B 整体为研究对象，根据牛顿第二定律可知T ＝(m 1＋m 2)a ，故C 正确；A 、B 间为静摩擦力，根据牛顿第二定律，对B 可知f ＝m 2a ≠μm 1g ，故D 错误。
]3．(启光卓越联盟广东省2021届高三年级11月调研)新能源汽车已经成为未来汽车发展的趋势，2019年广州车展期间中国车企推出一款国产新能源汽车。
试车员某次在水平路面上测试该车性能过程中，车上速度传感器拟合出的速度随时间变化图象如图所示，下列说法正确的是( )A．0～2.5 s内汽车座椅对试车员的作用力不变B．0～2.5 s内汽车位移大小为31.25 mC．0～2.5 s内汽车的平均速度大于12.5 m/sD．t＝2.5 s时，汽车加速度大小为10 m/s2C[0～2.5 s时间内，新能源汽车的加速度逐渐减小，由牛顿第二定律，汽车座椅对试车员的作用力逐渐减小，A错误，汽车位移大于31.25 m，平均速度大于12.5 m/s，B错误，C正确，t＝2.5 s时，汽车加速度小于10 m/s2，D错误。
2023版新教材高考物理复习特训卷考点三运动与力的关系第25练模型方法“滑块_木板”模型的动力学问题
第25练 (模型方法)“滑块—木板”模型的动力学问题（时间 30分钟）思维方法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 fm m.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．一、选择题1．(多选)如图甲所示，光滑水平面上静置一个薄长木板，长木板上表面粗糙，其质量为M ，t ＝0时刻质量为m 的物块以水平速度v 滑上长木板，此后木板与物块运动的v t图像如图乙所示，重力加速度g ＝10 m/s 2，则下列说法正确的是( )A.M ＝m B ．M ＝2mC ．木板的长度为8 mD ．木板与物块间的动摩擦因数为0.12．(多选)[2021·山东兰陵东苑高级中学月考]如图所示，在山体下的水平地面上有一静止长木板，某次山体滑坡，有石块从山坡上滑下后，恰好以速度v 1水平向右滑上长木板，石块与长木板、长木板与水平地面之间都存在摩擦．设最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力的大小，且石块始终未滑出长木板．下面给出了石块在长木板上滑行的v t 图像，其中可能正确的是( )二、非选择题 3．质量为3 kg 的长木板A 置于光滑的水平地面上，质量为2 kg 的木块B (可视为质点)置于木板A 的左端，在水平向右的力F 作用下由静止开始运动，如图甲所示．A 、B 运动的加速度随时间变化的图像如图乙所示(g 取10 m/s 2).(1)求木板与木块之间的动摩擦因数(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)； (2)求4 s 末A 、B 的速度大小；(3)若6 s 末木板和木块刚好分离，则木板的长度为多少？4．传送带与平板紧靠在一起，且上表面在同一水平面内，两者长度分别为L 1＝2.5 m 、L 2＝2 m ．传送带始终保持以速度v 匀速运动．现将一滑块(可视为质点)轻放到传送带的左端，然后平稳地滑上平板．已知：滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，滑块与平板、平板与支持面的动摩擦因数分别为μ1＝0.3、μ2＝0.1，滑块、平板的质量均为m ＝2 kg ，g取10 m/s 2.求：(1)若滑块恰好不从平板上掉下，求v 的大小； (2)若v ＝6 m/s ，求滑块离开平板时的速度大小．第25练 （模型方法）“滑块—木板”模型的动力学问题1．答案：BC解析：物块在木板上的运动过程中，μmg ＝ma 1，而v t 图像的斜率大小表示加速度大小，故a 1＝7－32m/s 2＝2 m/s 2，解得μ＝0.2，D 错误；对木板受力分析可知μmg ＝Ma 2，a 2＝2－02m/s 2＝1 m/s 2，解得M ＝2m ，A 错误，B 正确；由题图乙可知，2 s 时物块和木板分离，两者v t 图像与坐标轴围成的面积之差等于木板的长度，故L ＝12 ×（7＋3）×2 m－12×2×2 m ＝8 m ，C 正确． 2．答案：BD解析：由于石块与长木板、长木板与水平地面之间都存在摩擦，因此石块与长木板达到共速后不可能做匀速直线运动，A 错误；设石块与长木板之间的动摩擦因数为μ1，长木板与水平地面之间的动摩擦因数为μ2，石块的质量为m ，长木板的质量为M ，当μ1mg >μ2（m ＋M ）g 时，最终石块和长木板一起做匀减速直线运动，此时的加速度大小为μ2g ，由于μ1mg >μ2（m ＋M ）g ，则有μ1g >μ2g ，即石块刚开始减速的加速度大于石块与长木板一起减速时的加速度，石块与长木板共速后，图像的斜率变小，B 正确，C 错误；若石块对长木板向右的滑动摩擦力小于地面对长木板的最大静摩擦力，则长木板静止不动，石块在长木板上做匀减速运动，D 正确．3．答案：（1）0.3 （2）均为4 m/s （3）4 m解析：（1）由题图乙知4 s 末木块与木板间达到最大静摩擦力，此时a A ＝2 m/s 2. 对于木板有f ＝m A a A ＝μm B g ，木板与木块间的动摩擦因数μ＝m A a Am B g＝0.3. （2）由题图乙知，4 s 末A 、B 的速度均为v ＝12 ×4×2 m/s ＝4 m/s.（3）4～6 s 内，木板A 运动的位移x A ＝vt 2＋12 a A t 22 .木块B 的位移x B ＝vt 2＋12a B t 22 ，则木板的长度l ＝x B －x A ＝4 m ． 4．答案：（1）4 m/s （2）3.5 m/s 解析：（1）滑块在平板上做匀减速运动，加速度大小：a 1＝μ1mg m＝3 m/s 2由于μ1mg >2μ2mg故平板做匀加速运动，加速度大小：a 2＝μ1mg －μ2×2mg m＝1 m/s 2设滑块滑至平板右端用时为t ，共同速度为v ′，平板位移为x ，对滑块：v ′＝v －a 1tL 2＋x ＝vt －12a 1t 2对平板：v ′＝a 2tx ＝12a 2t 2联立以上各式代入数据解得：t ＝1 s ，v ＝4 m/s. （2）滑块在传送带上的加速度：a 3＝μmgm＝5 m/s 2若滑块在传送带上一直加速，则获得的速度为：v 1＝2a 3L 1 ＝5 m/s<6 m/s即滑块滑上平板的速度为5 m/s.设滑块在平板上运动的时间为t ′，离开平板时的速度为v ″，平板位移为x ′ 则v ″＝v 1－a 1t ′L 2＋x ′＝v 1t ′－12a 1t ′2 x ′＝12a 2t ′2联立以上各式代入数据解得：t ′1＝12 s ，t ′2＝2 s （t ′2>t ，不符合题意，舍去）将t ′＝12s 代入v ″＝v 1－a 1t ′得：v ″＝3.5 m/s.。
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。
高考物理三轮冲刺大题提分大题精做13电磁感应中的动力学和能量问题.docx
大题精做十三电磁感应中的动力学和能量问题1．【衡水模拟】如图所示，质量为M的导体棒ab，垂直放在相距为l的平行光滑金属导轨上，导轨平面与水平面的夹角为θ，并处于磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，左侧是水平放置、间距为d的平行金属板。
R和R x分别表示定值电阻和滑动变阻器的阻值，不计其他电阻。
(1)调节R x＝R，释放导体棒，当棒沿导轨匀速下滑时，求通过棒的电流I及棒的速率v；(2)改变R x，待棒沿导轨再次匀速下滑后，将质量为m，带电量为＋q的微粒水平射入金属板间，若它能匀速通过，求此时的R x。
【解析】(1)对ab匀速下滑时：Mg sinθ＝BIl解得通过棒的电流为：由I＝联立解之得：。
(2)对板间粒子有：q＝mg根据欧姆定律得R x＝联立解之得：mBldqMsinθ。
2．【2017江苏】如图所示，两条相距d的平行金属导轨位于同一水平面内，其右端接一阻值为R的电阻。
质量为m的金属杆静置在导轨上，其左侧的矩形匀强磁场区域MNPQ的磁感应强度大小为B、方向竖直向下。
当该磁场区域以速度v0匀速地向右扫过金属杆后，金属杆的速度变为v。
导轨和金属杆的电阻不计，导轨光滑且足够长，杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触。
求：(1)MN刚扫过金属杆时，杆中感应电流的大小I；(2)MN刚扫过金属杆时，杆的加速度大小a；(3)PQ刚要离开金属杆时，感应电流的功率P。
【解析】（1）感应电动势感应电流解得（2）安培力牛顿第二定律解得（3）金属杆切割磁感线的速度v0-v，则感应电动势v0-v)电功率解得)2R1．【江苏联考】如图1所示，两条相距d＝1 m的平行光滑金属导轨位于同一水平面内，其左端接一阻值R＝9 Ω的电阻，右端放置一阻值r＝1 Ω、质量m＝1 kg的金属杆，开始时，与MP 相距L＝4 m。
导轨置于竖直向下的磁场中，其磁感应强度B随时间t的变化规律如图2所示。
给金属杆施加一向右的力F（F未知），使0～2 s内杆静止在NQ处。
2020届高考物理总复习第三章牛顿运动定律高频考点强化练(三)动力学综合问题(含解析)新人教版
动力学综合问题(45分钟100分)一、选择题(本题共10小题，每小题6分，共60分。
1～5题为单选题，6～10题为多选题)1.光滑水平面上有一质量为2 kg的物体，在五个恒定的水平共点力的作用下处于平衡状态。
现同时撤去大小分别为5 N和15 N的两个水平力而其余力保持不变，关于此后物体的运动情况的说法中正确的是( )A.一定做匀变速直线运动，加速度大小可能是 5 m/s2B.可能做匀减速直线运动，加速度大小可能是2 m/s2C.一定做匀变速运动，加速度大小可能是 10 m/s2D.可能做匀速圆周运动，向心加速度大小可能是10 m/s2【解析】选C。
根据平衡条件得知，余下力的合力与撤去的两个力的合力大小相等、方向相反，则撤去大小分别为5 N和15 N的两个力后，物体的合力大小范围为10 N≤F合≤20 N，根据牛顿第二定律F=ma得物体的加速度范围为5 m/s2≤a≤10 m/s2；若物体原来做匀速直线运动，撤去的两个力的合力方向与速度方向不在同一直线上时，物体做曲线运动，加速度大小可能是5 m/s2，故A错误；若物体原来做匀速直线运动，撤去的两个力的合力方向与速度方向相同时，则撤去两个力后物体做匀减速直线运动，可知加速度大小不可能是2 m/s2，故B错误；由于撤去两个力后其余力保持不变，则物体所受的合力恒定不变，一定做匀变速运动，加速度大小可能等于10 m/s2，故C正确；由于撤去两个力后其余力保持不变，恒力作用下不可能做匀速圆周运动，故D错误。
2.如图所示，在竖直平面内有一矩形，其长边与一圆的底部相切于O点，现在有三条光滑轨道a、b、c，它们的上端位于圆周上，下端在矩形的底边，三轨道都经过切点O，现在让一物块先后从三轨道顶端由静止下滑至底端(轨道先后放置)，则物块在每一条倾斜轨道上滑动时所经历的时间关系为( )A.t a>t b>t cB.t a<t b<t cC.t a=t b=t cD.无法确定【解析】选B。
高中物理总复习 动力学方法及应用 (提纲、例题、练习、解析)
高考冲刺：动力学方法及应用【高考展望】本专题主要讨论利用动力学方法分析解决物理问题的方法。
动力学问题是高中物理的主干和重点知识，动力学方法是高中物理中处理物理问题的常用方法和重要方法，也是历年高考热点。
历年高考试卷中的综合问题往往与动力学知识有关，并且往往把动力学知识与非匀变速直线运动、圆周运动、平抛运动、电场、磁场、电磁感应等知识点综合起来，这类问题过程多样复杂，信息容量大，综合程度高，难度大。
牛顿运动定律、运动学知识是本专题知识的重点。
在对本专题知识的复习中，应在物理过程和物理情景分析的基础上，分析清楚物体的受力情况、运动情况，恰当地选取研究对象和研究过程，准确地选用适用的物理规律。
【知识升华】“动力学方法”简介：从“力与运动的关系”角度来研究运动状态和运动过程的学习研究方法。
物体所受的合外力决定物体运动的性质。
物体所受的合外力是否为零，决定物体的运动是匀速运动（或静止）还是变速运动；物体所受的合外力是否恒定，决定物体的运动是匀变速运动还是非匀变速运动；物体所受合外力的方向与物体运动方向的关系决定物体的运动轨迹是直线还是曲线。
解决动力学问题，要对物体进行受力分析，进行力的分解和合成；要对物体运动过程进行分析，然后根据牛顿第二定律，把物体受的力和运动联系起来，列方程求解。
【方法点拨】常用的解题方法：整体法和隔离法；正交分解法；合成法。
考点一、整体法和隔离法整体法和隔离法通常用于处理连接体问题。
要点诠释：作为连接体的整体，一般都是运动整体的加速度相同，可以由整体求解出加速度，然后应用于隔离后的每一部分；或者由隔离后的部分求解出加速度然后应用于整体。
处理连接体问题的关键是整体法与隔离法的配合使用。
隔离法和整体法是互相依存、互相补充的，两种方法互相配合交替使用，常能更有效地解决有关连接体问题。
考点二、正交分解法当物体受到两个以上的力作用而产生加速度时，常用正交分解法解题。
要点诠释：多数情况下是把力正交分解在加速度方向和垂直加速度方向上，x F ma =（沿加速度方向）0y F =(垂直于加速度方向），特别要注意在垂直于加速度方向根据合力为零的特点正确求出支持力。
动力学与运动学综合问题(解析版)-2023年高考物理压轴题专项训练(新高考专用)
压轴题01动力学与运动学综合问题目录一，考向分析 (1)二．题型及要领归纳 (1)热点题型一结合牛顿定律与运动学公式考察经典多过程运动模型 (1)热点题型二动力学图像的理解与应用 (4)热点题型三结合新情景考察动力学观点 (7)类型一以生产生活问题为情境构建多过程多运动问题考动力学观点 (7)类型二以问题探索情景构建物理模型考动力学观点 (9)类型三以科研背景为题材构建物理模型考动力学观点 (10)三．压轴题速练 (11)一，考向分析1.本专题是动力学方法的典型题型，包括动力学两类基本问题和应用动力学方法解决多运动过程问题。
高考中既可以在选择题中命题，更会在计算题中命题。
2023年高考对于动力学的考察仍然是照顾点。
2.通过本专题的复习，可以培养同学们的审题能力，分析和推理能力。
提高学生关键物理素养.3.用到的相关知识有：匀变速直线运动规律，受力分析、牛顿运动定律等。
牛顿第二定律对于整个高中物理的串联作用起到至关重要的效果，是提高学生关键物理素养的重要知识点，因此在近几年的高考命题中动力学问题一直都是以压轴题的形式存在，其中包括对与高种常见的几种运动形式，以及对于图像问题的考察等，所以要求考生了解题型的知识点及要领，对于常考的模型要求有充分的认知。
二．题型及要领归纳热点题型一结合牛顿定律与运动学公式考察经典多过程运动模型多过程问题的处理(1)不同过程之间衔接的关键物理量是不同过程之间的衔接速度。
(2)用好四个公式：v＝v0＋at，x＝v0t＋12at2，v2－v20＝2ax，x＝v＋v02t。
(3)充分借助v－t图像，图像反映物体运动过程经历的不同阶段，可获得的重要信息有加速度(斜率)、位移(面积)和速度。
①多过程v－t图像“上凸”模型，如图所示。
特点：全程初、末速度为零，匀加速直线运动过程和匀减速过程平均速度相等。
速度与时间关系公式：v＝a1t1，v＝a2t2得a 1a 2＝t 2t 1速度与位移关系公式：v 2＝2a 1x 1，v 2＝2a 2x 2得a 1a 2＝x 2x 1平均速度与位移关系公式：x 1＝vt 12，x 2＝vt 22得t 1t 2＝x 1x 2②多过程v －t 图像“下凹”模型，如图所示。
2023版高考物理一轮总复习专题3牛顿运动定律热点强化3动力学图像问题课后提能演练
热点强化3 动力学图像问题1．在物流货场中广泛利用传送带搬运货物．如图所示，倾角为θ的足够长的传送带始终以恒定的速率v 1顺时针运行，t ＝0时，初速度为v 2(v 2<v 1)的小货物从传送带的底端滑上传送带，已知小货物与传送带之间的动摩擦因数为μ，且μ>tan θ.小货物在传送带上运动的速度v 、加速度a 、重力势能E p (取小货物刚进入传送带位置重力势能为零)和动能E k 随货物位移s 的变化规律正确的是( )A BC D【答案】D2．一同学研究箱子的运动，让一质量为m ＝1 kg 的箱子在水平恒力F 的推动下沿光滑水平面做直线运动，箱子运动的xt－t 图像如图所示，t 是从某时刻开始计时箱子运动的时间，x 为箱子在时间t 内的位移，由此可知( )A ．箱子受到的恒力大小为F ＝0.5 NB ．0～10 s 内箱子的动量变化量为5 kg ·m/sC ．5 s 时箱子的速度大小为5.5 m/sD ．0～5 s 内箱子的位移为27.5 m 【答案】D3．用外力F 拉一物体使其做竖直上升运动，不计空气阻力，加速度a 随外力F 的变化关系如图所示，下列说法正确的是( )A ．物体的质量为F 0a 0B ．地球表面的重力加速度为2a 0C ．当a >0时，物体处于失重状态D ．当a ＝a 1时，拉力F ＝F 0a 0a 1 【答案】A4．利用传感器和计算机可以研究快速变化的力的大小．实验时，把图甲中的小球举高到绳子的悬点O 处，然后将小球由静止释放，同时开始计时，利用传感器和计算机获得弹性绳的拉力随时间的变化如图乙所示．根据图像提供的信息，下列说法正确的是( )A ．t 1、t 3时刻小球的速度最大B ．t 2、t 5时刻小球的动能最小C ．t 3、t 4时刻小球的运动方向相同D ．t 4－t 3<t 7－t 6【答案】B 【解析】把小球举高到绳子的悬点O 处，让小球自由下落，t 1时刻绳子刚好绷紧，此时小球所受的重力大于绳子的拉力，小球向下做加速运动，当绳子的拉力大于重力时，小球才开始做减速运动，t 2时刻绳子的拉力最大，小球运动到最低点，速度为零；当绳子的拉力与重力相等时速度最大，而t 1、t 3时刻绳子的拉力都为零，小于小球的重力，故t 1、t 3时刻小球的速度不是最大，故A 错误；由乙图可知，t 2、t 5时刻小球都到达最低点，速度为零，动能都为零，为最小值，故B 正确；t 3时刻小球速度方向向上，t 4时刻小球速度向下，t 3、t 4时刻小球的运动方向相反，故C 错误；t 3～t 4时间内与t 6～t 7时间内小球都做竖直上抛运动，由于t 3时刻的速度大于t 6时刻的速度，由竖直上抛运动的时间t ＝2v 0g，可知t 4－t 3>t 7－t 6，故D 错误．5．如图为某运动员做蹦床运动时，利用传感器测得蹦床弹力随时间的变化图．假设运动员仅在竖直方向运动，且不计空气阻力，g 取10 m/s 2.依据图像给出的物理信息，运动员离开蹦床上升的最大高度H 和运动员的最大加速度大小a 分别为( )A ．5 m 、40 m/s 2B ．5 m 、50 m/s 2C ．9.8 m 、40 m/s 2D ．9.8 m 、50 m/s 2【答案】A 【解析】由图给信息可知静止时蹦床的弹力等于重力，即G ＝500 N ，则运动员质量为m ＝50 kg ，又最大弹力为2 500 N ，则运动员的最大加速度为a ＝2 500－50050 m/s2＝40 m/s 2，运动员在空中时间t 0＝(8.7－6.7) s ＝2 s ，下落时间t ＝t 02＝1 s ，则最大高度为h ＝12gt 2＝12×10×12m ＝5 m ，故A 正确．6．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/s 2，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/mD ．该过程中滑块的最大加速度为35 m/s 2【答案】C 【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a 1＝Δv Δt ＝1.50.3m/s 2＝5 m/s 2，由牛顿第二定律得摩擦力大小为F f ＝μmg ＝ma 1＝2×5 N ＝10 N ，刚释放时滑块的加速度大小为a 2＝Δv ′Δt ′＝30.1m/s 2＝30 m/s 2，此时滑块的加速度最大，D 错误；由牛顿第二定律得kx －F f ＝ma 2，代入数据解得k ＝175 N/m ，C 正确．7．如图甲所示，一物体静止在水平面上，从t ＝0时刻起受一向右的水平拉力F 作用，该力随时间t 变化的关系如图乙所示，该物体加速度a 随时间t 变化的图像如图丙所示．若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( )A ．物体的质量为1 kgB ．t ＝4 s 时刻，物体的速度大小为2 m/sC ．物体与地面间的动摩擦因数为0.5D ．物体与地面的最大静摩擦力大小为2 N【答案】B 【解析】设物体的质量为m ，物体与地面间的动摩擦因数为μ，对物体，根据牛顿第二定律可得F －μmg ＝ma ，解得a ＝1m F －μg ，根据乙图可知F ＝0.5t ，则a ＝12mt －μg ，所以a －t 图像的斜率表示12m ，即12m ＝24－2，解得m ＝0.5 kg ；当t ＝4 s 时加速度为a＝2 m/s 2，解得μ＝0.2，故A 、C 错误；a －t 图像与坐标轴围成的面积表示速度的变化，0～2 s 内物体静止，所以t ＝4 s 时刻，物体的速度大小为v ＝12×(4－2)×2 m/s ＝2 m/s ，故B正确；根据丙图可知t ＝2 s 时物体开始运动，则根据乙图可知此时的拉力F ＝1 N ，根据平衡条件可得：摩擦力f ＝F ＝1 N ，所以物体与地面的最大静摩擦力大小为1 N ，故D 错误．8．(多选)水平地面上质量为1 kg 的物块受到水平拉力F 1、F 2的作用，F 1、F 2随时间的变化如图所示，已知物块在前2 s 内以4 m/s 的速度做匀速直线运动，g 取10 m/s 2，则( )A ．物块与地面的动摩擦因数为0.2B ．3 s 末物块受到的摩擦力大小为3 NC ．4 s 末物块受到的摩擦力大小为1 ND ．5 s 末物块的加速度大小为3 m/s 2【答案】BC 【解析】在0～2 s 内物块做匀速直线运动，则摩擦力F f ＝3 N ，则μ＝F fmg＝310＝0.3，A 错误；2 s 后物块做匀减速直线运动，加速度a ＝F 合m ＝6－5－31 m/s 2＝－2 m/s 2，则经过t ＝0－v a＝2 s ，即4 s 末速度减为零，则3 s 末物块受到的摩擦力大小为3 N,4 s 末物块受到的摩擦力为静摩擦力，大小为6 N －5 N ＝1 N ，B 、C 正确；物块停止后，因两个力的差值小于最大静摩擦力，故物块受力平衡不再运动，则5 s 末物块的加速度为零，D 错误．9．(2021年四川名校模拟)如图甲所示，物块在沿固定斜面向上的拉力F 作用下沿足够长的粗糙斜面向上运动．已知物块质量m ＝4 kg ，斜面倾角θ＝37°，F ＝40 N ，经t 1＝1.0 s 后撤去F ，测得物块沿斜面向上运动的v －t 图像如图乙所示(g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．求：(1)物块与斜面间的动摩擦因数μ； (2)物块沿斜面向上滑行的最大位移x .解：(1)由图可得前1 s 的加速度为a 1＝2.01.0m/s 2＝2 m/s 2，对物体受力分析，由牛顿第二定律有F －mg sin θ－f ＝ma 1， 在垂直斜面方向，根据平衡条件有F N ＝mg cos θ， 又有f ＝μF N ，联立以上各式得μ＝0.25.(2)物体在前1 s 内沿斜面上升的距离为x 1＝12×2×12 m ＝1 m ，撤去F 后，物体沿斜面向上做匀减速运动，设加速度大小为a 2，根据牛顿第二定律有mg sin θ＋f ＝ma 2，在垂直斜面方向，根据平衡条件有F N ＝mg cos θ， 又f ＝μF N ，联立解得加速度为a 2＝8 m/s 2.设物体减速过程中位移为x 2，由运动学规律有 0－v 2＝2(－a 2)x 2，代入数据可得x 2＝0－22－2×8 m ＝0.25 m ，则物体沿斜面向上运动的最大位移为x m ＝x 1＋x 2＝1.25 m.10．(2021届甘肃靖远一中开学考)如图甲所示，长L ＝1.4 m 的木板静止在足够长的粗糙水平面上，木板的右端放置着质量m ＝1 kg 的滑块(可视为质点)．现用不同的水平恒力F 向右拉木板，得到滑块和木板的加速度a 随拉力F 变化的关系图像如图乙所示，重力加速度g 取10 m/s 2.求：(1)滑块与木板之间的动摩擦因数μ1；(2)木板与地面之间的动摩擦因数μ2以及木板的质量M ； (3)若水平恒力F ＝27.8 N ，滑块从木板上滑落经历的时间t .解：(1)由图可知，F ＝25 N 时，滑块和木板发生相对运动．此时滑块的加速度a 1＝4 m/s 2， 分析滑块受力，由牛顿第二定律μ1mg ＝ma 1， 解得μ1＝0.4.(2)分析木板受力，由牛顿第二定律F －μ2(m ＋M )g －μ1mg ＝Ma 2，代入点(25,4)，(9,0)， 解得μ2＝0.1，M ＝4 kg.(3)F ＝27.8 N 时，滑块和木板发生相对运动．此时，滑块的加速度a 1＝4 m/s 2， 分析木板受力，由牛顿第二定律F －μ2(m ＋M )g －μ1mg ＝Ma 2′，解得a 2′＝4.7 m/s 2，由运动学规律 L ＝12a 2′t 2－12a 1t 2，解得t ＝2 s.。
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高频考点专项练(三)动力学综合问题(45分钟100分)一、选择题(本题共8小题,每小题7分,共56分。
多选题已在题号后标出)1.在交通事故的分析中,刹车线的长度是很重要的依据,刹车线是汽车刹车后,停止转动的轮胎在地面上发生滑动时留下的滑动痕迹。
在某次交通事故中,汽车的刹车线长度是14m,假设汽车轮胎与地面间的动摩擦因数恒为0.7,g取10m/s2,则汽车刹车前的速度为( )A.7 m/sB.14 m/sC.10 m/sD.20 m/s【解析】选B。
设汽车刹车后滑动的加速度大小为a,由牛顿第二定律得μmg=ma,解得a=μg,由匀变速直线运动速度、位移关系式=2ax,可得汽车刹车前的速度为v0===m/s=14 m/s,选项B正确。
2.人在平地上静止站立时,受到的支撑力等于人的重力。
做原地纵跳时,在快速下蹲和蹬伸的过程中,人体受到的支撑力发生变化(如图,G为重力,F为支撑力)。
下列图像能正确反映该变化的是( )【解析】选D。
下蹲过程中的加速阶段人体处于失重状态,F<G,减速阶段中处于超重状态,F>G。
同理蹬伸过程中的加速上升阶段F>G,减速上升阶段F<G。
腾空后人离开地面,F=0,故D选项正确。
【加固训练】一个物体在多个力的作用下处于静止状态,如果仅使其中一个力的大小逐渐减小到零,然后又从零逐渐恢复到原来的大小(此力的方向始终未变),而在这一过程中其余各力均不变。
那么,图中能正确描述该过程中物体速度变化情况的是( )【解析】选D。
由题意可知物体一直做加速运动,加速度先逐渐增大后逐渐减小,所以选项D正确。
3.(2015·无锡模拟)一质量为m的物块在倾角为θ的足够长斜面上匀减速下滑。
现对物块施加一个竖直向下的恒力F,如图所示。
则物块减速为零的时间将( )A.变大B.变小C.不变D.不能确定【解析】选B。
物体在斜面上匀减速下滑,说明mgsinθ-μmgcosθ=ma<0,现对物块施加一个竖直向下的恒力F,等效重力增大F,即(mg+F)sinθ-μ(mg+F)cosθ=ma′,判断加速度大小|a|<|a′|,所以物块减速为零的时间将变小,B项正确。
4.“蹦极”就是跳跃者把一端固定的长弹性绳绑在踝关节处,从几十米高处跳下的一种极限运动。
某人做蹦极运动,所受绳子拉力F的大小随时间t变化的情况如图所示,将蹦极过程近似为在竖直方向的运动,重力加速度为g。
据图可知,此人在蹦极过程中最大加速度约为( )A.gB.2gC.3gD.4g【解题指南】解答本题时可按以下思路分析：(1)绳子拉力稳定不变时,人处于静止状态。
(2)人处于静止状态时,绳子的拉力等于重力。
(3)绳子拉力与重力的合力决定人的加速度。
【解析】选B。
从题图中可以看出,最后绳子拉力稳定不变,表明人已经静止不动,此时绳子的拉力等于重力,所以mg=0.6F0,根据牛顿第二定律,最大加速度a max=====2g,故B正确。
5.中国首次太空授课活动于2013年6月20日上午举行,如图所示,航天员王亚平利用天宫一号中的“质量测量仪”测量航天员聂海胜的质量为74kg。
测量时,聂海胜与轻质支架被王亚平水平拉离初始位置,且处于静止状态,当王亚平松手后,聂海胜与轻质支架受到一个大小为100N的水平恒力作用而复位,用光栅测得复位时瞬间速度为1m/s,则复位的时间为( )A.0.74 sB.0.37 sC.0.26 sD.1.35 s【解析】选A。
航天员复位的过程中由于受到的是水平恒力的作用,所以是匀变速直线运动,由牛顿第二定律可得航天员的加速度为a===m/s2,再根据加速度的定义式a=得到复位的时间,所以复位时间t==s=0.74s,A正确。
6.(2014·泰州模拟)如图所示,表面光滑的斜面体固定在匀速上升的升降机上,质量相等的A、B两物体用一轻质弹簧连接着,B的上端用一平行于斜面的细线拴接在斜面上的固定装置上,斜面的倾角为30°,当升降机突然处于完全失重状态时,则此瞬时A、B两物体的瞬时加速度分别为( )A.g、gB.g、gC.g、gD.g、0【解题指南】升降机处于完全失重状态时,物体和斜面体之间的弹力为零。
【解析】选C。
由于整个装置突然处于完全失重状态,根据完全失重状态的特点可知,A、B两物体与斜面体之间的弹力会突然消失,而弹簧在这一瞬间,长度不会立即变化,故此时弹簧对A物体的作用力不变,由平衡状态时的受力特点可知,A受到弹簧的作用力大小为mgsinθ,由于失重时A物体本身重力不变,故在此瞬间,A同时受到弹簧的弹力(mgsinθ)和重力作用,根据力的合成特点可知此二力的合力为mgcosθ,故其瞬时加速度为g;而对B受力分析可知,完全失重瞬间,B受到弹簧的作用和细线的弹力相等(此二力的合力为0),则此时B的合力就是其重力,所以B的瞬时加速度为g,所以C正确。
7.将力传感器A固定在光滑水平桌面上,测力端通过轻质水平细绳与滑块相连,滑块放在较长的小车上。
如图甲所示,传感器与计算机相连接,可获得力随时间变化的规律。
一水平轻质细绳跨过光滑的定滑轮,一端连接小车,另一端系沙桶,整个装置开始处于静止状态。
在物体与小车分离前缓慢向沙桶里倒入细沙,力传感器采集的F-t图像如图乙所示,则( )A.2.5 s前小车做变加速运动B.2.5 s后小车做变加速运动C.2.5 s前小车所受摩擦力不变D.2.5 s后小车所受摩擦力不变【解析】选D。
由图像可知,在2.5s前小车与滑块一直保持静止,绳对小车的拉力变大,小车受到滑块的静摩擦力变大,A、C错误;2.5 s后滑块与小车发生相对运动,小车受到滑块的滑动摩擦力作用,D正确;研究小车和沙桶组成的系统,a=,所以加速度不变,B错误。
8.(多选)如图所示,三角形传送带以1m/s的速度逆时针匀速转动,两边的传送带长都是2m,且与水平方向的夹角均为37°。
现有两个小物块A、B从传送带顶端都以1m/s的初速度沿传送带下滑,两物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5,g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。
下列判断正确的是( )A.物块A先到达传送带底端B.物块A、B同时到达传送带底端C.传送带对物块A、B的摩擦力都沿传送带向上D.物块A下滑过程中相对传送带的位移小于物块B下滑过程中相对传送带的位移【解析】选B、C、D。
传送带对物块A、B的摩擦力方向都沿传送带向上,选项C正确;物块A、B都做匀加速运动,加速度相同,a A==2m/s2=a B,两物块的初速度相同,位移相同,则运动时间也相同,选项B正确,选项A错误;物块A下滑过程相对传送带的位移等于物块A的位移与传送带匀速运动的位移之差,物块B下滑过程相对传送带的位移等于物块B的位移与传送带匀速运动的位移之和,选项D正确。
二、计算题(本题共3小题,共44分。
需写出规范的解题步骤)9.(12分)(2014·淮南模拟)科研人员乘气球进行科学考察。
气球、座舱、压舱物和科研人员的总质量为990kg。
气球在空中停留一段时间后,发现气球漏气而下降,及时堵住。
堵住时气球下降速度为1m/s,且做匀加速运动,4s内下降了12m。
为使气球安全着陆,向舱外缓慢抛出一定的压舱物。
此后发现气球做匀减速运动,下降速度在5分钟内减少3m/s。
若空气阻力和泄漏气体的质量均可忽略,重力加速度g取9.89m/s2,求抛掉的压舱物的质量。
【解析】由牛顿第二定律得：mg-f=mah=v0t+at2抛物后减速下降有：f-(m-m′)g=(m-m′)a′Δv=a′Δt解得：m′=m=101kg答案：101kg10.(14分)(2015·秦皇岛模拟)如图所示,在海滨游乐场里有一种滑沙运动。
某人坐在滑板上从斜坡的高处A点由静止开始滑下,滑到斜坡底端B点后,沿水平的滑道再滑行一段距离到C点停下来。
如果人和滑板的总质量m=60kg,滑板与斜坡滑道和水平滑道间的动摩擦因数均为μ=0.5,斜坡的倾角θ=37°(sin37°=0.6,cos37°=0.8),斜坡与水平滑道间是平滑连接的,整个运动过程中空气阻力忽略不计,重力加速度g取10m/s2。
求：(1)人从斜坡上滑下的加速度为多少?(2)若由于场地的限制,水平滑道的最大距离BC为L=20.0m,则人在斜坡上滑下的距离AB应不超过多少? 【解析】(1)人在斜坡上受力如图所示,建立图示坐标系,设人在斜坡上滑下的加速度为a1,由牛顿第二定律得mgsinθ-F f1=ma1,F N1-mgcosθ=0,由摩擦力计算公式得F f1=μF N1,联立解得人滑下的加速度为a1=g(sinθ-μcosθ)=10×(0.6-0.5×0.8)m/s2=2m/s2。
(2)人在水平滑道上受力如图所示,由牛顿第二定律得F f2=ma2,F N2-mg=0。
由摩擦力计算公式得F f2=μF N2,联立解得人在水平滑道上运动的加速度大小为a2=μg=5m/s2。
设从斜坡上滑下的距离为L AB,对AB段和BC段分别由匀变速运动的公式得-0=2a1L AB,0-=-2a2L,联立解得L AB=50m。
答案：(1)2m/s2(2)50m11.(18分)摩天大楼中一部直通高层的客运电梯,行程超过百米。
电梯的简化模型如图甲所示。
考虑安全、舒适、省时等因素,电梯的加速度a是随时间t变化的。
已知电梯在t=0时由静止开始上升,a-t图像如图乙所示。
电梯总质量m=2.0×103kg。
忽略一切阻力。
重力加速度g取10m/s2。
(1)求电梯在上升过程中受到的最大拉力F1和最小拉力F2。
(2)类比是一种常用的研究方法。
对于直线运动,教科书中讲解了由v -t图像求位移的方法。
请你借鉴此方法,对比加速度和速度的定义,根据图乙所示a-t图像,求电梯在第1s内的速度改变量Δv1和第2s末的速率v2。
(3)求电梯以最大速率上升时,拉力做功的功率P;再求在0～11s时间内,拉力和重力对电梯所做的总功W。
【解题指南】解答本题需要把握以下四点：(1)读出图像中正、负最大加速度,由牛顿第二定律分别计算出最大拉力和最小拉力。
(2)加速度图像与时间轴围成的面积表示速度的变化量。
(3)速度最大时拉力等于重力,拉力的功率等于重力与速度的乘积。
(4)根据动能定理可计算总功。
【解析】(1)由牛顿第二定律,有F-mg=ma由a -t图像可知,F1和F2对应的加速度分别是a1=1.0m/s2,a2=-1.0m/s2F1=m(g+a1)=2.0×103×(10+1.0)N=2.2×104NF2=m(g+a2)=2.0×103×(10-1.0)N=1.8×104N(2)类比可得,所求速度变化量等于第1s内a -t图线下的面积Δv1=0.50m/s同理可得Δv2=v2-v0=1.5m/sv0=0第2s末的速率v2=1.5m/s(3)由a -t图像可知,11～30 s内速率最大,其值等于0～11s内a -t图线下的面积,有v m=10m/s 此时电梯做匀速运动,拉力F等于重力mg,所求功率P=Fv m=mg·v m=2.0×103×10×10W=2.0×105W由动能定理,总功W=E k2-E k1=m-0=×2.0×103×102J=1.0×105J答案：(1)2.2×104N 1.8×104N (2)0.50m/s 1.5m/s (3)2.0×105W1.0×105J。