高考物理专题动力学部分高考试题选编附答案

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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 ．。

(完整版)高考物理动力学经典试题

1.汽车前方120m处有一自行车正以6m/s的速度匀速前进，汽车以18m/s的速度追赶自行车，若两车在同一条公路不同车道上做同方向的直线运动，求：(1)经多长时间，两车第一次相遇？(2)若汽车追上自行车后立即刹车，汽车刹车过程中的加速度大小为2m/s2,则再经多长时间两车第二次相遇?2.如图2-1-2所示，一个球形物体静止于光滑水平面上，并与竖直光滑墙壁接触，A、B两点是球跟墙和地面的接触点，则下列说法中正确的是()图2-1-2A.物体受重力、B点的支持力、A点的弹力作用B.物体受重力、B点的支持力作用C物体受重力、B点的支持力、地面的弹力作用D.物体受重力、B点的支持力、物体对地面的压力作用3.小车上固定一根弹性直杆A，杆顶固定一个小球B(如图2-1-3所示)，现让小车从光滑斜面上自由下滑，在下图的情况中杆发生了不同的形变，其中正确的是()图2-1-34.如图2-1-7所示为位于水平面上的小车，固定在小车上的支架的斜杆与竖直杆的夹角为仇在斜杆的下端固定有质量为m的小球。

下列关于斜杆对小球的作用力F的判断中，正确的是()图2-1-7A.小车静止时，F=mg sin仇方向沿杆向上8.小车静止时，F=mg cos仇方向垂直于杆向上C.小车向右匀速运动时，一定有F=mg，方向竖直向上D.小车向右匀加速运动时，一定有F>mg，方向一定沿杆向上5.图2-1-9的四个图中，AB、BC均为轻质杆，各图中杆的A、C端都通过铰链与墙连接，两杆都在B处由铰链连接，且系统均处于静止状态。

现用等长的轻绳来代替轻杆，能保持平衡的是()图2-1-9A.图中的AB杆可以用轻绳代替的有甲、乙、丙B.图中的AB杆可以用轻绳代替的有甲、丙、丁C.图中的BC杆可以用轻绳代替的有乙、丙、丁D.图中的BC杆可以用轻绳代替的有甲、乙、丁6.足球运动是目前全球体育界最具影响力的运动项目之一,深受青少年喜爱。

如图1所示为四种与足球有关的情景,下列说法正确的是()图1A.图甲中，静止在草地上的足球受到的弹力就是它的重力B.图乙中，静止在光滑水平地面上的两个足球由于接触而受到相互作用的弹力C.图丙中，即将被踢起的足球一定不能被看作质点D.图丁中，落在球网中的足球受到弹力是由于球网发生了形变7.在半球形光滑碗内斜搁一根筷子，如图2所示，筷子与碗的接触点分别为A、B,则碗对筷子A、B两点处的作用力方向分别为()图2A.均竖直向上8.均指向球心OC A点处指向球心O,B点处竖直向上D.A点处指向球心O,B点处垂直于筷子斜向上8.如图4所示，质量为m的球置于斜面上，被一个竖直挡板挡住。

高考物理-动力学中的三类模型：连接体模型—叠加体模型—传送带模型-专题练习有答案

的方向均平行于斜面。

当拉力一定时，受到绳的拉力（）2m m m g+2m m m g+C ．P 受到的摩擦力大小为mgsin θcos θ，方向水平向左D ．P 受到的支持力大小为mgsin2θ4．如图所示，两个质量分别为123 kg 2 kg m m ＝、＝的物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧测力计连接。

两个大小分别为1230 N 20 N F F ＝、＝的水平拉力分别作用在12m m 、上，则（）A ．弹簧测力计的示数是50 NB ．弹簧测力计的示数是24 NC ．在突然撤去2F 的瞬间，2m 的加速度大小为24 m/sD ．在突然撤去2F 的瞬间，1m 的加速度大小为210 m/s5．（多选）如图所示，质量分别为A B m m 、的A 、B 两物块用轻质弹簧连接放在倾角为θ的斜面上，用始终平行于斜面向上的拉力F 拉B 物块，使它们沿斜面匀加速上升，A 、B 与斜面间的动摩擦因数均为μ，为了减小弹簧的形变量，可行的办法是（）A ．减小A 物块的质量B ．增大B 物块的质量C ．增大倾角θD ．增大动摩擦因数μ6．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1kg m ＝，木板的质量 4 kg M ＝，长 2.5 m L ＝，上表面光滑，下表面与地面之间的动摩擦因数μ0.2＝．现用水平恒力20 N F ＝拉木板，g 取210 m/s（1）求木板加速度的大小；（2）要使木块能滑离木板，求水平恒力F 作用的最短时间；（3）如果其他条件不变，假设木板的上表面也粗糙，其上表面与木块之间的动摩擦因数为1μ0.3＝，欲使木板能从木块的下方抽出，对木板施加的拉力应满足什么条件？（4）若木板的长度、木块质量、木板的上表面与木块之间的动摩擦因数、木板与地面间的动摩擦因数都不变，只将水平恒力增加为30 N ，则木块滑离木板需要多长时间？7．如图甲，水平地面上有一静止平板车，车上放一质量为m 的物块，物块与平板车间的动摩擦因数为0.2，t 0＝时，车开始沿水平面做直线运动，其v －t 图象如图乙所示。

高考物理专题《动力学与能量观点的综合应用》原卷

12.（2022 届江西省宜春市上高二中高三（下）第七次月考理综物理试题）如图所示，倾角为 θ=37°的足够长光滑斜面 AB 与长 LBC=2m 的粗糙水平面 BC 用一小段光滑圆弧（长度不计）平滑连接，半径 R=1.5m 的光滑圆弧轨道 CD 与水平面相切于 C 点，OD 与水平方向的夹角也为 θ=37°。质量为 M 的小滑块从斜面上距 B 点 L0=2m 的位置由静止开始下滑，恰好运动到 C 点。已知重力加速度 g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。（1）求小滑块与粗糙水平面 BC 间的动摩擦因数 μ；（2）改变小滑块从斜面上开始释放的位置，小滑块能够通过 D 点，求小滑块的释放位置与 B 点的最小距离。
（2）斜面倾角。
（3）B 的最大速度 vBm 。
6.(2022 届云南省昆明市第一中学高三（下）第十次考前适应性训练理综物理试题)如图甲所示，两个不同材料制成的滑块 A、B 静置于水平桌面上，滑块 A 的右端与滑块 B 的左端接触。某时刻开始，给滑块 A 一个水平向右的力 F，使滑块 A、B 开始滑动，当滑块 A、B 滑动 1.0m 时撤去力 F。整个运动过程中，滑块 A、
13.（2022 届四川省绵阳市高三（下）第三次诊断性考试理综物理试题）电池技术作为电动汽车的核心和瓶颈，是电动汽车研究的重点和热点方向。国内某公司研发的全气候电池，在低温条件下，能实现充电时间缩短到 1h 内，自加热速率达到 7℃/min，-10℃环境下电池总能量最多可释放 90％。搭载该型号电池的国产电动汽车作为交通服务用车为北京冬奥会提供了交通保障。已知该型号电动汽车配置的全气候电池总能量是 60kW·h，汽车电动机最大功率是 160kW，最大车速是 180km/h，在平直公路上行驶过程中受到阻的力 f 与车速 v 的关系式可以认为 f=kv2，k 为比例系数。求：（1）电动汽车以最大速度行驶时的牵引力和比例系数 k；（2）电动汽车在电池充满电后，在-10℃的环境下，以 54km/h 的速度在平直公路匀速行驶时的最大续航里程（汽车电动机驱动汽车行驶的能量占电池释放能量的 80％）。 14.(2022 届云南省高三（下）第二次复习统一检测理综能力测试物理试题)某幼儿园要修建一个如图甲所示

高考物理《电磁感应中的动力学问题》真题练习含答案专题

高考物理《电磁感应中的动力学问题》真题练习含答案专题1．(多选)如图所示，有两根和水平方向成α角的光滑平行的金属轨道，上端接有可变电阻R ，下端足够长，空间有垂直于轨道平面的匀强磁场，磁感应强度为B ，一根质量为m 的金属杆(电阻不计)从轨道上由静止滑下．经过足够长的时间，金属杆的速度趋近于一个最大速度v m ，则( )A ．如果B 增大，v m 将变大B ．如果α变大，v m 将变大C ．如果R 变大，v m 将变大D ．如果m 变大，v m 将变大答案：BCD解析：当加速度为零时，速度最大，则有mg sin α＝BIL ，又I ＝BL v m R ，解得v m ＝mgR sin αB 2L 2，如果B 增大，v m 将变小；如果α变大，v m 将变大；如果R 变大，v m 将变大；如果m 变大，v m 将变大，B 、C 、D 正确．2.(多选)如图所示，水平放置足够长光滑金属导轨abc 和de ，ab 与de 平行，bc 是以O 为圆心的圆弧导轨，圆弧be 左侧和扇形Obc 内有方向如图的匀强磁场，金属杆OP 的O 端与e 点用导线相接，P 端与圆弧bc 接触良好，初始时，可滑动的金属杆MN 静止在平行导轨上，若杆OP 绕O 点在匀强磁场区内从b 到c 匀速转动时，回路中始终有电流，则此过程中，下列说法正确的有( )A ．杆OP 产生的感应电动势恒定B ．杆OP 受到的安培力不变C ．杆MN 做匀加速直线运动D ．杆MN 中的电流逐渐减小答案：AD解析：OP 转动切割磁感线产生的感应电动势为E ＝12Br 2ω，因为OP 匀速转动，所以杆OP 产生的感应电动势恒定，故A 正确；杆OP 匀速转动产生的感应电动势，产生的感应电流由M 到N 通过MN 棒，由左手定则可知，MN 棒会向左运动，MN 棒运动会切割磁感线，产生的电动势与原来电流方向相反，让回路电流减小，MN 棒所受合力为安培力，电流减小，安培力会减小，加速度减小，故D 正确，B 、C 错误．3．(多选)如图，横截面积为S 的n 匝线圈，线圈总电阻为R ，其轴线与大小均匀变化的匀强磁场B 1平行．间距为L 的两平行光滑倾斜轨道PQ 、MN 足够长，轨道平面与水平面的夹角为α，底部连有一阻值2R 的电阻，磁感应强度B 2的匀强磁场与轨道平面垂直．K 闭合后，质量为m 、电阻也为2R 的金属棒ab 恰能保持静止，金属棒始终与轨道接触良好，其余部分电阻不计，下列说法正确的是( )A ．B 1均匀减小B ．B 1的变化率为ΔB 1Δt ＝4mgR sin αnB 2SLC ．断开K 之后，金属棒ab 将做匀加速直线运动D ．断开K 之后，金属棒的最大速度为v ＝4Rmg sin αB 22 L 2 答案：ABD解析：由平衡条件知金属棒所受安培力的方向应平行轨道向上，电流大小恒定，磁场B 1均匀变化；根据左手定则判断金属棒中电流方向由b 指向a ，线圈中感应电流磁场方向与原磁场方向相同，则可判断B 1减小，A 正确；设B 1的变化率为ΔB 1Δt，螺线管中感应电动势E ＝n ΔB 1Δt S ，回路中总电阻R 总＝R ＋R ＝2R ，电路中总电流I ＝E R 总＝E 2R，安培力F ＝B 2IL 2 ，由平衡条件得F ＝mg sin α，解得ΔB 1Δt ＝4mgR sin αnB 2SL，B 正确；断开K 之后，金属棒ab 将做变加速直线运动，C 错误；断开K 之后，金属棒速度最大时，受力平衡，有B 2I ′L ＝mg sin α，且电流I ′＝E 4R ＝B 2L v 4R ，联立解得v ＝4Rmg sin αB 22 L 2 ，D 正确． 4.如图所示，这是感受电磁阻尼的铜框实验的简化分析图，已知图中矩形铜框(下边水平)的质量m＝2 g，长度L＝0.5 m，宽度d＝0.02 m，电阻R＝0.01 Ω，该铜框由静止释放时铜框下边与方向水平向里的匀强磁场上边界的高度差h＝0.2 m，磁场上、下水平边界间的距离D＝0.27 m，铜框进入磁场的过程恰好做匀速直线运动．取重力加速度大小g＝10 m/s2，不计空气阻力．下列说法正确的是()A．铜框进入磁场的过程中电流方向为顺时针B．匀强磁场的磁感应强度的大小为0.5 TC．铜框下边刚离开磁场时的速度大小为3 m/sD．铜框下边刚离开磁场时的感应电流为0.3 A答案：C解析：铜框下边进入磁场过程，由右手定则判断感应电流为逆时针方向，A错误；铜框下边刚进入磁场时的速度大小v1＝2gh ，此时感应电动势E＝BL v1，电流I＝ER，铜框受的安培力大小F＝BIL，由平衡条件得F＝mg，解得磁感应强度B＝0.2 T，B错误；铜框全部进入磁场后开始做加速度为g的匀加速直线运动，设铜框下边刚离开磁场时速度大小为v2，根据运动学公式得v22－v21＝2g(D－d)，解得v2＝3 m/s，C正确；铜框下边刚离开磁场时，感应电流大小I′＝BL v2R＝3 A, A、D错误．5．(多选)如图所示，两条足够长的平行光滑长直导轨MN、PQ固定于同一水平面内，它们之间的距离为l；ab和cd是两根质量皆为m的金属细杆，杆与导轨垂直，且与导轨接触良好．两杆的电阻皆为R.cd的中点系一轻绳，绳的另一端绕过定滑轮悬挂一质量为M的重物，滑轮与杆cd之间的轻绳处于水平伸直状态并与导轨平行．不计滑轮与转轴、细绳之间的摩擦，不计导轨的电阻．导轨和金属细杆都处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向竖直向上．现将两杆及重物同时由静止释放，下列说法正确的是()A．释放重物瞬间，其加速度大小为Mg m＋MB．最终回路中的电流为MmgBl（m＋M）C．最终ab杆所受安培力的大小为mMg2m＋MD ．最终ab 和cd 两杆的速度差恒为2MmgR B 2l 2（2m ＋M ）答案：ACD解析：释放重物瞬间，ab 杆和cd 杆均不受安培力，设重物的加速度大小为a 1，则对重物，有Mg －T 1＝Ma 1；对cd 杆，有T 1＝ma 1，解得a 1＝Mg m ＋M，A 项正确；最终ab 杆、cd 杆和重物三者的加速度大小相等，设其为a ，对重物，有Mg －T 2＝Ma ；对cd 杆，有T 2－BIl ＝ma ；对ab 杆，有BIl ＝ma ，解得I ＝Mmg （2m ＋M ）Bl ，F 安＝BIl ＝Mmg 2m ＋M，B 项错误，C 项正确；设最终两杆速度差为Δv ，回路中感应电动势为E ＝Bl Δv ，I ＝E 2R，解得Δv ＝2MmgR B 2l 2（2m ＋M ），D 项正确． 6.(多选)如图所示，倾角θ＝30°的斜面上放置一间距为L 的光滑U 形导轨(电阻不计)，导轨上端连接电容为C 的电容器，电容器初始时不带电，整个装置放在磁感应强度大小为B 、方向垂直斜面向下的匀强磁场中．一质量为2m 、电阻为R 的导体棒垂直放在导轨上，与导轨接触良好，另一质量为m 的重物用一根不可伸长的绝缘轻绳通过光滑的定滑轮与导体棒拴接，定滑轮与导体棒间的轻绳与斜面平行．将重物由静止释放，在导体棒到达导轨底端前的运动过程中(电动势未到达电容器的击穿电压)，已知重力加速度为g ，下列说法正确的是( )A ．电容器M 板带正电，且两极板所带电荷量随时间均匀增加B ．经时间t 导体棒的速度为v ＝2mgt 3m ＋CB 2L 2C.回路中电流与时间的关系为I ＝2BLmg （3m ＋CB 2L 2）Rt D ．重物和导体棒在运动过程中减少的重力势能转化为动能和回路的焦耳热答案：AB解析：设运动过程中经时间Δt ，导体棒的速度增加Δv ，对电容器，两极板的充电电流I ＝ΔQ Δt ＝C ΔU Δt ＝CBL Δv Δt，对导体棒受力分析，由牛顿第二定律有2mg sin 30°＋F T －BIL ＝2ma ；对重物分析，有mg －F T ＝ma ，又Δv Δt ＝a ，解得a ＝2mg 3m ＋CB 2L 2，加速度恒定，所以导体棒在到达导轨底端前做匀加速直线运动，电容器两极板所带电荷量随时间均匀增加，由右手定则可知，M 板带正电，A 项正确；经时间t ，导体棒的速度v ＝2mgt 3m ＋CB 2L 2，B 项正确；由A 项分析可知回路中电流恒定，C 项错误；重物和导体棒在运动过程中减少的重力势能一部分转化为动能和回路的焦耳热，一部分转化为电容器储存的电能，D 项错误．7．[2024·河北省邢台市五岳联盟联考]游乐园中的过山车因能够给游客带来刺激的体验而大受欢迎．为了保证过山车的进站安全，过山车安装了磁力刹车装置，将磁性很强的铷磁铁安装在轨道上，正方形导体框安装在过山车底部．磁力刹车装置的工作原理可简化为如图所示的模型：质量m ＝5 kg 、边长L ＝2 m 、电阻R ＝1.8 Ω的单匝导体框abcd 沿着倾角为θ的光滑斜面由静止开始下滑x 0＝4.5 m 后，下边框bc 进入匀强磁场区域时导体框开始减速，当上边框ad 进入磁场时，导体框刚好开始做匀速直线运动．已知磁场的上、下边界与导体框的上、下边框平行，磁场的宽度也为L ＝2 m ，磁场方向垂直斜面向下、磁感应强度大小B ＝3 T ，sin θ＝0.4，取重力加速度大小g ＝10 m/s 2，求：(1)上边框ad 进入磁场时，导体框的速度大小v ；(2)下边框bc 进入磁场时，导体框的加速度大小a 0.答案：(1)1 m/s (2)20 m/s 2解析：(1)当导体框的上边框ad 进入磁场时，上边框ad 切割磁感线产生的感应电动势为E ＝BL v导体框中的感应电流为I ＝E R导体框的上边框在磁场中受到的安培力大小F A ＝BIL导体框刚好做匀速直线运动，根据受力平衡有mg sin θ＝F A联立解得v ＝1 m/s(2)导体框沿斜面由静止开始到下边框bc 进入匀强磁场的过程中，根据机械能守恒定律有mgx 0sin θ＝12m v 20 当导体框的下边框进入磁场时，导体框的下边框在磁场中受到的安培力大小F A0＝B2L2v0 R对导体框受力分析，根据牛顿第二定律有F A0－mg sin θ＝ma0联立解得a0＝20 m/s2.。

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。

有关牛顿第二定律的动力学问题(解析版)-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。

2019年新高考I卷物理力学分析高级题及答案

2019年新高考I卷物理力学分析高级题及答案题目一：动力学题1.已知一质点沿直线运动，速度时间图象如下图所示。

图中a、b、c、d、e五个时刻相继为t0、t1、t2、t3、t4。

求在以上五个时刻对于该质点的加速度值。

解答一：根据速度时间图象，我们可以得到以下信息：- 速度的增加区间为a到b和c到d，在这两个区间内质点的加速度为正，即a > 0；- 速度的减小区间为b到c和d到e，在这两个区间内质点的加速度为负，即a < 0；- 速度不变的区间为b到c，在这个区间内质点的加速度为零，即a = 0。

综上所述，质点在t0、t1、t2、t3、t4时刻的加速度分别为a、0、a、0、-a。

题目二：力的平衡题2.一个物块受到三个力的作用，如下图所示。

求合力的大小和方向。

解答二：根据题目可知，物块受到的三个力分别为F1、F2、F3。

我们可以将这三个力的大小和方向表示如下图所示：F1------| || || |------F2↑ F3根据图中的示意，我们可以看出F1和F2的方向相反，大小相等。

而F3的方向垂直于F1和F2的平面，且与F1、F2的大小相等。

因此，物块受到的合力的大小为2F1，方向与F3相同，即↑。

题目三：功与功率题3.一个质点质量为m，从地面高度h处自由下落，下落过程中受到了空气阻力。

求空气阻力的功和平均功率。

解答三：在质点自由下落的过程中，空气阻力的功可表示为：空气阻力的功 = -mgΔh其中，m为质点的质量，g为重力加速度，Δh为下落的高度差。

又根据题目可知，空气阻力等于质点受到的合外力，即F = mg。

因此，空气阻力的功可表示为：空气阻力的功 = -FΔh即空气阻力的功为负，表示能量的损失。

平均功率可表示为：平均功率 = 空气阻力的功 / 下落的时间由于题目没有给出下落的时间，因此我们无法求得平均功率。

综上所述，空气阻力的功为 -mgΔh，平均功率无法确定。

题目四：动能守恒题4.一个质点以初速度v0沿水平方向前进，经过一段距离s后与一个静止的质点发生完全弹性碰撞，碰撞后第一个质点以速度v1回弹，第二个质点以速度v2向前运动。

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。

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。

高考物理牛顿第二定律两类动力学问题(含答案)

基础课时7牛顿第二定律两类动力学问题一、单项选择题1．关于力与运动的关系，下列说法正确的是()A．物体的速度不断增大，表示物体必受力的作用B．物体的位移不断增大，表示物体必受力的作用C．若物体的位移与时间的平方成正比，表示物体一定不受力的作用D．物体的速率不变，则其所受合力必为零解析物体的速度不断增大，表明物体有加速度，所以A正确；物体匀速运动也会导致位移增大，故B错误；位移与时间的平方成正比表明物体在做加速运动，所以C错误；若物体的速率不变，但速度方向改变，则物体仍然有加速度，合力不为零，故D错误。

答案 A2．(2016·广东珠海模拟)质量为1 t的汽车在平直公路上以10 m/s的速度匀速行驶，阻力大小不变。

从某时刻开始，汽车牵引力减少2 000 N，那么从该时刻起经过6 s，汽车行驶的路程是()A．50 m B．42 m C．25 m D．24 m解析汽车匀速运动时F牵＝F f，当牵引力减小2 000 N时，即汽车所受合力的大小为F＝2 000 N，由牛顿第二定律得F＝ma，解得a＝2 m/s2，汽车减速到停止所需时间t＝va＝5 s，汽车行驶的路程x＝12v t＝25 m，C正确。

答案 C3.一皮带传送装置如图1所示，皮带的速度v足够大，轻弹簧一端固定，另一端连接一个质量为m的滑块，已知滑块与皮带之间存在摩擦，当滑块放在皮带上时，弹簧的轴线恰好水平，若滑块放到皮带上的瞬间，滑块的速度为零，且弹簧正好处于自然长度，则当弹簧从自然长度到第一次达到最长这一过程中，滑块的速度和加速度的变化情况是()图1A．速度增大，加速度增大B．速度增大，加速度减小C．速度先增大后减小，加速度先增大后减小D．速度先增大后减小，加速度先减小后增大解析滑块在水平方向受向左的滑动摩擦力F f和弹簧向右的拉力F拉＝kx，合力F合＝F f－F拉＝ma，当弹簧从自然长度到第一次达最长这一过程中，x 逐渐增大，拉力F拉逐渐增大，因为皮带的速度v足够大，所以合力F合先减小后反向增大，从而加速度a先减小后反向增大；滑动摩擦力与弹簧弹力相等之前，加速度与速度同向，滑动摩擦力与弹簧拉力相等之后，加速度便与速度方向相反，故滑块的速度先增大，后减小。

2025年高考人教版物理一轮复习专题训练—用动力学和能量观点分析多运动组合问题附答案解析

2025年⾼考⼈教版物理⼀轮复习专题训练—⽤动⼒学和能量观点分析多运动组合问题(附答案解析)1.“⾼台滑雪”⼀直受到⼀些极限运动爱好者的青睐。

挑战者以某⼀速度从某曲⾯飞出，在空中表演各种花式动作，飞跃障碍物(壕沟)后，成功在对⾯安全着陆。

某实验⼩组在实验室中利⽤物块演⽰分析该模型的运动过程：如图所⽰，ABC为⼀段半径为R＝5 m的光滑圆弧轨道，B为圆弧轨道的最低点。

P为⼀倾⾓θ＝37°的固定斜⾯，为减⼩在斜⾯上的滑动距离，在斜⾯顶端表⾯处铺了⼀层防滑薄⽊板DE，⽊板上边缘与斜⾯顶端D重合，圆形轨道末端C 与斜⾯顶端D之间的⽔平距离为x＝0.32 m。

⼀物块以某⼀速度从A端进⼊，沿圆形轨道运动后从C端沿圆弧切线⽅向飞出，再经过时间t＝0.2 s恰好以平⾏于薄⽊板的⽅向从D端滑上薄⽊板，物块始终未脱离薄⽊板，斜⾯⾜够长。

已知物块质量m＝3 kg，薄⽊板质量M＝1 kg，⽊板与斜⾯之间的动摩擦因数μ1＝，⽊板与物块之间的动摩擦因数μ2＝，重⼒加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空⽓阻⼒，求：(1)物块滑到圆轨道最低点B时，对轨道的压⼒⼤⼩(计算结果可以保留根号)；(2)物块相对于⽊板运动的距离；(3)整个过程中，系统由于摩擦产⽣的热量。

2．(2023·福建龙岩市九校联考)如图所⽰，倾⾓θ＝37°的斜⾯AB通过平滑的⼩圆弧与⽔平直轨道BC连接，CD、DE为两段竖直放置的四分之⼀圆管，两管相切于D处，半径均为R＝0.15 m。

右侧有⼀倾⾓α＝30°的光滑斜⾯PQ固定在⽔平地⾯上。

质量为m＝0.4 kg、可视为质点的⼩物块从斜⾯AB顶端由静⽌释放，经ABCDE轨道从E处⽔平飞出后，恰能从P点平⾏PQ⽅向飞⼊斜⾯。

⼩物块经过C点时受到圆管的作⽤⼒⼤⼩为28 N，⼩物块与斜⾯AB的动摩擦因数μ1＝0.375，与BCDE段之间的摩擦不计，重⼒加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。

2025年高考人教版物理一轮复习专题训练—电磁感应中的动力学和能量问题(附答案解析)

错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误! 2025年高考人教版物理一轮复习专题训练—电磁感应中的动力学和能量问题(附答案解析)1.如图所示，在一匀强磁场中有一U形导线框abcd，线框处于水平面内，磁场与线框平面垂直，R为一电阻，ef为垂直于ab的一根导体杆，它可在ab、cd上无摩擦地滑动。

杆ef及线框的电阻不计，开始时，给ef一个向右的初速度，则()A．ef将减速向右运动，但不是匀减速运动B．ef将匀减速向右运动，最后停止C．ef将匀速向右运动D．ef将往返运动2.如图，在光滑水平桌面上有一边长为L、电阻为R的正方形导线框；在导线框右侧有一宽度为d(d>L)的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下，导线框以某一初速度向右运动，t＝0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合，随后导线框进入并通过磁场区域。

下列v－t图像中，正确描述上述过程的可能是()3.(2023·陕西咸阳市模拟)如图，矩形闭合导体线框在匀强磁场上方，由不同高度静止释放，用t1、t2分别表示线框ab边和cd边刚进入磁场的时刻。

线框下落过程形状不变，ab边始终保持与磁场水平边界线OO′平行，线框平面与磁场方向垂直。

设OO′下方磁场区域足够大，不计空气阻力影响，则下列图像不可能反映线框下落过程中速度v随时间t变化的规律的是()4.(2023·江苏盐城市模拟)如图所示，MN和PQ是竖直放置的两根平行光滑金属导轨，导轨足够长且电阻不计，MP间接定值电阻R，金属杆cd保持与导轨垂直且接触良好。

杆cd由静止开始下落并计时，杆cd两端的电压U、杆cd所受安培力的大小F随时间t变化的图像，以及通过杆cd的电流I、杆cd加速度的大小a随杆的速率v变化的图像，合理的是()5.(多选)如图所示，两根间距为d 的足够长光滑金属导轨，平行放置在倾角为θ＝30°的绝缘斜面上，导轨的右端接有电阻R ，整个装置放在磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向上。

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°。

高考物理专题复习-刚体动力学( 含答案)

高考物理专题复习-刚体动力学1.均匀细棒OA 可绕通过其一端O 而与棒垂直的水平固定光滑轴转动，如图所示，今使棒从水平位置由静止开始自由下落，在棒摆到竖直位置的过程中，下述说法正确的是( ) (A) 角速度从小到大，角加速度不变(B) 角速度从小到大，角加速度从小到大(C) 角速度从小到大，角加速度从大到小(D) 角速度不变，角加速度为零2.假设卫星环绕地球中心作椭圆运动，则在运动过程中，卫星对地球中心的( )(A) 角动量守恒，动能守恒 (B) 角动量守恒，机械能守恒(C) 角动量不守恒，机械能守恒 (D) 角动量不守恒，动量也不守恒(Ｅ) 角动量守恒，动量也守恒3.水分子的形状如图所示，从光谱分析知水分子对AA′轴的转动惯量JAA′＝1.93 ×10-47 kg·m2 ，对BB′轴转动惯量JBB′＝1.14 ×10-47 kg·m2，试由此数据和各原子质量求出氢和氧原子的距离D 和夹角θ．假设各原子都可当质点处理．4.用落体观察法测定飞轮的转动惯量，是将半径为R 的飞轮支承在O点上，然后在绕过飞轮的绳子的一端挂一质量为m 的重物，令重物以初速度为零下落，带动飞轮转动(如图)．记下重物下落的距离和时间，就可算出飞轮的转动惯量．试写出它的计算式．(假设轴承间无摩擦)．5.质量为m1 和m2 的两物体A、B 分别悬挂在图(a)所示的组合轮两端.设两轮的半径分别为R 和r，两轮的转动惯量分别为J1 和J2 ，轮与轴承间、绳索与轮间的摩擦力均略去不计，绳的质量也略去不计.试求两物体的加速度和绳的张力.6.如图所示，一通风机的转动部分以初角速度ω0 绕其轴转动，空气的阻力矩与角速度成正比，比例系数C 为一常量.若转动部分对其轴的转动惯量为J，问：(1) 经过多少时间后其转动角速度减少为初角速度的一半？(2) 在此时间内共转过多少转？7.如图所示，一长为2l 的细棒AB，其质量不计，它的两端牢固地联结着质量各为m的小球，棒的中点O 焊接在竖直轴z上，并且棒与z轴夹角成α角.若棒在外力作用下绕z 轴(正向为竖直向上)以角直速度ω＝ω0(1 －e－t ) 转动，其中ω0 为常量.求(1)棒与两球构成的系统在时刻t 对z 轴的角动量；(2) 在t ＝0时系统所受外力对z 轴的合外力矩.8.在光滑的水平面上有一木杆，其质量m1 ＝1.0 kg，长l ＝40cm，可绕通过其中点并与之垂直的轴转动.一质量为m2 ＝10g 的子弹，以v ＝2.0×102 m· s－1 的速度射入杆端，其方向与杆及轴正交.若子弹陷入杆中，试求所得到的角速度.9.半径分别为r1 、r2 的两个薄伞形轮，它们各自对通过盘心且垂直盘面转轴的转动惯量为J1 和J2 .开始时轮Ⅰ以角速度ω0 转动，问与轮Ⅱ成正交啮合后(如图所示)，两轮的角速度分别为多大？10.一质量为1.12 kg，长为1.0 m 的均匀细棒，支点在棒的上端点，开始时棒自由悬挂.以100 N 的力打击它的下端点，打击时间为0.02 s.(1) 若打击前棒是静止的，求打击时其角动量的变化；(2) 棒的最大偏转角.（3）打击瞬间O点杆收到的作用力。

2020年—2023年高考物理动量部分真题汇编+答案详解

2020年—2023年高考物理动量部分真题汇编+答案详解（真题部分）1.(2023新课标,19,6分)(多选)使甲、乙两条形磁铁隔开一段距离,静止于水平桌面上,甲的N极正对着乙的S极,甲的质量大于乙的质量,两者与桌面之间的动摩擦因数相等。

现同时释放甲和乙,在它们相互接近过程中的任一时刻()A.甲的速度大小比乙的大B.甲的动量大小比乙的小C.甲的动量大小与乙的相等D.甲和乙的动量之和不为零2.(2022北京,12,3分)“雪如意”是我国首座国际标准跳台滑雪场地。

跳台滑雪运动中,裁判员主要根据运动员在空中的飞行距离和动作姿态评分。

运动员在进行跳台滑雪时大致经过四个阶段:①助滑阶段,运动员两腿尽量深蹲,顺着助滑道的倾斜面下滑;②起跳阶段,当进入起跳区时,运动员两腿猛蹬滑道快速伸直,同时上体向前伸展;③飞行阶段,在空中运动员保持身体与雪板基本平行、两臂伸直贴放于身体两侧的姿态;④着陆阶段,运动员落地时两腿屈膝,两臂左右平伸。

下列说法正确的是 ()A.助滑阶段,运动员深蹲是为了减小与滑道之间的摩擦力B.起跳阶段,运动员猛蹬滑道主要是为了增加向上的速度C.飞行阶段,运动员所采取的姿态是为了增加水平方向速度D.着陆阶段,运动员两腿屈膝是为了减少与地面的作用时间3.(2022湖北,7,4分)一质点做曲线运动,在前一段时间内速度大小由v增大到2v,在随后的一段时间内速度大小由2v增大到5v,前后两段时间内,合外力对质点做功分别为W1和W2,合外力的冲量大小分别为I1和I2。

下列关系式一定成立的是 ()A.W2=3W1,I2≤3I1B.W2=3W1,I2≥I1C.W2=7W1,I2≤3I1D.W2=7W1,I2≥I14.(2022湖南,4,4分)1932年,查德威克用未知射线轰击氢核,发现这种射线是由质量与质子大致相等的中性粒子(即中子)组成。

如图,中子以速度v0分别碰撞静止的氢核和氮核,碰撞后氢核和氮核的速度分别为v1和v2。

高中动力学试题及答案

高中动力学试题及答案一、选择题（每题3分，共30分）1. 质量为m的物体在水平面上受到一个水平方向的恒定力F作用，物体的加速度大小为a，若物体的质量增加到2m，而力F不变，则物体的加速度大小变为：A. a/2B. 2aC. 2a/3D. a2. 根据牛顿第二定律，作用在物体上的合力等于物体质量与加速度的乘积。

若物体的质量为m，加速度为a，则合力F的大小为：A. F = maB. F = m/aC. F = a/mD. F = a^2/m3. 一个物体从静止开始做匀加速直线运动，加速度为a，经过时间t 后，其速度v和位移s的关系为：A. v = atB. s = 1/2at^2C. v = 2s/tD. s = vt - 1/2at^24. 牛顿第三定律指出，作用力和反作用力大小相等、方向相反。

如果一个物体对地面施加了100N的力，地面对这个物体的反作用力大小为：A. 100NB. 50NC. 200ND. 0N5. 一个物体在水平面上做匀速直线运动，其受到的摩擦力为f，若物体速度增加，则摩擦力：A. 增加B. 减少C. 不变D. 无法确定6. 根据动能定理，一个物体的动能变化等于作用在物体上的合外力做的功。

如果一个物体的动能从E1增加到E2，则合外力做的功W为：A. W = E1 - E2B. W = E2 - E1C. W = (E1 + E2)/2D. W = E1 * E27. 一个物体从高度h处自由下落，忽略空气阻力，其下落过程中重力做的功W与物体的质量m和高度h的关系为：A. W = mgB. W = mghC. W = h/mD. W = g/mh8. 一个物体在斜面上做匀速直线运动，斜面的倾角为θ，物体的重力为G，摩擦力为f，则物体所受的合力为：A. G*sinθ - fB. G*cosθ - fC. G*sinθ + fD. G*cosθ + f9. 一个物体在水平面上做匀加速直线运动，其加速度为a，若物体的质量为m，作用力为F，则物体所受的合力为：A. F - maB. F + maC. maD. F10. 一个物体在竖直方向上做自由落体运动，其加速度大小为g，则物体的位移s与时间t的关系为：A. s = 1/2gt^2B. s = gt^2C. s = 2gtD. s = gt二、填空题（每题3分，共30分）1. 一个物体的质量为2kg，受到的力为10N，根据牛顿第二定律，其加速度大小为______ m/s^2。

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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。

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。

答案:BD3.解析：（1）根据速度位移公式求出冰球的加速度，结合牛顿第二定律求出动摩擦因数的大小．（2）抓住两者运动时间相等得出运动员到达小旗处的最小速度，结合速度位移公式求出最小加速度．解析：（1）对冰球分析，根据速度位移公式得：，加速度为：a=，根据牛顿第二定律得：a=μg，解得冰球与冰面之间的动摩擦因数为：．（2）根据两者运动时间相等，有：，解得运动员到达小旗处的最小速度为：v2=，则最小加速度为：=．力的平衡4、（2019·新课标全国Ⅰ卷）如图，一粗糙斜面固定在地面上，斜面顶端装有一光滑定滑轮。

一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块N。

另一端与斜面上的物块M相连，系统处于静止状态。

现用水平向左的拉力缓慢拉动N，直至悬挂N的细绳与竖直方向成45°。

已知M始终保持静止，则在此过程中A．水平拉力的大小可能保持不变B．M所受细绳的拉力大小一定一直增加C．M所受斜面的摩擦力大小一定一直增加D．M所受斜面的摩擦力大小可能先减小后增加5、（2017·新课标Ⅰ卷）如图，柔软轻绳ON的一端O固定，其中间某点M拴一重物，用手拉住绳的另一端N。

初始时，OM竖直且MN被拉直，OM与MN之间的夹角为α（π2α>）。

现将重物向右上方缓慢拉起，并保持夹角α不变。

在OM由竖直被拉到水平的过程中A．MN上的张力逐渐增大B．MN上的张力先增大后减小C．OM上的张力逐渐增大D．OM上的张力先增大后减小参考答案与解析4.解析：如图所示，以物块N为研究对象，它在水平向左拉力F作用下，缓慢向左移动直至细绳与竖直方向夹角为45°的过程中，水平拉力F逐渐增大，绳子拉力T逐渐增大；对M受力分析可知，若起初M受到的摩擦力f沿斜面向下，则随着绳子拉力T的增加，则摩擦力f也逐渐增大；若起初M受到的摩擦力f沿斜面向上，则随着绳子拉力T的增加，摩擦力f可能先减小后增加。

故本题选BD。

答案：BD5.解析：以重物为研究对象，受重力mg，OM绳上拉力F2，MN上拉力F1，由题意知，三个力合力始终为零，矢量三角形如图所示，在F2转至水平的过程中，MN上的张力F1逐渐增大，OM上的张力F2先增大后减小，所以AD正确，BC错误。

答案：AD牛顿运动定律6、（2015·新课标II卷）在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩链接好的车厢。

当机车在东边拉着这列车厢一大小为a的加速度向东行驶时，链接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F；当机车在西边拉着这列车厢一大小为a的加速度向东行驶时，链接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小仍为F。

不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为A. 8B.10C.15D.187、（2015·新课标Ⅰ卷）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v、1v、1t均为已知量，则可求出如图（b）所示。

若重力加速度及图中的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8、（2017·新课标Ⅲ卷）（20分）如图，两个滑块A和B的质量分别为m A=1 kg和m B=5 kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1=0.5；木板的质量为m=4 kg，与地面间的动摩擦因数为μ2=0.1。

某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v0=3 m/s。

A、B相遇时，A与木板恰好相对静止。

设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g=10 m/s2。

求（1）B与木板相对静止时，木板的速度；（2）A、B开始运动时，两者之间的距离。

9、(2015∙全国I卷)我国发射的“嫦娥三号”登月探测器靠近月球后，先在月球表面附近的近似圆轨道上绕月运行；然后经过一系列过程，在离月面4m高处做一次悬停（可认为是相对于月球静止）；最后关闭发动机，探测器自由下落。

已知探测器的质量约为91.310kg⨯，地球质量约为月球的81倍，地球半径为月球的3.7倍，地球表面的重力加速度大小约为29.8/m s。

则次探测器A．在着陆前瞬间，速度大小约为8.9/m sB．悬停时受到的反冲作用力约为3210N⨯C．从离开近月圆轨道到着陆这段时间内，机械能守恒D．在近月圆轨道上运行的线速度小于人造卫星在近地圆轨道上运行的线速度10、(2018∙全国I卷)如图，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R：bc是半径为R的四分之一的圆弧，与ab相切于b点。

一质量为m的小球。

始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静止开始向右运动，重力加速度大小为g。

小球从a点开始运动到其他轨迹最高点，机械能的增量为（）A. 2mgRB. 4mgRC. 5mgRD. 6mgR11、（2016·新课标I卷）（18分）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5 6R的光滑圆弧轨道相切于C点，7AC R A B C D=，、、、均在同一竖直平面内。

质量为m的小物块P自C点由静止开始下滑，最低到达E点（未画出）随后P沿轨道被弹回，最高到达F点，4AF R=。

已知P与直轨道间的动摩擦因数14μ=，重力加速度大小为g。

（取3sin375︒=，4cos375︒=）(1)求P第一次运动到B点时速度的大小。

(2)求P运动到E点时弹簧的弹性势能。

(3)改变物块P的质量，将P推至E点，从静止开始释放。

已知P自圆弧轨道的最高点D处水平飞出后，恰好通过G点。

G点在C点的左下方，与C点水平相距72R、竖直相距R，求P运动到D点时速度的大小和改变后P的质量。

参考答案与解析6.解析：由设这列车厢的节数为n ，P 、Q 挂钩东边有m 节车厢，每节车厢的质量为m ，由牛顿第二定律可知：m k n F km F )(32-=，解得：n k 52=，k 是正整数，n 只能是5的倍数，故B 、C 正确，A 、D 错误答案：BC7.解析：小球滑上斜面的初速度0v 已知，向上滑行过程为匀变速直线运动，末速度0，那么平均速度即02v ，所以沿斜面向上滑行的最远距离012vs t =，根据牛顿第二定律，向上滑行过程01sin cos v g g t θμθ=+，向下滑行11sin cos vg g t θμθ=-，整理可得011sin 2v v g t θ+=，从而可计算出斜面的倾斜角度θ以及动摩擦因数，选项AC 对。

根据斜面的倾斜角度可计算出向上滑行的最大高度00101101sin 224v v v v vs t v gt gθ++=⨯=，选项D 对。

仅根据速度时间图像，无法找到物块质量，选项B 错。

答案：ACD8.解析：（1）滑块A 和B 在木板上滑动时，木板也在地面上滑动。

设A 、B 和木板所受的摩擦力大小分别为f 1、f 2和f 3，A 和B 相对于地面的加速度大小分别是a A 和a B ，木板相对于地面的加速度大小为a 1。

在物块B 与木板达到共同速度前有11A f m g μ=① 21B f m g μ=②32()A B f m m m g μ=++③由牛顿第二定律得1A A f m a =④ 2B B f m a =⑤ 2131f f f ma --=⑥设在t 1时刻，B 与木板达到共同速度，设大小为v 1。

由运动学公式有101B v v a t =-⑦ 111v a t =⑧联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得1 1 m/s v =⑨ （2）在t 1时间间隔内，B 相对于地面移动的距离为201112B B s v t a t =-⑩ 设在B 与木板达到共同速度v 1后，木板的加速度大小为a 2，对于B 与木板组成的体系，由牛顿第二定律有132()B f f m m a +=+⑪由①②④⑤式知，a A =a B ；再由⑦⑧可知，B 与木板达到共同速度时，A 的速度大小也为v 1，但运动方向与木板相反。