全国高考动力学计算专题
2024届全国高考复习物理历年好题专项(动力学方法和能量观点的综合应用)练习(附答案)
2024届全国高考复习物理历年好题专项（动力学方法和能量观点的综合应用）练习1.[2023ꞏ天津十二校模拟]滑雪是一种常见的体育项目，具有很强的观赏性．半径为R 的四分之一圆弧轨道如图所示，质量为m 的运动员(含滑板)从A 点由静止开始滑下，到达最低点B 时，运动员对轨道的压力为2mg ，已知轨道半径远大于运动员的身高，重力加速度为g ，则运动员下滑的过程中，下列说法正确的是( )A ．机械能守恒B ．先失重后超重C ．重力的功率一直变大D ．阻力做功为12 mgR2．[2023ꞏ天津河东区一模](多选)某实验室模拟物流分拣装置，让物块在表面粗糙的水平传送带上随传送带传输时，经过一段风洞区域，使物块恰好被分拣到传送带一侧的平台上．已知传送带的宽度d ＝0.98 m (物块位于传送带中间位置)，传送带的速度v 0＝1 m /s ，物块到达风洞区域前与传送带共速．物块的质量m ＝500g ，物块在风洞区域受到恒定的作用力F ＝2 N ，物块与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.2，风洞区域的长度为L ＝0.7 m ．假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块的尺寸远小于传送带的宽度，重力加速度g ＝10 m /s 2.下列说法正确的是( )A ．物块进入风洞区域后的加速度为2 5 m /s 2B ．物块落到平台上时的速度约为1.7 m /sC ．物块与传送带间的摩擦生热为0.49 JD ．若增大传送带的速度，物块将不能落入平台 3.[2023ꞏ湖南邵阳二中模拟](多选)如图所示，现将一长为L 、质量为m 且分布均匀的金属链条通过装有传送带的斜面输送到高处．斜面与传送带靠在一起连成一直线，与水平方向夹角为θ，斜面部分光滑，链条与传送带之间的动摩擦因数为常数．传送带以较大的恒定速率顺时针转动．已知链条处在斜面或者传送带上任意位置时，支持力都均匀作用在接触面上．将链条放在传送带和斜面上，当位于传送带部分的长度为L4 时，链条恰能保持静止．现将链条从位于传送带部分的长度为L3的位置由静止释放，则下列说法正确的是(假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)()A．链条与传送带之间的动摩擦因数μ＝4tan θB．释放瞬间链条的加速度为13g sin θC．释放后，链条运动的加速度均匀增大D．从开始到链条离开斜面的过程中，传送带对链条做的功等于链条动能的增加4.(多选)如图所示，一水平传送带右端与半径为R＝0.5 m的竖直光滑固定圆弧轨道的内侧相切于Q点，传送带以某一速度顺时针匀速转动．现将质量为m＝0.2 kg的小物块由静止放在传送带的左端P点，小物块随传送带向右运动，后经Q点滑上圆弧轨道，并能通过最高点N.小物块与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5，已知P、Q之间的距离为L＝4 m，取g＝10 m/s2，小物块可视为质点．下列说法正确的是()A．传送带的最小转动速率为v0＝5 m/sB．若传送带以最小速率v0转动，小物块从P运动到Q的时间t＝1.5 sC．若传送带以最小速率v0转动，则整个过程中小物块与传送带间因摩擦产生的热量Q ＝5 JD．若传送带以最小速率v0转动，则因传送小物块电动机对传送带多做的功W＝5 J5.在倡导“节约型社会”的氛围下，自动充电式电动自行车应运而生．电动车的前轮装有发电机，发电机与蓄电池连接，当下坡或刹车时，自行车就可自动连通发电机向蓄电池充电，将机械能转化成电能储存起来．当人骑车以500 J的初动能在粗糙的水平路面上运动，第一次关闭自动充电装置，让车自由滑行，其动能—位移关系如图线①所示；第二次启动自动充电装置，其动能—位移关系如图线②所示．设转化装置的效率为100%，则() A．自由滑行时，人和车所受的合力为100 NB．启动充电装置后，人和车所受的合力先减小后增大C．启动充电装置后向蓄电池所充电能为200 JD．启动充电装置后转化为电能的功率保持不变[答题区]题号 1 2 3 4 5答案6.[2023ꞏ江苏南京一中检测]如图所示，一小物块(视为质点)从H＝10 m高处，由静止开始沿光滑弯曲轨道AB进入半径R＝2 m的光滑竖直圆环内侧，弯曲轨道AB在B点与圆环轨道平滑相接．之后物块沿CB圆弧滑下，由B点(无机械能损失)进入右侧的粗糙水平面上压缩弹簧．已知物块的质量m＝2 kg，与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，弹簧自然状态下最左端D点与B点距离L＝15 m，g＝10 m/s2，求：(1)物块从A滑到B时的速度大小；(2)物块到达圆环顶点C时对轨道的压力；(3)若弹簧最短时压缩量为10 m，求此时弹簧弹性势能．7．[2023ꞏ湘鄂豫名校4月联考]雪车是冬奥会的比赛项目之一，风驰电掣般的高速行驶是雪车的最大看点之一．北京2022年冬奥会雪车项目的比赛将在延庆赛区的国家雪车雪橇中心进行．雪车比赛所用赛道长1.5 km左右，落差在100 m至150 m之间．比赛可以分为两个过程：过程1中运动员手推雪车沿斜向下的赛道奔跑获得初始速度，如图1所示；过程2中运动员跳入车体内，呈坐姿在弯曲的赛道上无动力滑行，如图2所示．设雪车的质量为m1，运动员的总质量为m2，重力加速度为g，忽略冰面与雪车之间的摩擦．(1)过程1中运动员推车奔跑使雪车获得速度v0，这一过程中赛道的落差为h，求这一过程中运动员对雪车做的功W.(2)过程2中为了让运动员乘坐雪车能高速且安全地通过弯道，弯道处的赛道均向内侧倾斜．若雪车以速度v通过半径为r的一小段弯道，弯道落差可忽略．建立图3所示的模型，将运动员和雪车整体看作质点，求在弯道处赛道对雪车的支持力F N的大小．8．[2023ꞏ湖北武汉武昌区一模]如图所示，从A点以水平速度v0＝2 m/s抛出质量m＝1 kg的小物块P(可视为质点)，当物块P运动至B点时，恰好沿切线方向进入半径R＝2 m、圆心角θ＝60°的固定光滑圆弧轨道BC，轨道最低点C与水平地面相切，C点右侧水平地面某处固定挡板上连接一水平轻质弹簧．物块P与水平地面间动摩擦因数μ为某一定值，g取10 m/s2，弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力．求：(1)抛出点A距水平地面的高度H；(2)若小物块P第一次压缩弹簧被弹回后恰好能回到B点，求弹簧压缩过程中的最大弹性势能E p.参考答案1．答案：B答案解析：运动员在最低点时根据牛顿第二定律有F N －mg ＝m v 2R ，解得v ＝gR ，12 m v 2<mgR 可知运动员的机械能不守恒，可知有阻力做功，根据功能关系有W f ＋mgR ＝12 m v 2，W f ＝－12 mgR ，选项A 、D 错误；运动员在圆弧轨道上加速度先向下后向上，先失重后超重，故B 正确；重力的功率开始时为零，到达最低点时重力与速度方向垂直，则重力的功率也为零，则重力的功率先增大后减小，选项C 错误．2．答案：BC答案解析：进入风洞区域后，物块与传送带在沿着传送带运动的方向共速，在垂直于传送带运动的方向上，由于F >μmg ，物块与传送带发生相对滑动，由牛顿第二定律F －μmg ＝ma 解得a ＝2 m/s 2，故A 错误；物块经过风洞区域所用时间t ＝Lv 0＝0.7 s ，此过程中物块垂直于传送带运动方向发生的位移y ＝12 at 2＝0.49 m ＝d2 ，物块刚好在离开风洞区域时做类平抛运动落入平台，物块落入平台时的速度等于物块离开传送带时的速度v ＝v 20 ＋（at ）2 ＝ 2.96 m/s ≈1.7 m/s ，故B 正确；物块与传送带间的摩擦生热Q ＝μmgx 相对＝μmgy ＝0.49 J ，故C 正确；若增大传送带的速度，则物块经过风洞区域时间t 减小，在垂直于传送带运动方向位移y 减小，则物块在出风洞区域时没有落入平台，但其在垂直于传送带运动方向上仍有分速度，在摩擦力的作用下，在该方向上做匀减速运动，因此仍有可能落入平台，故D 错误．3．答案：AB答案解析：设整个链条的总质量为m ，当位于传送带部分的长度为L4 时，链条恰能保持静止，则mg sin θ＝μꞏ14 mg cos θ，解得μ＝4tan θ，A 正确；释放的瞬间，根据牛顿第二定律得μꞏ13 mg cos θ－mg sin θ＝ma ，解得a ＝13 g sin θ，B 正确；链条从静止释放后，链条所受的摩擦力随着链条位于传送带部分的长度增加而均匀增大，则链条的加速度在增大，但不是均匀增大，C 错误；从开始到链条离开斜面的过程中，根据动能定理得W －W G ＝ΔE k ，传送带对链条做的功大于链条动能的增加，D 错误．4．答案：AD答案解析：由题意知，传送带转动速率最小时，小物块到达Q 点已与传送带共速且小物块刚好能到达N 点．在N 点有mg ＝m v 2NR 小物块从Q 点到N 点，由动能定理得－mg ꞏ2R ＝12 m v 2N －12 m v 20 联立解得v 0＝5 m/s ，故A 正确；设小物块经过时间t 1加速到与传送带共速，则μmg ＝ma ，v 0＝at 1小物块的位移x 1＝12 at 21 代入数据可得x 1＝2.5 m ，t 1＝1 s ，1 s 后小物块与传送带相对静止，匀速到达Q ，设时间为t 2，t 2＝L －x 1v 0 ＝0.3 s ，则小物块从P 运动到Q 的时间t ＝t 1＋t 2＝1.3 s ，故B 错误；传送带在t 1时间内的位移x 2＝v 0t ，根据题意则有Δx ＝x 2－x 1；Q ＝μmg Δx 联立解得Q ＝2.5 J ，故C 错误；由能量守恒定律可知，因传送小物块电动机对传送带多做的功W ＝Q ＋12 m v 20 ，代入数据解得W ＝5 J ，故D 正确． 5．答案：C答案解析：自由滑行时人和车所受的合力为摩擦力，设其大小为F f ，在整个运动过程中，由动能定理得－F f x ＝－E k 解得F f ＝50 N ，A 错误；启动充电装置后，设人和车所受的合力大小为F ，在很短的一段位移Δx 内动能的变化量为ΔE k ，由动能定理得－F ꞏΔx ＝ΔE k ，则ΔE kΔx ＝－F 由数学知识知，F 等于图线切线斜率的绝对值，由题图知，图线的切线斜率逐渐减小，故人和车所受的合力F 减小，B 错误；启动充电装置后，在整个过程中，由能量守恒定律得ΔE k ＝F f x 1＋W 解W ＝ΔE k －F f x 1＝500 J －50×6 J ＝200 J ，C 正确；设在很短的一段时间Δt 内通过的位移为Δx ，由能量守恒定律得，转化的电能ΔW ＝F ꞏΔx －F f ꞏΔx ，则ΔWΔt ＝F ꞏΔx Δt －F f ꞏΔxΔt ，即P ＝()F －F f v 因为人和车所受的合力F 减小，人和车的速度v 减小，故转化的电能的功率P 减小，D 错误．6．答案：(1)102 m/s (2)100 N (3)100 J答案解析：(1)物块从A 滑到B 的过程由动能定理得mgH ＝12 m v 2B 解得v B ＝102 m/s.(2)物块从A 滑到C 的过程由动能定理得mg (H －2R )＝12 m v 2C 在C 点由牛顿第二定律得mg ＋F N ＝m v 2CR 联立解得F N ＝100 N.(3)从B 点到弹簧压缩最短时的过程由功能关系得12 m v 2B ＝μmg (L ＋x )＋E p 解得E p ＝100 J ．7．答案：(1)12 m 1v 20 －m 1gh (2)(m 1＋m 2)g 2＋v 4r 2答案解析：(1)运动员推车奔跑过程中对雪车由动能定理有W ＋m 1gh ＝12 m 1v 20 解得W ＝12 m 1v 20 －m 1gh .(2)根据牛顿第二定律，转弯过程中运动员和雪车需要的向心力F 向＝(m 1＋m 2)v 2r对运动员和雪车进行受力分析，如图所示根据平行四边形定则可知F 2N ＝(m 1＋m 2)2g 2＋F 2向 代入解得F N ＝(m 1＋m 2) g 2＋v 4r 2 .8．答案：(1)1.6 m (2)14 J答案解析：(1)物块经过B 点时有tan θ＝v yv 0可得v y ＝23 m/s小物块运动至B 点的竖直分位移y ＝v 2y2g ＝0.6 mA 点距地面的高度H ＝y ＋R (1－cos 60°)＝1.6 m. (2)以地面为零势面，设物块在水平地面向右运动的位移为x ，从A 点水平抛出到第一次返回B 点过程中有12m v 20 ＋mgH ＝μmg ꞏ2x ＋mgR (1－cos 60°) 可得μmgx ＝4 J从A 点水平抛出到弹簧压缩最短过程中有12 m v 20 ＋mgH ＝μmgx ＋E p E p ＝14 J ．。
牛顿第二定律的综合应用(解析版)-高中物理
牛顿第二定律的综合应用1.高考真题考点分布题型考点考查考题统计计算题动力学两类基本问题2022年浙江卷选择题连接体问题2024年全国甲卷计算题传送带模型2024年湖北卷选择题、计算题板块模型2024年高考新课标卷、辽宁卷2.命题规律及备考策略【命题规律】高考对动力学两类基本问题、连接体问题、传送带和板块模型考查的非常频繁，有基础性的选题也有难度稍大的计算题。
【备考策略】1.利用牛顿第二定律处理动力学两类基本问题。
2.利用牛顿第二定律通过整体法和隔离法处理连接体问题。
3.利用牛顿第二定律处理传送带问题。
4.利用牛顿第二定律处理板块模型。
【命题预测】重点关注牛顿第二定律在两类基本问题、连接体、传送带和板块模型中的应用。
一、动力学两类基本问题1.已知物体的受力情况求运动情况；2.已知物体的运动情况求受力情况。
二、连接体问题多个相互关联的物体由细绳、细杆或弹簧等连接或叠放在一起，构成的系统称为连接体。
(1)弹簧连接体：在弹簧发生形变的过程中，两端连接体的速度不一定相等；在弹簧形变最大时，两端连接体的速率相等。
(2)物物叠放连接体：相对静止时有相同的加速度，相对运动时根据受力特点结合运动情景分析。
(3)轻绳(杆)连接体：轻绳在伸直状态下，两端的连接体沿绳方向的速度总是相等，轻杆平动时，连接体具有相同的平动速度。
三、传送带模型1．模型特点传送带问题的实质是相对运动问题，这样的相对运动将直接影响摩擦力的方向。
2．解题关键(1)理清物体与传送带间的相对运动方向及摩擦力方向是解决传送带问题的关键。
(2)传送带问题还常常涉及临界问题，即物体与传送带达到相同速度，这时会出现摩擦力改变的临界状态，对这一临界状态进行分析往往是解题的突破口。
四、板块模型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相互作用下发生相对滑动。
2．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=x1 -x2=L(板长)；滑块和木板反向运动时，位移之和Δx=x2+x1=L。
专题05 两类基本动力学问题及动力学实验(解析版)-2025版高考物理真题精选与研析
考情概览：解读近年命题思路和内容要求，统计真题考查情况。
2024年真题研析：分析命题特点，探寻常考要点，真题分类精讲。
近年真题精选：分类精选近年真题，把握命题趋势。
必备知识速记：归纳串联解题必备知识，总结易错易混点。
名校模拟探源：精选适量名校模拟题，发掘高考命题之源。
2024年高考各卷区均不同程度地考查了两类基本动力学问题或者实验问题。
预测2025年高考两类基本动力学问题依然是考查的重点。
考向一常规实验1．（2024年1月浙江卷第16题）如图1所示是“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置。
（1）该实验中同时研究三个物理量间关系是很困难的，因此我们采用的研究方法是_____；A.放大法B.控制变量法C.补偿法（2）该实验过程中操作正确的是____；A.补偿阻力时小车未连接纸带B.先接通打点计时器电源，后释放小车C.调节滑轮高度使细绳与水平桌面平行（3）在小车质量___（选填“远大于”或“远小于”）槽码质量时，可以认为细绳拉力近似等于槽码的重力。
上述做法引起的误差为___（选填“偶然误差”或“系统误差”）。
为减小此误差，下列可行的方案是___；A.用气垫导轨代替普通导轨，滑块代替小车B.在小车上加装遮光条，用光电计时系统代替打点计时器C.在小车与细绳之间加装力传感器，测出小车所受拉力大小（4）经正确操作后获得一条如图2所示的纸带，建立以计数点0为坐标原点的x 轴，各计数点的位置坐标分别为0、1x 、⋯、6x 。
已知打点计时器的打点周期为T ，则打计数点5时小车速度的表达式=v ___；小车加速度的表达式是___。
A.6322(15)x x a T -=B.6322(3)x x a T -=C.()54322(10)x x x x a T +-+=【答案】①.B②.B ③.远大于④.系统误差⑤.C⑥.6410x x T-⑦.A【解析】（1）[1]该实验中同时研究三个物理量间关系是很困难的，因此我们可以控制其中一个物理量不变，研究另外两个物理量之间的关系，即采用了控制变量法。
2024年高考物理题型突破限时大题精练01 动力学与能量综合问题
大题精练01 动力学与能量综合问题公式、知识点回顾（时间：5分钟）一、考向分析1.本专题是力学两大观点在多运动过程问题、传送带问题和滑块一木板问题三类问题中的综合应用，高考常以计算题压轴题的形式命题。
2.用到的知识有:动力学方法观点(牛顿运动定律、运动学基本规律)，能量观点(动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律)。
二、动力学三、运动学四、功和能【例题】【传送带模型中的动力学和能量问题】如图所示，水平传送带AB，长为L＝2m，其左端B点与半径R＝0.5的半圆形竖直轨道BCD平滑连接，其右端A点与光滑长直水平轨道平滑连接。
轨道BCD最高点D与水平细圆管道DE平滑连接。
管道DE与竖直放置的内壁光滑的圆筒上边缘接触，且DE延长线恰好延圆筒的直径方向。
已知水平传送带AB以v＝6m/s的速度逆时针匀速运行，圆筒半径r＝0.05m、高度h＝0.2m。
质量m＝0.5kg、可视为质点的小滑块，从P 点处以初速度v0向左运动，与传送带间的动摩擦因数μ＝0.6，与其它轨道间的摩擦以及空气阻力均忽略不计，不计管道DE的粗细。
（1）若小滑块恰好能通过半圆形轨道最高点D，求滑块经过半圆形轨道B点时对轨道的压力大小F N；（2）若小滑块恰好能通过半圆形轨道最高点D，求滑块的初速度v0；（3）若小滑块能从D点水平滑入管道DE，并从E点水平离开DE后与圆筒内壁至少发生6次弹性碰撞，求滑块的初速度v0的范围。
【解答】解：（1）小滑块恰好能通过最高点D处，则在最高点重力提供向心力，轨道对小滑块无压力，即mg=m v D2 R小滑块从B点向D点运动过程中根据动能定理﹣mg•2R=12m v D2−12m v B2代入数据解得v B＝5m/s在最低点B点，有F′N−mg=m v B2 R联立以上各式，根据牛顿第三定律可知，滑块经过半圆形轨道B点时对轨道的压力大小为F N＝1．【用动力学和能量观点解决直线+圆周+平抛组合多过程问题】如图甲所示是一款名为“反重力”磁性轨道车的玩具，轨道和小车都装有磁条，轨道造型可以自由调节，小车内装有发条，可储存一定弹性势能。
2024届高考物理微专题：动力学中的临界和极值问题
微专题21动力学中的临界和极值问题1．直接接触的连接体存在“要分离还没分”的临界状态，其动力学特征：“貌合神离”，即a 相同、F N ＝0.2.靠静摩擦力连接(带动)的连接体，静摩擦力达到最大静摩擦力时是“要滑还没滑”的临界状态.3.极限分析法：把题中条件推向极大或极小，找到临界状态，分析临界状态的受力特点，列出方程.4.数学分析法：将物理过程用数学表达式表示，由数学方法(如二次函数、不等式、三角函数等)求极值．1.(多选)如图所示，一块足够长的轻质木板放在光滑水平地面上，质量分别为m A ＝1kg 和m B ＝2kg 的物块A 、B 放在长木板上，A 、B 与长木板间的动摩擦因数均为μ＝0.4，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．现用水平拉力F 拉A ，取重力加速度g ＝10m/s2.改变F 的大小，B 的加速度大小可能为()A ．1m/s 2B ．2m/s 2C ．3m/s 2D ．4m/s 2答案AB 解析当A 对长木板的静摩擦力达到最大值时，B 的加速度最大，将轻质长木板和B 看成整体，由牛顿第二定律得μm A g ＝m B a B max ，解得a B max ＝0.4×1×102m/s 2＝2m/s 2，因为a B max <μg ＝4m/s 2，所以结果是合理的，因此，B 的加速度大小可能为1m/s 2、2m/s 2，不可能为3m/s 2、4m/s 2，故A 、B 正确，C 、D 错误.2.如图所示，水平桌面上放置一个倾角为45°的光滑楔形滑块A ，一细线的一端固定于楔形滑块A 的顶端O 处，细线另一端拴一质量m ＝0.2kg 的小球．若滑块与小球一起以加速度a 向左做匀加速运动(取g ＝10m/s 2)，则下列说法正确的是()A ．当a ＝5m/s 2时，滑块对球的支持力为22N B ．当a ＝15m/s 2时，滑块对球的支持力为22N C ．当a ＝5m/s 2时，地面对A 的支持力一定大于两个物体的重力之和D ．当a ＝15m/s 2时，地面对A 的支持力一定小于两个物体的重力之和答案A 解析设加速度为a 0时滑块对小球的支持力恰好等于零，对小球受力分析，受重力、拉力，根据牛顿第二定律，水平方向有F 合＝F cos 45°＝ma 0，竖直方向有F sin 45°＝mg ，解得a 0＝10m/s 2.当a ＝5m/s 2时，小球未离开滑块，水平方向有F cos 45°－F N cos 45°＝ma ，竖直方向有F sin 45°＋F N sin 45°＝mg ，解得F N ＝22N ，故A 正确；当a ＝15m/s 2时，小球已经离开滑块，只受重力和细线的拉力，滑块对小球的支持力为零，故B 错误；当系统相对稳定后，竖直方向没有加速度，受力平衡，所以地面对A 的支持力一定等于两个物体的重力之和，故C 、D 错误．3.如图所示，静止在光滑水平面上的斜面体，质量为M 、倾角为α，其斜面上有一静止的滑块(可视为质点)，质量为m ，重力加速度为g .现给斜面体施加水平向右的力使斜面体加速运动，若要使滑块做自由落体运动，图中水平向右的力F 的最小值为()A.Mgtan αB.Mg sin αC.Mg cos αD ．Mg 答案A 解析设滑块由静止到斜面体底端的距离为l ，滑块做自由落体运动到达地面时竖直方向的位移为l sin α，在水平向右的力F 的最小值作用下，斜面体在水平方向的位移恰好为l cos α，对滑块有l sin α＝12gt 2，对斜面体有l cos α＝12at 2，F ＝Ma ，解得F ＝Mg tan α，故选项A 正确．4．(多选)如图所示，粗糙的水平面上有一内壁为半球形且光滑的容器，容器的质量为2kg ，与地面间的动摩擦因数为0.25，在水平推力作用下置于容器内质量为1kg 的物块(可视为质点)与容器一起向左做加速运动，OP 连线与水平线的夹角θ＝53°(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，重力加速度g ＝10m/s 2)，则()A ．容器的加速度大小为7.5m/s 2B ．容器对物块的支持力大小为12.5NC ．推力F 的大小为42ND ．地面对容器的支持力大小等于30N答案ABD 解析物块受力如图所示，对物块，由牛顿第二定律得mg tan θ＝ma ，解得a ＝7.5m/s 2，故A 正确；由平衡条件可知，容器对物块的支持力F N ＝mg sin θ＝1×10sin 53°N ＝12.5N ，故B 正确；以物块与容器组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律得F －μ(M ＋m )g ＝(M ＋m )a ，代入数据解得F ＝30N ，故C 错误；对物块与容器组成的系统，在竖直方向没有加速度，受力平衡，由平衡条件可知，地面对容器的支持力大小F N 地＝(m ＋M )g ＝(1＋2)×10N ＝30N ，故D 正确．5.(多选)如图所示，A 、B 两物块的质量分别为2m 和m ，静止叠放在水平地面上．A 、B 间的动摩擦因数为μ，B 与地面间的动摩擦因数为12μ.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()A ．当F <2μmg 时，A 、B 都相对地面静止B ．当F ＝52μmg 时，A 的加速度为13μg C ．当F >3μmg 时，A 相对B 滑动D ．无论F 为何值，B 的加速度不会超过12μg 答案BCD 解析当A 、B 刚要发生相对滑动时，A 、B 间的静摩擦力达到最大静摩擦力，即F f ＝2μmg .对物块B ，根据牛顿第二定律得2μmg －12μ×3mg ＝ma ，解得a ＝12μg .对整体，根据牛顿第二定律有F －12μ×3mg ＝3ma ，解得F ＝3μmg ，可知当F >3μmg 时，A 、B 发生相对滑动，故C 正确．当F <2μmg 时，即水平拉力小于A 、B 之间的最大静摩擦力，则A 、B 不会发生相对滑动；对整体分析，由于整体受到地面的最大静摩擦力F fmax ＝12μ×3mg ＝32μmg ，当F ≤32μmg 时，A 、B 相对地面静止，故A 错误．当F ＝52μmg <3μmg 时，A 、B 保持相对静止，对整体分析，根据牛顿第二定律有F －12μ×3mg ＝3ma ，解得A 的加速度为13μg ，故B 正确．设B 的最大加速度为a max ，由牛顿第二定律得2μmg －32μmg ＝ma max ，得a max ＝12μg ，可知B 的加速度不会超过12μg ，故D 正确．6．(多选)如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量均为m 的物体A 、B (B 与弹簧连接，A 、B 均可视为质点)，弹簧的劲度系数为k ，初始时刻物体处于静止状态．现用竖直向上的拉力F 作用在A 上，使A 开始向上做加速度大小为a 的匀加速运动，测得A 、B 的v －t 图像如图乙所示，物体B 的v －t 图像在t 2时刻的斜率与t 轴平行，已知重力加速度大小为g ，则()A ．施加力F 前，弹簧的形变量为2mgkB ．施加力F 的瞬间，A 、B 间的弹力大小为m (g ＋a )C ．A 、B 在t 1时刻分离，此时弹簧弹力等于B 的重力D ．B 上升速度最大时，A 、B 间的距离为12at 22－mg k答案AD 解析施加力F 前，A 、B 整体受力平衡，则弹簧弹力F 0＝2mg ＝kx 0，解得弹簧的形变量x 0＝2mg k，选项A 正确；施加力F 的瞬间，即t ＝0时刻，对B ，根据牛顿第二定律有F 0－mg －F AB ＝ma ，解得A 、B 间的弹力大小F AB ＝m (g －a )，选项B 错误；A 、B 在t 1时刻分离，此时A 、B 具有共同的速度与加速度，且F AB ＝0，对B 有F 1－mg ＝ma ，解得此时弹簧弹力大小F 1＝m (g ＋a )，选项C 错误；t 2时刻B 上升速度最大，加速度为零，则kx 2＝mg ，解得此时弹簧的形变量x 2＝mg k ，B 上升的高度h ＝x 0－x 2＝mg k ，A 上升的高度H ＝12at 22，所以A 、B 间的距离Δh ＝12at 22－mg k，选项D 正确．7.如图所示，质量为m ＝1kg 的物块放在倾角为θ＝37°的斜面体上，斜面体的质量为M ＝2kg ，斜面体与物块间的动摩擦因数为μ＝0.2，地面光滑，现对斜面体施加一水平推力F ，要使物块m 相对斜面静止，试确定推力F 的取值范围．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10m/s 2)答案14.4N ≤F ≤33.6N 解析假设水平推力F 较小，物块相对斜面具有下滑趋势，当刚要下滑时，推力F 具有最小值，设大小为F 1，此时物块受力如图甲所示，取加速度方向为x 轴正方向，对物块分析，在水平方向有F N sin θ－μF N cos θ＝ma 1竖直方向有F N cos θ＋μF N sin θ－mg ＝0对整体有F 1＝(M ＋m )a 1代入数值得a 1≈4.8m/s 2，F 1≈14.4N ；假设水平推力F 较大，物块相对斜面具有上滑趋势，当刚要上滑时，推力F 具有最大值，设大小为F 2，此时物块受力如图乙所示，对物块分析，在水平方向有F N ′sin θ＋μF N ′cos θ＝ma 2在竖直方向有F N ′cos θ－μF N ′sin θ－mg ＝0对整体有F 2＝(M ＋m )a 2代入数值得a 2≈11.2m/s 2，F 2≈33.6N ，综上所述可知推力F 的取值范围为14.4N ≤F ≤33.6N.8.如图所示，一弹簧一端固定在倾角为θ＝37°的光滑固定斜面的底端，另一端拴住质量为m 1＝4kg 的物体P ，Q 为一质量为m 2＝8kg 的物体，弹簧的质量不计，劲度系数k ＝600N/m ，系统处于静止状态．现给Q 施加一个方向沿斜面向上的力F ，使它从静止开始沿斜面向上做匀加速运动，已知在前0.2s 时间内，F 为变力，0.2s 以后F 为恒力，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g ＝10m/s 2.求力F 的最大值与最小值．答案72N 36N 解析设开始时弹簧的压缩量为x 0，由平衡条件得(m 1＋m 2)g sin θ＝kx 0代入数据解得x 0＝0.12m因前0.2s 时间内F 为变力，之后为恒力，则0.2s 时刻两物体分离，此时P 、Q 之间的弹力为零，设此时弹簧的压缩量为x 1对物体P ，由牛顿第二定律得kx 1－m 1g sin θ＝m 1a前0.2s 时间内两物体的位移x 0－x 1＝12at 2联立解得a ＝3m/s 2对两物体受力分析知，开始运动时拉力最小，分离时拉力最大，F min ＝(m 1＋m 2)a ＝36N对Q，应用牛顿第二定律得F max－m2g sinθ＝m2a 解得F max＝m2(g sinθ＋a)＝72N.。
秘籍5 用动力学与能量解决多过程问题-2024年高考物理压轴题专项通关秘籍(全国通用)
秘籍5 用动力学与能量解决多过程问题做好本类型压轴问题需要用到的相关知识有:受力分析、牛顿运动定律、动能定理、机械能守恒定律、功能关系等内容。
本专题是力学两大观点在多运动过程问题、传送带问题综合应用，高考常以计算题压轴题的形式命题。
学好本专题，可以极大地培养同学们的审题能力、推理能力和规范表达能力，针对性的专题强化，可以提升同学们解决压轴题的信心。
题型一传送带模型中的动力学和能量问题（计算题）题型二用动力学和能量观点解决直线+圆周+平抛组合多过程问题（计算题）题型三综合能量与动力学观点分析含有弹簧模型的多过程问题（计算题）传送带模型中的动力学和能量转化问题1．传送带模型是高中物理中比较成熟的模型，典型的有水平和倾斜两种情况．一般设问的角度有两个：(1)动力学角度：首先要正确分析物体的运动过程，做好受力分析，然后利用运动学公式结合牛顿第二定律求物体及传送带在相应时间内的位移，找出物体和传送带之间的位移关系．(2)能量角度：求传送带对物体所做的功、物体和传送带由于相对滑动而产生的热量、因放上物体而使电动机多消耗的电能等，常依据功能关系或能量守恒定律求解．2．传送带模型问题中的功能关系分析(1)功能关系分析：W＝ΔE k＋ΔE p＋Q.(2)对W和Q的理解：①传送带做的功：W ＝Fx 传； ②产生的内能Q ＝F f x 相对． 传送带模型问题的分析流程水平传动带模型上物体的常见运动项目 情景1：轻放情景2：同向情景3：反向图示滑块可能的运动情况(1)可能滑块一直加速； (2)可能滑块先加速后匀 速；(1)v 0<v 时，可能一直加速，也可能先加速再匀速；(2)v 0>v 时，可能一直减速，也可能先减速再匀速．(1)传送带较短时，滑块一直减速达到左端．(2)传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端．其中v 0>v 和v 0<v 两种情况下滑块回到右端时有何不同？倾斜传送带模型上物体的常见运动项目 情景1：上传情景2：下载情景2：反向图示滑块可能的运动情况(1)可能一直加速； (2)可能先加速后匀速； (3)还有其他结论吗？(1)可能一直加速； (2)可能先加速后匀速； (3)可能先以a 1加速后以a 2加速．(1)可能一直加速； (2)可能一直匀速；(3)可能先减速后反向加速倾斜传送带——上传模型受力分析运动分析（先加后共）难点问题μ>tanθ①滑动摩擦力f=μmgcosθ②加速度a=g (μcosθ-sinθ)③上传条件：μ>tanθ④共速摩擦力突变为静摩擦力f'=mgsinθ受力分析运动分析（一直加速）难点问题μ<tanθ⑤μ<tanθ，物体向下加速⑥加速度a=g (μcosθ-sinθ)⑦物体向下位移为L⑧物体运动时间、末速度与传送带快慢无关倾斜传送带——下载模型受力分析运动分析难点问题μ≥tanθ①滑动摩擦力f=μmgcosθ②加速度a=g(μcosθ+sinθ)③共速后，若μ≥tanθ一起匀速，摩擦力突变为静摩擦力f'=mgsinθμ<tanθ④共速后，若μ<tanθ继续加速，滑动摩擦力方向突变、大小不变，加速度a'=g(sinθ-μcosθ)⑤痕迹问题：共速前，x传>x物，痕迹Δx1=x传-x物，共速后，x物>x传，痕迹Δx2=x物-f=μmgcosf突变为静f'=mgsinθvvLθtOv共速痕迹av传送带物体t1t2af=μmgcovv'LθtOvav传送带物体t1Lf=μmgcosθf突变为静f'=mgsinθvvLθ(tOv共速痕迹av传送带物体t1t2f=μmgcosθf方向突变f'=μmgcosθvvLθ(tOv共速痕迹1av传送带物体t1t2物体2a'x 传，总痕迹取二者中大的那一段含弹簧类机械能守恒问题1．物体由于发生弹性形变而具有的能量叫做弹性势能．2．发生形变的物体不一定具有弹性势能，只有发生弹性形变的物体才具有弹性势能． 3．弹性势能是弹力装置和受弹力作用的物体组成的系统所共有的．4．弹力做功引起弹性势能的变化．弹力做正功，弹性势能减少，弹力做负功，弹性势能增加．常用公式物理概念规律名称公式动能 E mv k =122=p 22m重力势能 E mgh p = (与零势能面的选择有关)弹性势能 E kx p =122 功W = Fs cos θ (恒力做功) W=Pt （拉力功率不变） W=f S 相对路程 （阻力大小不变）功率 平均功率：P Wt=即时功率：P F v =⋅⋅cos α 动能定理 W mv mv 合=-12122212机械能守恒定律 12mv 12+mgℎ1+12kx 12=12mv 22+mgℎ2+12kx 22或者∆E p = ∆E k1．（2023•绵阳模拟）如图所示，货舱P中的两种谷物需要通过如下装置进行分离。
解析高考物理必考的动力学题
解析高考物理必考的动力学题动力学在高考物理中占据着重要的地位，是必考的内容之一。
本文将对高考物理中常见的动力学题进行解析，帮助考生更好地理解和掌握相关知识点。
一、速度、位移与时间关系题在高考中，常见的一类题目是给出物体的速度与时间的关系，要求求解物体的位移、时间等相关参数。
解决这类问题时，我们可以利用速度代表位移与时间的关系，即$v=\frac{S}{t}$。
通过这个关系式，可以求解出所需的参数。
当题目给定其他相关信息时，例如初始速度、加速度等，可以根据相关定理进行计算，如一维匀加速运动的位移公式$S=v_0t+\frac{1}{2}at^2$。
二、力与加速度的关系题力与加速度的关系是高考物理中常见且重要的一个知识点。
根据牛顿第二定律$F=ma$，我们可以推导出物体的加速度与所受外力的关系。
当给出外力或质量时，可以通过这个关系式求解出加速度。
同时，当题目给出其他相关信息时，例如速度、时间等，可以利用运动学公式综合解题。
三、匀速圆周运动题匀速圆周运动是高考物理中的基础知识之一，经常出现在试题中。
处理这类题目时，我们首先要明确匀速圆周运动的特点，即速度大小不变，但方向不断改变，向心力与向心加速度的存在。
根据这些特点，可以利用向心力与质量的关系，进而求解出所需的参数。
四、受力分析题受力分析题是高考物理中较为复杂的类型之一，需要考生充分理解牛顿力学的基本定律和知识点。
在处理这类题目时，首先要明确物体所受的各个力的性质和方向，并利用牛顿第二定律等相关知识进行受力分析。
在分析过程中，可以绘制力的示意图，以帮助理清思路。
根据受力平衡或不平衡的情况，可以进一步求解物体的加速度、速度、位移等参数。
五、弹性碰撞题弹性碰撞是高考物理中常见的题型之一，涉及到能量守恒和动量守恒等重要概念。
在处理这类题目时，需要先判断碰撞是否为弹性碰撞，并在计算前确保能量守恒和动量守恒成立。
根据这两个守恒定律，可以建立相应的方程，并解得所需的参数。
2018年全国卷高考物理总复习《动力学计算问题》习题集训(含答案)
2018年全国卷高考物理总复习《动力学计算问题》习题集训1．在海滨游乐场有一种滑沙的娱乐活动.如图所示，人坐在滑板上从斜坡的高处A 点由静止开始下滑，滑到斜坡底部B 点后沿水平滑道再滑行一段距离到C 点停下来，斜坡滑道与水平滑道间是平滑连接的，滑板与两滑道间的动摩擦因数为50.0=μ，不计空气阻力，重力加速度2/10s m g =.（1）若斜坡倾角︒=37θ，人和滑块的总质量为kg m 60=，求人在斜坡上下滑时的加速度大小.（6.037sin =︒，8.037cos =︒）（2）若由于受到场地的限制，A 点到C 点的水平距离为m s 50=，为确保人身安全，假如你是设计师，你认为在设计斜坡滑道时，对高度应有怎样的要求【答案】（1）2.0 m/s 2（2）40m2．杂技演员在进行“顶杆”表演时，用的是一根质量可忽略不计的长竹竿，质量为30kg 的演员自杆顶由静止开始下滑，滑到杆底时速度正好为零．已知竹竿底部与下面顶杆人肩部之间有一传感器，传感器显示顶杆人肩部的受力情况如图所示，取g=10m ／s 2．求：（1）杆上的人下滑过程中的最大速度。
（2）竹竿的长度。
【答案】（1）4m ／s （2）6m3．如图所示，长s=16m 、倾斜角θ=370的斜面各通过一小段光滑圆弧与水平传送带和水平地面平滑连接，传送带长L=3.2m ，以恒定速率v 0=4m/s 逆时针运行，将一质点物块轻轻地放上传送带右端A ，物块滑到传送带左端B 时恰好与传送带共速并沿斜面下滑，已知物块和传送带、斜面、水平地面间的动摩擦因数μ相同，物块最终静止在水平面上的D 点，令物块在B 、C 处速率不变，取g=10m/s 2，（sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：（1）动摩擦因数μ的值；（2）物块滑到C 点时的速度的大小；（3）物块从A 到D 所经历的时间【答案】（1）0.25（2）12m/s （3）8.4s4．如图所示，一质量为m=1.5kg 的滑块从倾角为θ=37°的斜面上自静止开始滑下，斜面末端水平(水平部分光滑，且与斜面平滑连接，滑块滑过斜面末端时无能量损失)，滑块离开斜面后水平滑上与平台等高的小车．已知斜面长s=10m ，小车质量为M=3.5kg ，滑块与斜面及小车表面的动摩擦因数μ=0.35，小车与地面光滑且足够长，取g=10m/s 2．求：（1）滑块滑到斜面末端时的速度。
近三年高考全国卷二计算题：力与运动能量、动量
（2015）如图,一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子在匀强电场中运动,A、B为其运动轨迹上的两点。
已知该粒子在A点的速度大小为v0,方向与电场方向的夹角为60°;它运动到B 点时速度方向与电场方向的夹角为30°。
不计重力。
求A、B两点间的电势差。
（2015、25）下暴雨时,有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害。
某地有一倾角为θ=37°(sin37°=)的山坡C,上面有一质量为m的石板B,其上下表面与斜坡平行;B上有一碎石堆A(含有大量泥土),A和B均处于静止状态,如图所示。
假设某次暴雨中,A浸透雨水后总质量也为m(可视为质量不变的滑块),在极短时间内,A、B间的动摩擦因数μ1减小为,B、C间的动摩擦因数μ2减小为0.5,A、B开始运动,此时刻为计时起点;在第2s末,B的上表面突然变为光滑,μ2保持不变。
已知A开始运动时,A离B下边缘的距离l=27m,C足够长。
设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
取重力加速度大小g=10m/s2。
求:(1)在0~2s时间内A和B加速度的大小;(2)A在B上总的运动时间。
（2016二卷25题）轻质弹簧原长为2l，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为5m 的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为l，现将该弹簧水平放置，一端固定在A点，另一端与物块P接触但不连接．AB是长度为5l的水平轨道，B端与半径l的光滑半圆轨道BCD相切，半圆的直径RD竖直，如图所示，物块P与AB间的动摩擦因数μ=．用外力推动物块P，将弹簧压缩至长度l，然后放开，P开始沿轨道运动，重力加0.5速度大小为g．⑴若P的质量为m，求P到达B点时的速度的大小，以及它离开圆轨道后落回到AB上的位置与B点之间的距离；⑵若P能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求P的质量的取值范围．（2017二卷）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。
高考物理中的动力学问题归类和解析
n =d -L 2L +1=12511-0.10.2+1=57.3说明:碰撞的次数不可能取小数,分析易得n 应取57.例2与例3同为次数的取整,但例2是取整加1,而例3却是取整丢零(即便算出n =57.9也是如此),不能一概而论.例4 如图4所示,水平放置的两平行金属板a 、b 相距为d,电容为C,开始时两极板均不带电,a 板接地且中央有一小孔,现将带电液滴一滴一滴地从小孔正上方h 高处无初速地滴下,设每滴液滴的质量为m,电荷量为q ,落到b 板后把电荷全部传给b 板.(1)第几滴液滴将在a 、b 间做匀速直线运动?(2)能够到达b 板的液滴不会超过多少滴?解析:(1)设第n 滴恰在a 、b 间做匀速直线运动,则这时电容器的带电量为(n -1)q ,对第n 滴液滴,根据它的受力平衡得:qE =m g,而 E =U d =Q Cd =(n -1)qCd ,解得 n =m gCdq2+1(2)设第n 滴恰能到达下板,则对第n 滴,考虑它从开始自由下落至恰到达b 板的过程,利用动能定理得:m g (h +d )-q (n -1)q C =0-0解得 n =mgC (h +d )q2+1说明:若以具体数据代入计算时n 不是整数,那么n 应如何舍、入?是取大还是取小?不妨取具体数值,假设计算出n =9.8,则第9滴液滴已到达b 板,而第10滴则不能到达b 板;若计算出n =9.2,分析同前,故n 应取整丢零而不是 四舍五入 .通过上面四个例子可以看出,物理结果的舍、入不能生硬地用 四舍五入 ,要结合物理情景具体情况具体分析,灵活取舍.湖北省仙桃中学(433000)程首宪 程 嗣高考物理中的动力学问题归类和解析牛顿运动三定律和万有引力定律,被世人称为经典力学的四大定律.高中物理动力学问题以牛顿定律和万有引力定律为核心,将物体的受力分析和对物体运动性质的分析有机地结合在一起,充分体现知识与技能、过程与方法的融合,使之达到完美的境界.牛顿运动定律贯穿于整个高中物理教学,它以知识综合性强、能力要求高而一直成为高考命题的热点,是历届高考试题中用来鉴别考生能力、选拔有潜能的考生的重要内容之一,近十年来再现率为100%.35一、知识结构二、问题归类动力学的任务是回答物体做各种不同运动的原因,即解决运动和力的关系.具体说需要处理两类基本问题:第一类是已知物体的受力情况,要求确定物体的运动情况.根据牛顿第二定律,已知物体的受力情况可以求出物体的加速度,再知道物体的初始条件(初位置和初速度),根据运动学公式求出物体在任意时刻的36位置和速度,也就是确定了物体的运动情况;第二类是:已知物体的运动情况,由运动学公式求出加速度,再根据牛顿第二定律即可确定物体所受的合外力,从而求出未知的力.解决动力学问题,首先要确定研究对象,做好研究对象的受力分析和运动情况分析,弄清所给问题的物理情景,然后再着手计算.综观历届高考物理试题,不妨将高考物理中的动力学问题分为四类,一是瞬时问题,二是单体和多体问题,三是临界和极值及图象问题,四是天体问题.瞬时问题 研究某一时刻物体的受力和运动突变的关系称之为动力学的瞬时问题.它常伴随着一些标志性词语: 瞬时 、 突然 、 猛地 、 刚刚 、 剪断 等等.此类问题常见于求解瞬时加速度.事实上,牛顿第二定律本来就是一个瞬时对应的规律,即研究力的瞬时效应 产生加速度.求解瞬时问题时应注意两点:一是要掌握弹力变化的特点.由于弹力总与物体的形变有联系,而物体形变的发生或改变总与一定的时间有关,故根据所研究的过程中物体弹力变化是否发生突变,可将瞬时问题中的弹力分为渐变型弹力和突变型弹力.如弹簧(尤其是软质弹簧)、弹性绳(如橡皮条)等物体,由于其形变发生或改变的过程需要一段时间,则在瞬间内形变量可以认为不变.因此在分析瞬时问题时,可以认为弹力不变,即弹簧的弹力不突变.而非弹性绳、轻杆等物体,由于受到外力作用后产生的弹性形变极其微小,其形变发生或改变的过程所需时间甚短,故从理想化的原则考虑,可忽略形变和弹力的改变时间而认为是瞬时完成的,即弹力在瞬间改变,亦即此类弹力可以突变.二是要学会 瞻前顾后 .例如,当撤去某个力F1时,若余下的力F2未变化,此时可 瞻前 ,即利用撤去某力F1之前的状态求出余下未变的力F2;若撤去某个力F1时,余下的力F2发生变化,此时可 顾后 ,即根据物体后来的运动情况求出余下的变力F2.例1 如图1所示,一质量为m的物体系于长度分别为l1、l2的两根细线上,l1的一端悬挂在天花板上,与竖直方向夹角为 ,l2水平拉直,物体处于平衡状态.现将l2线剪断,求剪断瞬时物体的加速度.(1)下面是某同学对该题的一种解法:解:设l1线上拉力为F1,l2线上拉力为F2,重力为m g,物体在三力作用下保持平衡: F1cos =m g,F1si n =F2,F2=m g tan ,剪断线的瞬间,F2突然消失,物体即在F2反方向获得加速度.因为mg tan =m a,所以加速度a=g tan ,方向在F2反方向.你认为这个结果正确吗?请对该解法作出评价并说明理由.(2)若将图1中的细线l1改为长度相同、质量不计的轻弹簧,图2所示,其他条件不变,求解的步骤和结果与(1)完全相同,即a=g tan 你认为这个结果正确吗?请说明理由.解析:(1)错.剪断细线之前的受力分析固然不错,但剪断细线瞬间,F2突然消失,而细线l1的形变也迅速变化,以致于细线l1的拉力发生突变,不再为原来的F1,故此时不能 瞻前 ,而应 顾后 .剪断细线后物体将做圆周运动,原来的平衡位置为以后做圆周运动能够达到的最高点.故剪断瞬时物体的加速度a为向心加速度a向和切向加速度a 的矢量和.设剪断细线瞬间细线l1的拉力为F 1,在半径方向上由向心力公式有F 1-mg cos =m a向37由于此时速度为零,故a向=0,F 1=m g cos .在切线方向上有m g sin =m a ,得a =g si n .故物体的加速度a=a2向+a2 =g sin ,方向垂直于l1斜向右下方.(2)对.因为l2被剪断的瞬间,线l1上的张力大小发生了变化.而l2被剪断的瞬间,弹簧l1的长度未及发生变化,所以弹簧弹力的大小和方向都不变.单体和多体问题 单体即为单个物体(质点),而多体即指几个物体组成的系统,系统内各物体间可以有相互作用,如用细绳、轻杆连接在一起的物体组(连接体).处理方法常用隔离法和整体法.运用牛顿第二定律处理连接体问题时,在不需要求系统内各物体间相互作用力时用整体法较为简单.在中学阶段,对系统使用牛顿运动定律时,一般要求系统内各物体的加速度矢量相同.若系统中各质点的加速度不相同时,如果采用隔离法分别对系统中各质点列牛顿第二定律方程求解,这样会造成研究对象多,所列方程多,增加了解决问题的难度.实际上,如果能合理采用整体法求解可能会收到事半功倍的效果.但此时应注意牛顿第二定律的表达式与质点有所不同.如果各质点的加速度不相同,设第i个质点的质量为m i,合力为F i,加速度为a i,则其牛顿第二定律表达式为F i=m i a i.将各质点的表达式全部相加,其中左边所有力中,凡属于系统内力的,总是成对出现的,由牛顿第三定律知其矢量和必为零,所以最后实际得到的是该质点组所受的所有外力之和,即合外力F合.此时,牛顿第二定律表达式为F合=m1a1+m2a2+ +m n a n,即系统的合外力等于系统内各质点的质量与加速度矢量乘积的矢量和.若需求系统内物体间的相互作用时,应采用隔离法.使用隔离法时应注意,一是应隔离受力较少的物体,二是即使隔离,也未必非得一个一个地隔离到底,也就是说,可以将系统内某几个物体做为一个小系统隔离出来进行分析.例2 如图3所示,五块质量相同的木块,并排放在光滑的水平面上,水平外力F作用在第一木块上,则第三木块对第四木块的作用力大小为.解析:设每个木块的质量为m,加速度为a.由于各加速度相同,故由牛顿第二定律,对系统有F=5m a①由于第三木块对第四木块的作用力(设为F34)为系统的内力,故需取隔离体.但不论是隔离木块3还是木块4,计算都稍嫌复杂.为计算方便,可将木块1、2、3或木块4、5视为一个系统,其中尤以隔离木块4、5最为方便,因为此系统比木块1、2、3少受一个力,计算最简单.对此系统有F34=2m a②①/②得 F34=2F5.例3 如图4所示,质量M=10kg的木楔ABC静止于粗糙的水平面上,动摩擦因数 = 0.02.在楔的倾角为 =30 的斜面上,有一质量m=1.0kg的木块从静止开始沿斜面下滑,当滑行路程s=1.4m时,其速度v=1.4m/s,在这过程中楔没有动,求地面对楔的摩擦力的大小和方向(重力加速度取10m/s2).解析:若采用隔离法,分析楔M时,因受力较多,故求解繁琐.本题中,虽然m与M的加速度不同,但考虑到木楔的加速度为零,因此用整体法求解仍较方便.38由匀加速直线运动公式v2=v20+2as,得物块沿斜面下滑的加速度a=v22s=1.422 1.4m/s2=0.7m/s 2将物块m和木楔M看作一个整体,在竖直方向受到重力和地面的支持力;在水平方向若受力则只能是摩擦力,暂设其存在,大小为F f,如图5所示,沿水平方向和竖直方向分解物块加速度a.对整体在水平方向上运用牛顿第二定律,得F f=m a x=m a co s代人数据,解得F f=0.61N.因为a x应与F f同向,所以木楔受到的摩擦力水平向左.临界和极值及图象问题 临界现象是量变质变规律在物理学上的生动体现.即在一定的条件下,当物质的运动从一种形式或性质转变为另一种形式或性质时,往往存在着一种状态向另一种状态过渡的转折点,这个转折点常称为临界点,这种现象也就称为临界现象. 恰好 、 刚刚 等都是用来表述临界状态的字眼,因而凡涉及临界状态的问题就叫临界问题.严格地说,函数的极值与函数的最大值或最小值(最值)是有区别的,但一般在高中物理中涉及的均是最值问题,题目中所要求的物理量应满足的条件,像 至少 、 至多 、 最大 、 最小 ,就是与临界问题相关联的极值问题.在动力学的临界问题中,确定临界状态是前提,用假设、推理等方法分析在什么条件下达到临界状态是解题的关键.例4 一个质量为0.2kg的小球,用细绳挂在倾角为53 的光滑斜面顶端,斜面静止时小球紧靠在斜面上,绳与斜面平行,如图6所示.当斜面以10m/s2的加速度向左加速运动时,求绳子的拉力及斜面对小球的支持力(重力加速度取10m/s2).解析:当加速度较小时,小球将与斜面相靠,当加速度较大时,小球将飞离斜面,这是两种不同的状态,故其临界点是小球虽与斜面接触但无相互作用力即支持力刚好等于零,据此求出临界加速度a0,再作判断.此时,对小球由牛顿第二定律有m g co t53 =m a0得 a0=g co t53 =7.5m/s2.因为a=10m/s2>a0,所以小球离开斜面向左加速如图7所示.故支持力为零,绳子的拉力F=[(m a)2+(m g)2]12=2.83N.设绳子与竖直方向的夹角为 ,则tan =m am g=ag, =45.例5 在光滑的水平轨道上有两个半径都是r的小球A和B,质量分别为m和2m,当两球心间的距离大于l(l比2r大得多)时,两球之间无相互作用力;当两球心间的距离等于或小于l时,两球间存在相互作用的恒定斥力F.设A球从远离B球处以速度v0沿两球连心线向原来静止的B球运动,如图8所示.欲使两球不发生接触,v0必须满足什么条件?解析:解法1:利用牛顿第二定律和运动学公式求解.A球向B球接近至A、B间的距离小于l之39后,A球的速度将减小,B球从静止开始加速运动,两球间的距离逐步减小.当A、B的速度相等时,两球间的距离d最小.若此距离大于2r,则两球就不会接触.所以不接触的条件是v1=v2, l+s2-s1>2r.其中v1、v2为当两球间距离最小时A、B两球的速度;s1、s2为两球间距离从l变至最小的过程中,A、B两球通过的位移.设A、B两球的加速度大小分别为a1,a2.由牛顿第二定律得a1=Fm ,a2=F2m设此过程所历时间为t,由匀加速运动公式有v1=v0-Fm t,v2=F2mt,s1=v0t-12 Fmt2,s2=12F2mt2联立解得 v0<3F(l-2r)m.解法2:利用数学极值法求解.设经时间t,两球心间距离d=l+s2-s1,由运动学公式有d=12(a1+a2)t2-v0t+l由二次函数求极值的知识可知,当t=v0a1+a2时,d有最小值d m in=l-v20(a1+a2)2,将解法1中A、B两球的加速度表达式代入上式得d m in=l-m v20 3F.再由不接触条件l m in>2r,同样可求出v0必须满足的条件.解法3:利用图象法求解.作出A、B两球的速度图象如图9所示,图中C点表示v1=v2.因不接触的条件是d=l+s2-s1>2r,而图中两图线间包围的面积表示s1-s2,即s1-s2=12v0t,得 l-12v0t>2r①由v1=v2,v1=v0-Fmt,v=F2mt,得 t=2m v03F②将②代人①式亦可求出v0必须满足的条件.天体问题 天体运动问题几乎每年高考都有.天体问题虽然在技术上很复杂,但在理论上却是万有引力定律的具体应用.以天体为背景命题,更能体现课本知识与科技结合的高考理念.天体问题应注意其运动性质.一般情况下,为简化计算,总是视为匀速圆周运动.因此,解题时应注意以下几点,一是要注意三力统一,即万有引力充当向心力,亦即天体的合外力.二是要注意向心力表达方式的多样性.根据问题的实际情况,可将向心力灵活地表示为如下各种形式:GMmr2=m a向=mv2r=m r 2= m r(2T)2= .三是要注意引力与重力的关系.例如,当物体在地球表面,其引力近似等于重力GMmR=m g,R为地球半径,g为地面处的重力加速度.例6 2000年1月26日我国发射了一颗同步卫星,其定点位置与东经98 的经线在同一平面内,若把甘肃省嘉峪关处的经度和纬度近似取为东经98 和北纬 =40 ,已知地球半径R,地球自转周期为T,地球表面重力加速度为g(视为常量)和光速c.试求该同步卫星发出的微波信号传到嘉峪关处的接收站所需的时间40(要求用题给的已知量的符号表示).解析:同步卫星必定在地球的赤道平面上,卫星、地球和其上的嘉峪关的相对位置如图10所示,由图可知,如果能求出同步卫星的轨道半径r,那么再利用地球半径R和纬度 就可以求出卫星与嘉峪关的距离L,即可求得信号的传播时间.对同步卫星,由牛顿第二定律,有G Mmr2=m 2r,其中 =2T;又由G MmR2=m g得G M=gR2由以上各式解得r=(gR2T24 2)13由余弦定理得L=r2+R2-2r R co s故微波信号传到嘉峡关处的接收站所需的时间为t=Lc=(R2gT24 2)23+R2-2(R2gT24 2)13R cosc湖北省宜昌市三峡高级中学(443100)北京市东城区教师研修中心高中物理室(100010)薄宏斌两运动学问题的物理解法和数学解法数学和物理两门学科有着密切的联系.同一问题中使用物理、数学两种不同解法,会让我们体会到不同的思维过程.例1 一物体在水平面上做匀变速直线运动,其位移与时间的关系是s=24t-6t2,则物体速度为零的时刻t等于( )(A)16s (B)2s(C)6s(D)24s物理解法:由于物体做匀变速直线运动,s与t关系一定可写成位移公式s=v0t+12at2将s=24t-6t2与s=v0t+12a t2对照可得v0=24m/s,a=-12m/s2代入v t=v0+a t得v t=24-12t令v t=0,则得t=2s,选项(B)正确.数学解法:高中已学导数的知识,在数学教材中还以物理中的瞬时速度来讲极限和导数的概念.位移对时间的导数就是速度,本题也可用导数知识计算.s (t)=v=24-12t令v t=0,则得t=2s,选项(B)正确.如果继续求导还可开阔思路求得加速度v (t)=a=-12m/s2,得到与物理方法相同的结果.例2 一火车以速度v1匀速行驶,司机发现前方同轨道上相距s处有另一火车沿同方向以v2(对地,且v1>v2)做匀速运动,司机立即以加速度a紧急刹车,要使两车不相撞,a应满足什么条件?物理解法:后面的火车速度大于前面火车的速度,两者距离逐渐减小,可能相撞;若后面火车的速度减小到与前面火车速度相等时,还没有追上前面的火车,以后,随着后面火车速度41。
2025年高考物理一轮复习讲练测(新教材新高考)专题09 动力学三大观点(解析版)
专题09 动力学三大观点常考考点真题举例掌握牛顿运动定律、动能定理、机械能守恒定律，动量定理、动量守恒定律，会计算恒力、变力的冲量；掌握动力学三大观点的选用规则；掌握动力学三大观点图像问题的分析方法；掌握动力学三大观点中的力学模型、电磁学模型，能够进行具体的分析和计算。
核心考点01 动力学三大观点的内容一、动力学三大观点 (3)二、动力学三大观点选用规则 (3)核心考点02 动力学三大观点涉及的图像 (4)一、图像类型 (4)二、图像间的解题思路 (4)核心考点03 动力学三大观点的应用——力学模型 (6)一、小球弹簧模型 (6)二、轻绳连接体模型 (7)三、滑块木板模型 (7)四、传送带模型 (10)五、滑块斜（曲）面模型 (12)六、子弹木块模型 (13)七、用三大观点分析直线、平抛、圆周模型等综合问题 (13)核心考点04 动力学三大观点的应用——电磁学 (15)一、三大观点在电学中的规律 (15)二、三大观点在电磁感应中的规律 (15)二、电磁学中的模型 (16)核心考点01 动力学三大观点的内容一、动力学三大观点1、内容2动力学观点：运用牛顿运动定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题。
能量观点：用动能定理和能量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题。
动量观点：用动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题，用动量定理可简化问题的求解过程。
二、动力学三大观点选用规则1、根据物理量选取若物体(或系统)涉及加速度的问题，一般要用牛顿运动定律。
若物体(或系统)涉及运动时间或作用时间的问题，一般优先考虑用动量定理，其次再考虑用牛顿运动定律。
若物体(或系统)涉及初、末速度问题，一般优先考虑用功能关系，其次考虑用动量观点，最后再考虑用牛顿运动定律。
若物体(或系统)涉及运动的位移或路程的问题，一般优先考虑用功能关系，其次再考虑用牛顿运动定律。
若物体(或系统)涉及速度和时间，应考虑使用动量定理。
若物体(或系统)涉及位移和时间，且受到恒力作用，应考虑使用牛顿运动定律或动能定理。
2025高考物理专项复习专题进阶课九 动力学的图像问题含答案
2025高考物理专项复习专题进阶课九动力学的图像问题含答案专题进阶课九动力学的图像问题核心归纳1.常见的图像形式在动力学与运动学问题中,常见、常用的图像是位移—时间图像(x-t图像)、速度—时间图像(v-t图像)和力—时间的图像(F-t图像)等,这些图像反映的是物体的运动规律、受力规律,而绝非代表物体的运动轨迹。
v-t图像(属于已知运动求受力)(1)根据图像确定物体各段的加速度大小和方向(2)弄清每段图线与物体运动的对应关系(3)对各段图线进行受力分析(4)用牛顿第二定律求解F-t图像(属于已知受力求运动)(1)根据图像结合物体运动情况明确物体在各时间段的受力情况(2)利用牛顿第二定律求出加速度(3)利用运动学公式求其他运动量a-F图像图像的力F是物体受到的某一个力的变化对物体加速度的影响:(1)对物体进行全面受力分析(2)根据牛顿第二定律求其他未知力2.图像问题的分析方法(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。
(3)明确能从图像中获得的信息:把图像与具体的题意、情景结合起来,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。
典题例析角度1 v-t图像【典例1】(2024·淮安高一检测)如图甲所示,倾角为30°的斜面固定在水平地面上,一个小物块在沿斜面向上的恒定拉力F作用下,从斜面底端A点由静止开始运动,一段时间后撤去拉力F,小物块能到达的最高位置为C点,已知小物块的质量为0.3 kg,小物块从A到C的v-t图像如图乙所示,取g=10 m/s2。
(1)求小物块上升过程中加速和减速的加速度大小的比值。
(2)求小物块与斜面间的动摩擦因数和拉力F的大小。
动力学高考题解析
动力学高考题解析高考物理中，动力学是一个非常重要的知识点。
在动力学中，常考的题型有速度、加速度、力、质量等的计算题。
下面我们就来逐一解析这些题型。
1. 速度计算题速度的定义是一个物体从一个位置移动到另一个位置所需时间的比值。
常见的速度计算题有匀速运动与变速运动的计算问题。
对于匀速运动，速度是恒定的，所以我们可以直接利用速度等于位移除以时间的公式来解决问题。
例如：某物体匀速向西飞行9000米，用时2小时，则它的速度是多少？通过速度等于位移除以时间的公式，我们可以得到速度等于4500米/小时。
对于变速运动，速度不再是恒定的，这个时候我们需要借助速度-时间图像来解决问题。
图像中速度的大小对应直线的斜率，可以通过斜率的大小推导出速度的变化情况。
例如：某物体在t=0秒的时候静止，之后在10秒内速度匀速增加了20米/秒，那么这段时间内的加速度是多少？这里我们可以通过速度-时间图像得到速度增量是20米/秒，时间增量是10秒，所以加速度等于速度增量除以时间增量，即2米/秒^2。
2. 加速度计算题加速度的定义是速度的变化率。
常见的加速度计算题有匀加速运动和变加速运动的计算问题。
对于匀加速运动，加速度是恒定的，所以我们可以直接利用加速度等于速度变化量除以时间的公式来解决问题。
例如：某物体在10秒内速度从10米/秒增加到20米/秒，那么它的加速度是多少？通过加速度等于速度变化量除以时间的公式，我们可以得到加速度等于1米/秒^2。
对于变加速运动，加速度不再是恒定的，这个时候我们需要借助速度-时间图像来解决问题，通过图像来判断加速度的变化情况。
例如：某物体在t=0秒的时候静止，之后在10秒内速度从0匀减小到20米/秒，那么这段时间内的加速度是多少？这里我们可以通过速度-时间图像，得到速度减小量是20米/秒，时间增量是10秒，所以加速度等于速度减小量除以时间增量，即2米/秒^2。
3. 力的计算题力是使物体发生变化的原因，常见的力计算题有弹力、重力和摩擦力的计算问题。
2023高考物理真题分类汇编(动力学部分)
2023年高考真题（动力学部分）一、单选题1．（全国乙卷）一同学将排球自O点垫起，排球竖直向上运动，随后下落回到O点。
设排球在运动过程中所受空气阻力大小和速度大小成正比。
则该排球（）A．上升时间等于下落时间B．被垫起后瞬间的速度最大C．达到最高点时加速度为零D．下落过程中做匀加速运动2．（全国甲卷）一小车沿直线运动，从t=0开始由静止匀加速至t=t1时刻，此后做匀减速运动，到t=t2时刻速度降为零。
在下列小车位移x与时间t的关系曲线中，可能正确的是（）A．B．C．D．3．（北京卷）如图所示，在光滑水平地面上，两相同物块用细线相连，两物块质量均为1kg，细线能承受的最大拉力为2N。
若在水平拉力F作用下，两物块一起向右做匀加速直线运动。
则F的最大值为（）A．1N B．2N C．4N D．5N4．（山东卷）餐厅暖盘车的储盘装置示意图如图所示，三根完全相同的弹簧等间距竖直悬挂在水平固定圆环上，下端连接托盘。
托盘上叠放若干相同的盘子，取走一个盘子，稳定后余下的正好升高补平。
已知单个盘子的质量为300g，相邻两盘间距1.0cm，重力加速度大小取10m/s2。
弹簧始终在弹性限度内，每根弹簧的劲度系数为（）A．10N/m B．100N/m C．200N/m D．300N/m5．（山东卷）如图所示，电动公交车做匀减速直线运动进站，连续经过R、S、T三点，已知ST间的距离是RS的两倍，RS段的平均速度是10m/s，ST段的平均速度是5m/s，则公交车经过T点时的瞬时速度为（）A．3m/s B．2m/s C．1m/s D．0.5m/s6．（海南卷）如图所示，工人利用滑轮组将重物缓慢提起，下列说法正确的是（）A．工人受到的重力和支持力是一对平衡力B．工人对绳的拉力和绳对工人的拉力是一对作用力与反作用力C．重物缓慢拉起过程，绳子拉力变小D．重物缓慢拉起过程，绳子拉力不变7．（浙江卷）如图所示，轻质网兜兜住重力为G的足球，用轻绳挂于光滑竖直墙壁上的A点，轻绳的拉力为T F，墙壁对足球的支持力为N F，则（）A．T NF F<B．T NF F=C．T F G>D．T F G=8．（浙江卷）在足球运动中，足球入网如图所示，则（）A．踢香蕉球时足球可视为质点B．足球在飞行和触网时惯性不变C．足球在飞行时受到脚的作用力和重力D．触网时足球对网的力大于网对足球的力9．（浙江卷）如图所示，水平面上固定两排平行的半圆柱体，重为G的光滑圆柱体静置其上，a、b为相切点，90aOb∠=︒，半径Ob与重力的夹角为37°。
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。
2022全国及各省市高考物理试卷汇编-动力学部分
2022全国及各省市高考物理试卷汇编-动力学部分一、选择题1（2020高考上海）10．小球每隔0.2s从同一高度抛出，做初速为6m/s的竖直上抛运动，设它们在空中不相碰。
第1个小球在抛出点以上能遇到的小球个数为（g取10m/s2）（A）三个（B）四个（C）五个（D）六个2（2020高考江苏）4.将一只皮球竖直向上抛出,皮球运动时受到空气阻力的大小与速度的大小成正比. 下列描画皮球在上升过程中加速度大小a 与时刻t关系的图象,可能正确的是3（2020高考山东）16．将地面上静止的物资竖直向上吊起，物资图像如图所示。
以下判定由地面运动至最高点的过程中，v t正确的是A．前3s内物资处于超重状态B．最后2s内物资只受重力作用C．前3s内与最后2s内物资的平均速度相同D．第3s末至第5s末的过程中，物资的机械能守恒4（2020高考新课标）16.如图，一小球放置在木板与竖直墙面之间。
设墙面对球的压力大小为N1，球对木板的压力大小为N2。
以木板与墙连接点所形成的水平直线为轴，将木板从图示位置开始缓慢地转到水平位置。
不计摩擦，在此过程中A.N1始终减小，N2始终增大B.N1始终减小，N2始终减小C.N1先增大后减小，N2始终减小D.N1先增大后减小，N2先减小后增大5（2020高考上海）14．如图，竖直轻质悬线上端固定，下端与均质硬棒AB中点连接，棒长为线长二倍。
棒的A端用铰链固定在墙上，棒处于水平状态。
改变悬线长度，使线与棒的连接点逐步右移，并保持棒仍处于水平状态。
则悬线拉力（A）逐步减小（B）逐步增大（C）先减小后增大（D）先增大后减小6（2020高考广东A）16.如图3所示，两根等长的轻绳将日光灯悬挂在天花板上，两绳与竖直方向的夹角为45°，日光保持水平，所受重力为G ，左右两绳的拉力大小分别为A.G 和GB. 22G 和22G C. 12G 和32G D. 12G 和12G 7（2020高考 山东）17．如图所示，两相同轻质硬杆1OO 、2OO 可绕其两端垂直纸面的水平轴O 、1O 、2O 转动，在O 点悬挂一重物M ，将两相同木块m 紧压在竖直挡板上，现在整个系统保持静止。
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2010―― 2015年物理高考动力学计算题汇编1. ( 2010全国大纲I 卷)汽车由静止开始在平直的公路上行驶, 间变化的图线如右图所示。
(1) 画出汽车在 0~60s 内的v-t 图线； (2)求在这60s 内汽车行驶的路程。
1•解(I)设t=10, 40, 60 s 时刻的速度分别为 V i , V 2 , V 3。
由图知0~10 s 内汽车以加速度 2m|_s 工匀加速行驶，由运动学公式得V 1 =2x10=20 m / s①由图知10~40 S 内汽车匀速行驶.冈此 v 2 =20 m/s②I ~I _2由图知40~60 s 内汽车以加速度1m 生 匀减速行 驶.由运动学公式得根据①②③式，可画出汽车在 0~60 s 内的V -1图线，如 右图所示。
⑵由右图可知，在这 60 s 内汽车行驶的路程为30 60 s20=900m ④22. ( 2010课标1卷) 短跑名将博尔特在北京奥运会上创造了100m 和200m 短跑项目的新世界纪录，他的成绩分别是9. 69 s 和19 . 30 s 。
假定他在100 m 比赛时从发令到起跑的反应时间是0. 15 S ，起跑后做匀加速运动，达到最大速率后做匀速运动。
200 m 比赛时，反应时间及起跑后加速阶段的加速度和加速时间与 100 m 比赛时相同，但由于弯道和体力等因素的影响，以后的平均速率只有跑100 m 时最大速率的96%。
求：(结果保留两位小数)(1) 加速所用时间和达到的最大速率： (2)起跑后做匀加速运动的加速度。
2.解：(1)设加速所用时间为t (以s 为单位)，迅速运动的速度为 v (以m/s 为单位)，0 ~60s 内汽车的加速度随时v 3 = 20 -1 20 =0 ③1则有㊁vt (9.69 - 0.15-t)v =100 ①1J (19.30 — 0.15—t) 0.96v=200②由①②式得t = 1.29s③v = 11.24m/s④V o(2)设加速度大小为a，贝U a 8.71m/s2⑤t3.(2011课标.24.)甲乙两辆汽车都从静止出发做加速直线运动，加速度方向一直不变。
在第一段时间间隔内，两辆汽车的加速度大小不变，汽车乙的加速度大小是甲的两倍；在接下来的相同时间间隔内，汽车甲的加速度大小增加为原来的两倍，汽车乙的加速度大小减小为原来的一半。
求甲乙两车各自在这两段时间间隔内走过的总路程之比。
3•解析：设汽车甲在第一段时间间隔末(时间t o)的速度为V,第一段时间间隔内行驶的路程为加速度为a ,在第二段时间间隔内行驶的路程为S2。
一1 2 1 2由运动学公式得v二at。
① S1 at2②S2二vt°(2a)to ③2 2设乙车在时间t0的速度为V，在第一、二段时间间隔内行驶的路程分别为3、S2。
同样* 1 2 - 1 2有v = (2a)t0④Si (2a)t0⑤s2 = v t0at0⑥设甲、乙两车行驶的总路程分别为s、s，则有S = q ■ s2⑦s' = S1• s2⑧5s联立以上各式解得，甲、乙两车各自行驶的总路程之比为⑨S 74、( 2013年大纲卷)一客运列车匀速行驶，其车轮在铁轨间的接缝处会产生周期性撞击。
坐在该客车中的某旅客测得从第1次到第16次撞击声之间的时间间隔为10.0s。
在相邻的平行车道上有一列货车，当该旅客经过货车车尾时，货车恰好从静止开始以恒定加速度沿客车行进方向运动。
该旅客在此后的20.0s内，看到恰好有30节货车车厢被他连续超过。
已知每根铁轨的长度为25.0m,每节货车车厢的长度为16.0m ,货车车厢间距忽略不计。
求：(1) 客车运行速度的大小；(2)货车运行加速度的大小。
4.【解析】(1)设连续两次撞击铁轨的时间间隔为「辻，每根铁轨的长度为I,则客车速度为v ①其中1 =25.0m ，也t =10.0s，得v = 37.5m/s ②△t 16—1(2)设从货车开始运动后t=20.0s内客车行驶了S1米，货车行驶了S2米，货车的加速度为a, 30节货车车厢的总长度为L=30 16.0m。
由运动学公式有1 2$ = vt ③ s at ④22 由题给条件有L = $ - S2⑤由②③④⑤式解得a = 1.35m/s5、（2013年新课标I卷）（13分）水平桌面上有两个玩具车A和B，两者用一轻质细橡皮筋相连，在橡皮筋上有一红色标记R。
在初始时橡皮筋处于拉直状态，A、B和R分别位于直角坐标系中的（0,21）、（0,-1）和（0,0）点。
已知A从静止开始沿y轴正向做加速度大小为a的匀加速运动：B平行于x轴朝x轴正向匀速运动。
在两车此后运动的过程中，标记R 在某时刻通过点（1,1）。
假定橡皮筋的伸长是均匀的，求B运动速度的大小。
5•【解析】设B车的速度大小为V.如图，标记R的时刻t通过点K（l,l）, 此时A、B的位置分别为H、G。
由运动学公式，H的纵坐标y A, G的横坐标X B分别为1 2 y =21仁at①2X B =Vt ②在开始运动时，R到A和E的距离之比为2 :1,即O E : OF=2:1由于橡皮筋的伸长是均匀的，在以后任一时刻R到A和B的距离之比都为2:1。
因此，在时刻t有HK: KG=2:1 ③由于FGH s . JGK，有HG ：KG = X B:（X B -1）④HG : KG l) :2l ⑤由③④⑤式得x B = 31 ⑥ y A =51 ⑦2联立①②⑥⑦式得v =1J6al ⑧46.（2014课标1 .12分）公路上行驶的两辆汽车之间应保持一定的安全距离。
当前车突然停止时，后车司机可以采取刹车措施，使汽车在安全距离内停下而不会与前车相碰。
通常情况下，人的反应时间和汽车系统的反应时间之和为1s。
当汽车在晴天干燥沥青路面上以108km/h的速度匀速行驶时，安全距离为120m。
设雨天时汽车轮胎与沥青地面的动摩擦因数为晴天时的2/5，若要求安全距离仍为120m，求汽车在雨天安全行驶的最大速度。
6解：设路面干燥时，汽车与地面的动摩擦因数为丄0,刹车时汽车的加速度大小为a0, 安全距离为s，反映时间为t0,由牛顿第二定律和运动学公式得丄0mg = ma0①2S = V e t。
―—②式中，m和V。
分别为汽车的质量和刹车前的速度。
2a°设在雨天行驶时，汽车与地面的动摩擦因数为 」，依题意有一2%③设在雨天行驶时汽车刹车的加速度大小为 a ，安全行驶的最大速度为 v ，由牛顿第二定律和运动学公式得v」mg 二 ma ④ s = vt 0⑤2a联立①②③④⑤式并代入题给数据得v =20m/s (72km/h)⑥7. ( 2014课标H) 2012年10月，奥地利极限运动员菲利克斯•鲍姆加特纳乘气球升至约 39km 的高空后跳下，经过 4分20秒到达距地面约1.5km 高度处，打开降落伞并成功落地， 打破了跳伞运动的多项世界纪录，取重力加速度的大小 g =10m/s 2(1) 忽略空气阻力，求该运动员从静止开始下落到 1.5km 高度处所需要的时间及其在此处速度的大小(2 )实际上物体在空气中运动时会受到空气阻力，高速运动受阻力大小可近似表示为f -kv 2，其中v 为速率，k 为阻力系数，其数值与物体的形状，横截面积及空气密度有关， 已知该运动员在某段时间内高速下落的v -t 图象如图所示，着陆过程中，运动员和所携装备的总质量 m =100kg ，试估算该运动员在达到最大速度时所受阻力的阻力系数(结果保 留1位有效数字)7.【解析】(1)设运动员从开始自由下落至1.5km 高度处的时间为t ，下落距离为h,在1.5km43 4且 h=3.9汇10 m —1.5M0 m=3.75M0 m联立解得：t=87s v=8.7 X102m/s (2 )运动员在达到最大速度v m 时，加速度为零，由牛顿第二定律有:Mg =kv ；由题图可读岀v m : 360m/s代入得：k=0.008kg/m高度处的速度大小为 v,由运动学公式有:8.（2013全国卷2）一长木板在水平地面上运动，在t =0时刻将一相对于地面精致的物块轻放到木板上，以后木板运动的速度一时间图像如图所示。
己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靡攘•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。
取重力加速度的大小g=10m/s2求：（1）物块与木板间；木板与地面间的动摩擦因数（2）从t = 0时刻到物块与木板均停止运动时，物块相对于木板的位移的大小.8.解析：（1）从t = 0时开始，木板与物块之间的摩擦力使物块加速，使木板减速，此过程一直持续到物块和木板具有共同速度为止。
由图可知，在t i = 0.5 s时，物块和木板的速度相同。
设t = 0到t= t i时间间隔内，物块和木板的加速度大小分别为al和a2,则a1 =吕①a2= v0二v1②ti ti式中v0 = 5 m/s、v1 = 1 m/s分别为木板在t = 0、t = ti时速度的大小。
1mg= mai ③（卩张22）mg= ma2④联立①②③④式得卩1 0.20⑤卩2 0.30⑥（2）在t i时刻后，地面对木板的摩擦力阻碍木板运动，物块与木板之间的摩擦力改变方向。
设物块与木板之间的摩擦力大小为f，物块和木板的加速度大小分别为a i '和a?',则由牛顿第二定律得22mg- f = ma'⑧假设f v i i mg则a i '= a?'；由⑤⑥⑦⑧式得f = 12mg> 口i mg与假设矛盾。
故f =1 i m⑨由⑦⑨式知，物块加速度的大小a i'等于a i；物块的v-t图像如图中点画线所示。
由运动学公式可推知，物块和木板相对于地面的运动距离分别为S iV o + V i V i2s2= 2 t i+2a/ ?物块相对于木板的位移的大小为s= S2—s i联立①⑤⑥⑧⑨⑩？？式得s = 1.125 m9.（2015新课标1）（20分）一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块，在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为 4.5m，如图（a）所示。
t=0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t =1s时木板与墙壁碰撞（碰撞时间极短）。
碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板。
已知碰撞后is时间内小物块的v-t图线如图（b）所示。
木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10ms2。
求(1)木板与地面间的动摩擦因数叫及小物块与木板间的动摩擦因数；(2)木板的最小长度；(3)木板右端离墙壁的最终距离。
图(b)解：规定向右为正方向。
木板与墙壁相碰前，小物块和木板一起向右做匀变速运动，设加速度为a1，小物块和木板的质量分别为m和M。