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
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 ．。
2024年高考物理复习第2讲牛顿第二定律、两类动力学问题
第2讲牛顿第二定律、两类动力学问题(本栏目对应课后提能演练P351~352)知识巩固练1.昆虫沫蝉跳跃的高度可达0.7 m，而其身体长度仅有几毫米，跳跃能力远远超过了人们先前所认为的昆虫界的“跳高冠军”——跳蚤.已知沫蝉起跳时，平均加速度可达3.8 km/s2，则沫蝉起跳时对地面的平均压力大小与其受到的重力大小的比约为(g取10 m/s2) () A.4∶1 B.38∶1C.381∶1D..3 800∶1【答案】C【解析】沫蝉起跳时，由牛顿第二定律得F N－mg＝ma，解得地面对沫蝉的支持力大小F N＝381mg，由牛顿第三定律可知，它对地面的压力大小F N'＝F N＝381mg，则F N'∶G＝381∶1，C正确.2.如图所示，在考虑空气阻力的情况下，一小石子从O点抛出沿轨迹OPQ运动，其中P是最高点.若空气阻力大小与瞬时速度大小成正比，则小石子在竖直方向分运动的加速度大小()A.O点最大B.P点最大C.Q点最大D.整个运动过程保持不变【答案】A【解析】由于空气阻力大小与瞬时速度大小成正比，小石子在O点时速度斜向上方，此时速度最大，空气阻力斜向下方最大.开始上升时与竖直方向夹角最小，故此时空气阻力在竖直方向的分力最大，根据牛顿第二定律可知此时竖直方向分运动的加速度最大，故选A.3.一质量为m的乘客站在倾角为θ的自动扶梯的水平踏板上，随扶梯一起以大小为a0的加速度加速上行，如图所示.重力加速度大小为g.该过程中，乘客对踏板的压力大小为() A.mg B.ma0sin θC.mg+ma0sin θD..mg－ma0sin θ【答案】C4.一质量为m 的物块在倾角为θ的足够长的固定斜面上匀减速下滑.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.变长B.变短C.不变D..不能确定 【答案】B5.中国载人深潜器“蛟龙”号7 000 m 级海试中下潜深度达7 062 m ，再创中国载人深潜纪录.设潜水器在下潜或上升的过程中只受重力、海水浮力和海水阻力作用，已知海水浮力大小为F ，设海水阻力与潜水器的速率成正比.当潜水器的总质量为m 时恰好匀速下降，若使潜水器以同样速率匀速上浮，则需要抛弃物体的质量为(重力加速度为g )( ) A.2Fg －m B.2(m －Fg ) C.m －F gD..2m －F g【答案】B6.(多选)如图，小球在水平轻绳和轻弹簧拉力作用下静止，弹簧与竖直方向夹角为θ.设重力加速度为g ，下列正确的是( )A.剪断弹簧OA 瞬间，小球的加速度大小为g ，方向竖直向下B.剪断弹簧OA 瞬间，小球的加速度大小为gcos θ，方向与竖直方向成θ角斜向右下 C.剪断OB 绳瞬间，小球的加速度大小为g sin θ，方向与OA 垂直斜向左下 D.剪断OB 绳瞬间，小球的加速度大小为g tan θ，方向水平向左【答案】AD【解析】剪断弹簧OA 瞬间，绳的拉力变为零，小球只受重力，由牛顿第二定律得a ＝g ，方向竖直向下，故A 正确，B 错误；以球为研究对象，由平衡条件得F OB －F OA sin θ＝0，F OA cos θ－mg ＝0，联立解得F OB ＝mg tan θ.剪断轻绳OB 瞬间，弹簧的弹力没有变化，小球所受的合外力是重力与弹力的合力，与原来细绳的拉力大小相等、方向相反，由牛顿第二定律得a ＝mgtan θm＝g tan θ，方向水平向左，故C 错误，D 正确.综合提升练7.一辆货车运载着圆柱形光滑的空油桶.在车厢底，一层油桶平整排列，相互紧贴并被牢牢固定.上一层只有一只桶C ，自由地摆放在A 、B 之间，和汽车一起保持静止，如图所示，当C 与车共同向左加速时( )A.A 对C 的支持力变大B.B 对C 的支持力不变C.当向左的加速度达到√32g 时，C 将脱离AD.当向左的加速度达到√33g时，C将脱离A【答案】D【解析】对C进行受力分析，如图所示.设B对C的支持力与竖直方向的夹角为θ，根据几何关系可得sinθ＝R2R ＝12，所以θ＝30°；同理可得，A对C的支持力与竖直方向的夹角也为30°.原来C处于静止状态，根据平衡条件可得N B sin 30°＝N A sin 30°；令C的加速度为a，根据正交分解以及牛顿第二定律有N B'sin 30°－N A'sin 30°＝ma，可见A对C的支持力减小、B对C的支持力增大，故A、B错误；当A对C的支持力为零时，根据牛顿第二定律可得mg tan 30°＝ma，解得a＝√33g，C错误，D正确.8.(2022年海南模拟)(多选)如图所示，铁球A、B的质量分别为2m、m，它们之间由轻质弹簧相连，弹簧的劲度系数为k，用细绳OA将它们按图示悬于天花板上，整个系统静止，重力加速度为g，下列说法中正确的是()A.静止时弹簧的伸长量为mgkB.烧断细绳OA的瞬间，铁球A和铁球B以相同的加速度g做自由落体运动C.烧断细绳OA的瞬间，铁球A的加速度大小为1.5gD.烧断细绳OA的瞬间，铁球B的加速度大小为g【答案】AC【解析】静止时，对小球B由平衡条件可得k·Δx＝mg，解得Δx＝mgk，A正确；静止时，对A、B组成的系统由平衡条件可知细绳OA的拉力为3mg，烧断细绳OA的瞬间，弹簧的弹力不变，故B球加速度为零，对A球由受力分析可得a＝3mg2m＝1.5 g，C正确，B、D错误.9.(2022年汕头模拟)一餐厅推出了一款智能送餐机器人进行送餐(如图甲).该款机器人的最大运行速度为4 m/s，加速度大小在1 m/s2≤a≤3 m/s2范围内可调节，要求：送餐过程托盘保持水平，菜碟与托盘不发生相对滑动，机器人到达餐桌时速度刚好为0.现把送餐过程简化为如图的直线情境图(如图乙)，已知机器人恰好以最大运行速度v＝4 m/s通过O处，O与餐桌A相距x0＝6 m，餐桌A和餐桌F相距L＝16 m，机器人、餐桌都能看成质点，送餐使用的菜碟与托盘之间的动摩擦因数为μ＝0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2.(1)在某次从O到餐桌A的过程中，机器人从O开始匀减速恰好到A停下，求机器人在此过程加速度a的大小.(2)完成(1)问中的送餐任务后，机器人马上从A继续送餐到F，若要求以最短时间从A送餐到F，求机器人运行的最大加速度a m和加速过程通过的位移x加.解：(1)从O点到A点，由运动公式知0－v2＝2ax0，解得a＝0－v 22x0＝－422×6m/s2＝－43m/s2.机器人在此过程加速度a的大小为43m/s2.(2)要想用最短时间，则机器人先以最大加速度加速，然后匀速一段时间，再以最大加速度做减速到零.最大加速度由牛顿第二定律有a m＝μg＝2 m/s2，加速的位移为x加＝v 22a m＝4 m.。
专题15 超重失重、等时圆和动力学两类基本问题(原卷版)-2024年高考物理一轮综合复习
2024年高考物理一轮大单元综合复习导学练专题15超重失重、等时圆和动力学两类基本问题导练目标导练内容目标1超重失重目标2动力学两类基本问题目标3等时圆模型【知识导学与典例导练】一、超重失重1．判断超重和失重现象的三个角度(1)从受力的角度判断：当物体受到的向上的拉力(或支持力)大于重力时，物体处于超重状态；小于重力时处于失重状态；等于零时处于完全失重状态。
(2)从加速度的角度判断：当物体具有向上的加速度时处于超重状态；具有向下的加速度时处于失重状态；向下的加速度恰好等于重力加速度时处于完全失重状态。
(3)从速度变化角度判断：物体向上加速或向下减速时，超重；物体向下加速或向上减速时，失重。
2．对超重和失重问题的三点提醒(1)发生超重或失重现象与物体的速度方向无关，只取决于加速度的方向。
(2)并非物体在竖直方向上运动时，才会出现超重或失重现象。
只要加速度具有竖直向上的分量，物体就处于超重状态；同理，只要加速度具有竖直向下的分量，物体就处于失重状态。
(3)发生超重或者失重时，物体的实际重力并没有发生变化，变化的只是物体的视重。
【例1】如图所示，一个圆形水杯底部有一小孔，用手堵住小孔，往杯子里倒半杯水。
现使杯子做以下几种运动，不考虑杯子转动及空气阻力，下列说法正确的是（）A．将杯子竖直向下抛出，小孔中有水漏出B．将杯子斜向上抛出，小孔中有水漏出C．用手握住杯子向下匀速运动，不堵住小孔也没有水漏出D．杯子做自由落体运动，小孔中没有水漏出【例2】“笛音雷”是春节期间常放的一种鞭炮，其着火后一段时间内的速度—时间图像如图所示（取竖直向上为正方向），其中0t时刻为“笛音雷”起飞时刻、DE段是斜率大小为重力加速度g的直线。
不计空气阻力，则关于“笛音雷”的运动，下列说法正确的是（）A ．“笛音雷”在2t 时刻上升至最高点B ．34~t t 时间内“笛音雷”做自由落体运动C ．01t ~t 时间内“笛音雷”的平均速度为12v D ．34~t t 时间内“笛音雷”处于失重状态二、动力学两类基本问题1.解决动力学两类问题的两个关键点(1)把握“两个分析”“一个桥梁”(2)找到不同过程之间的“联系”,如第一个过程的末速度就是下一个过程的初速度,若过程较为复杂,可画位置示意图确定位移之间的联系。
高考物理一轮总复习课时冲关八牛顿第二定律两类动力学问题含解析新人教
牛顿第二定律 两类动力学问题[A 级－基础练]1．大小分别为1 N 和7 N 的两个力作用在一个质量为1 kg 的物体上，物体能获得的最小加速度和最大加速度分别是( )A ．1 m/s 2和7 m/s 2B ．5 m/s 2和8 m/s 2C ．6 m/s 2和8 m/s 2D ．0 m/s 2和8 m/s 2解析：C [当两力反向时，合力最小，加速度最小，a min ＝7－11 m/s 2＝6 m/s 2；当两力同向时，合力最大，加速度最大，a max ＝7＋11m/s 2＝8 m/s 2，选项C 正确．]2．有研究发现，轿车的加速度变化情况将影响乘客的舒适度，即加速度变化得越慢，乘客就会感到越舒适，加速度变化得越快，乘坐轿车的人就会感到越不舒适．若引入一个新物理量来表示加速度变化的快慢，则该物理量的单位是( )A ．m/sB ．m/s 2C ．m/s 3D ．m 2/s解析：C [新物理量表示的是加速度变化的快慢，所以新物理量应该等于加速度的变化量与时间的比值，所以新物理量的单位应该是m/s 3，选项C 正确．]3．(2018·山东枣庄质检)有一轻质橡皮筋下端挂一个铁球，手持橡皮筋的上端使铁球竖直向上做匀加速运动，若某时刻手突然停止运动，则下列判断正确的是( )A ．铁球立即停止上升，随后开始向下运动B ．铁球立即开始向上做减速运动，当速度减到零后开始下落C ．铁球立即开始向上做减速运动，当速度达到最大值后开始下落D ．铁球继续向上做加速运动，当速度达到最大值后才开始做减速运动解析：D [铁球匀加速上升，受到拉力和重力的作用，且拉力的大小大于重力，手突然停止运动瞬间，铁球由于惯性继续向上运动，开始阶段橡皮条的拉力还大于重力，合力竖直向上，铁球继续向上加速运动，当拉力等于重力后，速度达到最大值，之后拉力小于重力，铁球开始做减速运动，故A 、B 、C 错误，D 正确．]4．(2018·莱州质检)如图所示，小车沿水平面做直线运动，小车内光滑底面上有一物块被压缩的弹簧压向左壁，小车向右加速运动．若小车向右加速度增大，则车左壁受物块的压力F 1和车右壁受弹簧的压力F 2的大小变化是( )A ．F 1不变，F 2变大B ．F 1变大，F 2不变C ．F 1、F 2都变大D ．F 1变大，F 2减小解析：B [若小车向右的加速度增大，弹簧长度不变，则车左壁受物块的压力F 1增大，车右壁受弹簧的压力F 2的大小不变，B 正确．]5．(2019·广西南宁模拟)如图所示，车内轻绳AB 与BC 拴住一小球，BC 水平，开始车在水平面上向右做匀速直线运动，现突然刹车做匀减速直线运动，小球仍处于图中所示的位置，则( )A ．AB 绳、BC 绳拉力都变小 B ．AB 绳拉力变大，BC 绳拉力不变 C ．AB 绳拉力不变，BC 绳拉力变小D ．AB 绳拉力不变，BC 绳拉力变大解析：C [对球B 受力分析，受重力、BC 绳子的拉力F T2、AB 绳子的拉力F T1，如图所示，根据牛顿第二定律，水平方向：F T2－F T1sin θ＝ma竖直方向：F T1cos θ－mg ＝0 解得F T1＝mgcos θ，AB 绳子的拉力不变F T2＝mg tan θ＋ma匀速时加速度为零，刹车后，加速度向左，取负值，所以，BC 绳子的拉力变小，故C 正确，A 、B 、D 错误．]6．(2019·黄石模拟)如图，带有竖直支柱的斜面固定在水平地面上，光滑的小球被轻质细线和轻弹簧系住静止于斜面上，弹簧处于拉伸状态．现剪断细线，小球沿斜面向下运动的过程中( )A ．弹簧达到自然长度前加速运动，之后减速运动B ．弹簧达到自然长度前加速运动，之后先加速运动后减速运动C ．加速度先增大后减小D ．加速度一直减小解析：B [在未剪断细线时，弹簧处于伸长状态，故弹簧对小球有向下的弹力，故剪断细线后小球先加速向下运动，加速度减小，当弹簧的弹力沿斜面向上且等于小球重力沿斜面向下的分力时，速度达到最大，小球继续向下运动，此后弹簧的弹力大于小球重力沿斜面向下的分力，小球做减速运动，并且加速度增大，选项B 正确．]7.如图所示，水平桌面由粗糙程度不同的AB 、BC 两部分组成，且AB ＝BC .小物块P (可视为质点)以某一初速度从A 点滑上桌面，最后恰好停在C 点，已知物块经过AB 与BC 两部分的时间之比为1∶4，则物块P 与桌面上AB 、BC 部分之间的动摩擦因数μ1、μ2之比为(P 物块在AB 、BC 上所做两段运动可看做匀变速直线运动)( )A ．1∶4B ．8∶1C ．1∶1D ．4∶1解析：B [设B 点的速度为v B ，根据匀变速直线运动平均速度的推论有：v 0＋v B 2t 1＝v B2t 2，又t 1∶t 2＝1∶4，解得：v B ＝v 03，在AB 上的加速度大小为：a 1＝μ1g ＝v 0－v Bt 1，在BC 上的加速度大小为：a 2＝μ2g ＝v Bt 2，联立解得：μ1∶μ2＝8∶1，故选B.]8．(2019·吉林调研)如图所示，质量为4 kg 的物体A 静止在竖直的轻弹簧上面．质量为1 kg 的物体B 用细线悬挂起来，A 、B 紧挨在一起但A 、B 之间无压力．某时刻将细线剪断，则细线剪断瞬间，B 对A 的压力大小为(g 取10 m/s 2)( )A ．0B ．8 NC ．10 ND ．50 N解析：B [剪断细线前，物体A 、B 间无压力，则弹簧的弹力F ＝m A g ＝40 N ，剪断细线的瞬间，对物体A 、B 整体分析，整体加速度a ＝m A ＋m B g －F m A ＋m B＝2 m/s 2，对物体B 隔离分析，有m B g －F N ＝m B a ，解得F N ＝m B g －m B a ＝8 N ，故B 正确．]9．(2019·广州六校联考)某种型号焰火礼花弹从专用炮筒中射出后，在4 s 末到达离地面100 m 的最高点时炸开，构成各种美丽的图案．假设礼花弹从炮筒中竖直向上射出时的初速度是v 0，上升过程中所受的阻力大小始终是自身重力的k 倍，g ＝10 m/s 2，那么v 0和k 分别等于( )A ．40 m/s,1.25B ．40 m/s,0.25C ．50 m/s,1.25D ．50 m/s,0.25解析：D [上升过程中所受的阻力f ＝kmg ，根据牛顿第二定律得：a ＝mg ＋fm＝(k ＋1)g ，根据h ＝12at 2，得：a ＝2h t2＝12.5 m/s 2，所以v 0＝at ＝50 m/s ，而(k ＋1)g ＝12.5 m/s 2，所以k ＝0.25.故选D.][B 级—能力练]10．(2019·日照模拟)如图所示，在竖直平面内有半径为R 和2R 的两个圆，两圆的最高点相切，切点为A ，B 和C 分别是小圆和大圆上的两个点，其中AB 长为2R ，AC 长为22R .现沿AB 和AC 建立两条光滑轨道，自A 处由静止释放小球，已知小球沿AB 轨道运动到B点所用时间为t 1，沿AC 轨道运动到C 点所用时间为t 2，则t 1与t 2之比为( )A ．1∶ 2B ．1∶2C ．1∶ 3D ．1∶3解析：A [设AB 与竖直方向的夹角为θ，则AB ＝2R cos θ，小球沿AB 下滑的加速度为a ＝g cos θ，解得小球在AB 上运动的时间为t 1＝ 2ABa＝4Rg；同理可知小球在AC上运动的时间为t 2＝2AC a ＝8Rg，则t 1与t 2之比为1∶2，选项A 正确．]11.(多选)如图所示是一劲度系数为k 的轻质弹簧，上端固定，下端连着一质量为m 的物块A ，A 放在托盘B 上初始时全部静止，弹簧处于自然长度，现设法控制B 的运动，使A 匀加速下降，用x 表示弹簧伸长量，用a 表示A 的加速度，则在能保持A 匀加速下降的整个过程中(始终在弹簧弹性限度内)，重力加速度为g ，下列说法正确的有( )A ．B 对A 的作用力随弹簧伸长量x 线性递增B ．若a ＝g 4，则弹簧最大形变量为3mg 4kC ．B 对A 的最大作用力为m (g ＋a )D ．物块A 的高度下降了mg －mak解析：BD [随着托盘向下运动，弹簧的弹力增大，托盘支持力减小，A 错误；当a ＝g4时，根据牛顿第二定律得mg －F ＝ma ，解得F ＝mg －ma ＝3mg 4＝kx ，解得x ＝3mg4k ，故B 正确；由B项可知，B 对A 的最大作用力为F ＝mg －ma ，故C 错误；由mg －ma ＝kx 得：x ＝mg －mak，故物块的高度下降了mg －mak，D 正确．] 12．(2019·江西重点中学联考)趣味运动会上运动员手持网球拍托球沿水平面匀加速跑，设球拍和球质量分别为M 、m ，球拍平面和水平面之间夹角为θ，球拍与球保持相对静止，它们间摩擦力及空气阻力不计，则( )A ．运动员的加速度为g tan θB ．球拍对球的作用力为mgC ．运动员对球拍的作用力为(M ＋m )g cos θD ．若加速度大于g sin θ，球一定沿球拍向上运动解析：A [网球受力如图甲所示，根据牛顿第二定律得F N sin θ＝ma ，又F N cos θ＝mg ，解得a ＝g tan θ，F N ＝mgcos θ，故A 正确，B 错误；以球拍和球整体为研究对象，受力如图乙所示，根据平衡，运动员对球拍的作用力为F ＝M ＋m gcos θ，故C 错误；当a ＞g tan θ时，网球才向上运动，由于g sin θ与g tan θ的大小关系未知，故球不一定沿球拍向上运动，故D 错误．]13．(2019·台州模拟)已知无人机质量m ＝1 kg ，动力系统能提供的最大升力F ＝16 N ，无人机上升过程中最大速度v ＝6 m/s ，若无人机从地面以最大升力竖直起飞，达到最大速度所用时间为3 s ，假设无人机竖直飞行时所受阻力大小不变，求：(1)无人机以最大升力起飞的加速度大小； (2)无人机在竖直上升过程中所受阻力F f 的大小；(3)无人机从地面起飞竖直上升至离地高度h ＝30 m 的高空所需的最短时间． 解析：(1)无人机以最大升力起飞的加速度大小为：a ＝v t ＝63m/s 2＝2 m/s 2. (2)根据牛顿第二定律可得，F －mg －F f ＝ma ，代入数据可解得：F f ＝4 N.(3)由位移－时间公式得，无人机匀加速上升的高度：h 1＝12at 2＝12×2×32 m ＝9 m ，无人机达到最大速度匀速上升的高度：h 2＝h －h 1＝30 m －9 m ＝21 m ，由x ＝vt 得，无人机匀速飞行的时间：t ′＝h 2v ＝216s ＝3.5 s则无人机从地面起飞竖直上升至离地高度h ＝30 m 的高空所需的最短时间：t 总＝t ＋t ′＝3 s ＋3.5 s ＝6.5 s.答案：(1)2 m/s 2(2)4 N (3)6.5 s14．2018年中国大学生越野滑雪锦标赛于12月24日上午8点30分在长春净月潭瓦萨越野滑雪基地开赛．滑雪运动是运动员把滑雪板装在靴底在雪地上进行的滑行、跳跃的竞赛运动．当滑雪板相对雪地速度较大时，会把雪内的空气逼出来，在滑雪板与雪地间形成一个暂时的“气垫”，从而大大减小雪地对滑雪板的摩擦．然而当滑雪板相对雪地速度较小时，与雪地接触的时间超过某一值，滑雪板就会下陷，使得与雪地间的摩擦力增大．假设速度超过8 m/s 时，滑雪板与雪地间的动摩擦因数就会由μ1＝0.25变为μ2＝0.125.一运动员从倾角θ＝37°的坡顶A 处由静止开始自由下滑，滑至坡底B (B 处为一光滑小圆弧)后又滑上一段水平地面，最后停在C 处，如图所示．不计空气阻力，已知坡长l ＝24.1 m ，g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.(1)求运动员从静止开始到动摩擦因数发生变化所经历的时间； (2)求运动员到达B 处时的速度大小；(3)若滑雪板与水平地面间的动摩擦因数μ3＝0.5，求运动员在水平地面上运动的最大距离．解析：(1)由牛顿第二定律得，mg sin θ－μ1mg cos θ＝ma 1，有a 1＝g sin θ－μ1g cos θ＝4 m/s 2运动员从静止开始到动摩擦因数发生变化所经历的时间t 1＝va 1＝2 s位移x 1＝12a 1t 21＝8 m.(2)由牛顿第二定律得，mg sin θ－μ2mg cos θ＝ma 2，得a 2＝g sin θ－μ2g cos θ＝5 m/s 2由v 2B ＝v 2＋2a 2(l －x 1) 代入数据解得v B ＝15 m/s.(3)根据牛顿第二定律得a 3＝μ3g ＝5 m/s 2在水平面滑行的距离x 3＝v 2B2a 3＝22.5 m.答案：(1)2 s (2)15 m/s (3)22.5 m。
高三物理一轮总复习 专题3.2 牛顿第二定律 两类动力学问题(含解析)
专题3.2 牛顿第二定律两类动力学问题课前预习● 自我检测1. 判断正误，正确的划“√”，错误的划“×”(1) 物体加速度的方向一定与合外力方向相同。
(√)(2) 质量越大的物体，加速度越小。
(×)(3) 物体的质量与加速度成反比。
(×)(4) 物体受到外力作用，立即产生加速度。
(√)(5) 可以利用牛顿第二定律确定自由电子的运动情况。
(×)(6) 物体所受的合外力减小，加速度一定减小，而速度不一定减小。
(√)(7) 千克、秒、米、库仑、安培均为国际单位制的基本单位。
(×)(8) 力的单位牛顿，简称牛，属于导出单位。
(√)(9) 物体在外力作用下做匀加速直线运动，当合外力逐渐减小时，物体的速度逐渐减小(×)(10) 物体的加速度大小不变一定受恒力作用. (×)2. 下列四组单位中,哪一组中的各单位都是国际单位制中的基本单位( )。
A.米(m)、牛(N)、秒(s)B.米(m)、千克(kg)、秒(s)C.千克(kg)、焦耳(J)、秒(s)D.米(m)、千克(kg)、牛(N)【答案】B3.(2016·上海卷) 如图,顶端固定着小球的直杆固定在小车上,当小车向右做匀加速运动时,球所受合外力的方向沿图中的( )A. O A方向B. O B方向C. O C方向D. O D方向【答案】D【解析】据题意可知,小车向右做匀加速直线运动,由于球固定在杆上,而杆固定在小车上,则三者属于同一整体,根据整体法和隔离法的关系分析可知,球和小车的加速度相同,所以球的加速度也应该向右,故选项D正确.4. 如图所示,弹簧左端固定,右端自由伸长到O点并系住物体m.现将弹簧压缩到A点,然后释放,物体可以一直运动到B点,如果物体受到的阻力恒定,则( )A. 物体从A到O先加速后减速B. 物体从A到O加速运动,从O到B减速运动C. 物体运动到O点时所受合力为0D. 物体从A到O的过程加速度逐渐减小【答案】A5. 质量为10 kg的物体在F＝200 N的水平推力作用下，从粗糙斜面的底端由静止开始沿斜面运动，斜面固定不动，与水平地面的夹角θ＝37°。
高考物理总复习练习：第7课+两类动力学问题+超重与失重+Word版含解析.docx
第7课 两类动力学问题 超重与失重1．两类动力学问题a ．运用牛顿运动定律解决已知受力情况求运动情况的问题 (1)(多选)(2016全国Ⅱ，6分)两实心小球甲和乙由同一种材料制成，甲球质量大于乙球质量。
两球在空气中由静止下落，假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，与球的速率无关。
若它们下落相同的距离，则( ) A ．甲球用的时间比乙球长B ．甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小C ．甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小D ．甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功 答案：BD解析：设小球受到的阻力为f ，则f ＝kR ，k 是常数，则由牛顿第二定律得mg －f ＝ma ，而 m ＝ρ·43πR 3，故a ＝g －k ρ·43πR 2，由R 甲>R 乙、ρ甲＝ρ乙可知a 甲>a 乙，故C 项错误。
因甲、乙位移相同，由v 2＝2ax 可知，v 甲>v 乙，故B 项正确。
由x ＝12at 2可知，t 甲<t 乙，故A 项错误。
由功的定义得W 克服＝fx ，又f 甲>f 乙，则W 甲克服>W 乙克服，故D 项正确。
(2)(2016四川理综，17分)避险车道是避免恶性交通事故的重要设施，由制动坡床和防撞设施等组成，如图所示竖直平面内，制动坡床视为与水平面夹角为θ的斜面。
一辆长12 m 的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床，当车速为23 m/s 时，车尾位于制动坡床的底端，货物开始在车厢内向车头滑动，当货物在车厢内滑动了4 m 时，车头距制动坡床顶端38 m ，再过一段时间，货车停止。
已知货车质量是货物质量的4倍，货物与车厢间的动摩擦因数为0.4；货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的0.44倍。
货物与货车分别视为小滑块和平板，取cos θ＝1，sin θ＝0.1，g ＝10 m/s 2。
求：①货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向； ②制动坡床的长度。
高考物理总复习3.2牛顿第二定律两类动力学问题针对训练含解析新人教版
高考物理总复习3.2牛顿第二定律两类动力学问题针对训练含解析新人教版3.2 牛顿第二定律 两类动力学问题1．(2019年襄阳模拟)在欢庆节日的时候，人们会在夜晚燃放美丽的焰火．按照设计，某种型号的装有焰火的礼花弹从专用炮筒中射出后，在4 s 末到达离地面100 m 的最高点时炸开，构成各种美丽的图案．假设礼花弹从炮筒中竖直射出时的初速度是v 0，上升过程中所受的平均阻力大小始终是自身重力的k 倍，那么v 0和k 分别等于(重力加速度g 取10m/s 2)( )A ．25 m/s ，1.25 B.40 m/s ，0.25C ．50 m/s ，0.25 D.80 m/s ，1.25解析：根据h ＝12at 2，解得a ＝12.5 m/s 2，所以v 0＝at ＝50 m/s ；上升过程礼花弹所受的平均阻力F f ＝kmg ，根据牛顿第二定律得a ＝mg ＋F f m ＝(k ＋1)g ＝12.5 m/s 2，解得k ＝0.25，故C 正确．答案：C图3－2－192．(2019年山东师大附中质检)(多选)如图3－2－19所示，质量为m ＝1 kg 的物体与水平地面之间的动摩擦因数为0.3，当物体运动的速度为10 m/s 时，给物体施加一个与速度方向相反的大小为F ＝2 N 的恒力，在此恒力作用下(g 取10 m/s 2)( )A ．物体经10 s 速度减为零B ．物体经2 s 速度减为零C ．物体速度减为零后将保持静止D ．物体速度减为零后将向右运动解析：物体受到向右的滑动摩擦力，F f ＝μF N ＝μG ＝3 N ，根据牛顿第二定律得，a ＝F ＋F fm＝2＋31m/s 2＝5 m/s 2，方向向右，物体减速到0所需的时间t ＝v 0a ＝105s ＝2 s ，A 错误，B 正确，减速到零后，F <F f ，物体处于静止状态，不再运动，C 正确，D 错误．答案：BC3．(2019年长沙模拟)一皮带传送装置如图3－2－20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，若滑块放到皮带的瞬间，滑块的速度为零，且弹簧正好处于自由长度，则当弹簧从自由长度到第一次达最长这一过程中，滑块的速度和加速度变化的情况是( )图3－2－20A ．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：滑块放上传送带，受到向左的摩擦力，开始摩擦力大于弹簧的弹力，向左做加速运动，在此过程中，弹簧的弹力逐渐增大，根据牛顿第二定律，加速度逐渐减小，当弹簧的弹力与滑动摩擦力相等时，速度达到最大，然后弹力大于摩擦力，加速度方向与速度方向相反，滑块做减速运动，弹簧弹力继续增大，根据牛顿第二定律得，加速度逐渐增大，速度逐渐减小，故A 、B 、C 错误，D 正确．答案：D图3－2－214．(2019年南宁模拟)如图3－2－21所示，质量为m 的球置于斜面上，被一个竖直挡板挡住．现用一个力F 拉斜面，使斜面水平面上做加速度为a 的匀加速直线运动，忽略一切摩擦，以下说法中正确的是( )A ．若加速度足够小，竖直挡板对球的弹力可能为零B ．若加速度足够大，斜面对球的弹力可能为零C ．斜面和挡板对球的弹力的合力等于maD ．挡板对球的弹力不仅有，而且是一个定值图3－2－22解析：球在重力、斜面的支持力和挡板的弹力作用下做加速运动，则球受到的合力水平向右，为ma ，如图3－2－22，设斜面倾角为θ，挡板对球的弹力为F 1，由正交分解法得F 1－F N sin θ＝ma ，F N cos θ＝G ，解得F 1＝ma ＋G tan θ，可见，弹力为一定值，故D 正确．答案：D图3－2－235．(2019年山东省实验中学质检)(多选)如图3－2－23所示，两轻质弹簧a 、b 悬挂一质量为m 的小球，整体处于平衡状态，弹簧a 与竖直方向成30°角，弹簧b 与竖直方向成60°角，a 、b 两弹簧的形变量相等，重力加速度为g ，则( )A ．弹簧a 、b 的劲度系数之比为3∶2B ．弹簧a 、b 的劲度系数之比为3∶1C ．若弹簧a 下端与小球松脱，则松脱瞬间小球的加速度大小为3gD ．若弹簧b 下端与小球松脱，则松脱瞬间小球的加速度大小为g2解析：对小球受力分析，受到弹簧a 的拉力、弹簧b 的拉力和重力，三力平衡，故有T a ＝mg cos30°＝k a Δx ，T b ＝mg sin30°＝k b Δx ，故k a k b ＝cos30°sin30°＝31，A 错误，B 正确；若弹簧a 下端与小球松脱，松脱瞬间弹簧b 的弹力不变，故小球所受重力和弹簧b 的弹力的合力与T a 大小相等、方向相反，故a ＝mg cos30°m ＝32g ，若弹簧b 下端与小球松脱，则松脱瞬间a 弹簧的弹力不变，故小球所受重力和a 弹簧弹力的合力与T b 大小相等、方向相反，故小球的加速度a ′＝mg sin30°m ＝12g ，C 错误，D 正确． 答案：BD图3－2－246．(2018年高考·课标全国卷Ⅰ)如图3－2－24所示，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P ，系统处于静止状态．现用一竖直向上的力F 作用在P 上，使其向上做匀加速直线运动．以x 表示P 离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F 和x 之间关系的图象可能正确的是( )图3－2－25解析：设物块P 静止时，弹簧的长度为x 0，物块P 受重力mg 、弹簧弹力k (l －x 0－x )及力F ，根据牛顿第二定律，得F ＋k (l －x 0－x )－mg ＝ma且k (l －x 0)＝mg故F ＝kx ＋ma .根据数学知识知F －x 图象是截距为ma 的一次函数图象．答案：A。
物理高考一轮复习两类动力学问题专题提升训练(附答案)
物理高考一轮复习两类动力学问题专题提升训练（附答案）动力学是实际力学的一个分支学科，它主要研讨作用于物体的力与物体运动的关系，下面是两类动力学效果专题提升训练，请大家仔细练习。
一、选择题(在题后给的选项中，第1～4题只要一项契合标题要求，第5～9题有多项契合标题要求.)1.(2021年广州调研)如图K3-2-1甲，运动在润滑水平面上O点的物体，从t=0时辰末尾遭到如图K3-2-1乙所示的水平力作用，设向右为F的正方向，那么物体()A.不时向左运动B.不时向右运动C.不时匀减速运动D.在O点左近左右运动【答案】B【解析】设物体质量为m，由图象可知，0～1 s内物体向右做匀减速直线运动，1 s末的速度v1=;1～2 s内物体以初速度v1=向右做匀减速直线运动，2 s末的速度v2=v1-=0;综上可知，物体会不时向右运动.选项B正确.2.质量为 2 kg 的物体运动在足够大的水平空中上，物体与空中间的动摩擦因数为0.2，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等.从t=0时辰末尾，物体遭到方向不变、大小呈周期性变化的水平拉力F的作用，F随时间t的变化规律如图K3-2-2所示.重力减速度g取10 m/s2，那么物体在t=0至t=12 s这段时间的位移大小为()A.18 mB.54 mC.72 mD.198 m【答案】B【解析】滑动摩擦力大小Fmg=4 N，那么0～3 s物体运动，6～9 s物体做匀速直线运动，3～6 s和9～12 s做减速度相等的匀减速直线运动，减速度a=m/s2=2 m/s2.6 s末的速度v1=23 m/s=6 m/s,12 s末的速度v2=6 m/s+23 m/s=12m/s.3～6 s发作的位移大小x1=3 m=9 m，6～9 s 发作的位移大小x2=63 m=18 m,9～12 s发作的位移大小x3=3 m=27 m，那么0～12 s发作的位移大小x=x1+x2+x3=54 m，应选项B 正确.4. (2021年河南模拟)2021年8月14日，中国乒乓球地下赛在苏州市体育中心体育馆拉停战幕，吸引了上千市民前往观看.假定运发动在训练中手持乒乓球拍托球沿水平面做匀减速运动，球拍与球坚持相对运动且球拍平面和水平面之间的夹角为.设球拍和球质量区分为M、m，不计球拍和球之间的摩擦，不计空气阻力，那么()A.运发动的减速度大小为gsinB.球拍对球的作用力大小为mgcosC.运发动对球拍的作用力大小为D.运发动对空中的作用力方向竖直向下【答案】C【解析】以乒乓球为研讨对象，球受重力和球拍的支持力，不难求出球遭到的合力为mgtan ，其减速度为gtan ，遭到球拍的支持力为mg/cos ，由于运发动、球拍和球的减速度相等，选项A、B错误;同理运发动对球拍的作用力大小为(M+m)g/cos ，选项C正确;将运发动看做质点，由上述剖析知道运发动在重力和空中的作用力的合力作用下发生水平方向的减速度，空中对运发动的作用力应该斜向上，由牛顿第三定律知道，运发动对空中的作用力方向斜向下，选项D 错误.5.(2021年黑龙江模拟)如图K3-2-4所示，A、B两物块的质量区分为2 m和m, 运动叠放在水平空中上. A、B间的动摩擦因数为，B与空中间的动摩擦因数为.最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力减速度为 g.现对A施加一水平拉力F，那么()A.当 F mg时，A、B都相对空中运动B.当 F=mg时，A的减速度为gC.当 Fmg时，A相对B滑动D.无论F为何值，B的减速度不会超越g【答案】BCD【解析】当A、B刚要发作相对滑动时，A、B间的摩擦力到达最大静摩擦力，即f=2mg ，隔离B剖析，依据牛顿第二定律得，23mg=ma，解得a=g.对全体剖析，依据牛顿第二定律有：F-3mg=3ma，解得F=3mg.故当Fmg时，A、B发作相对滑动，故C正确;经过隔离B剖析，知B的减速度不会超越g，故D正确;当F=mg时，A、B坚持相对运动，对全体剖析，减速度a===g，故B正确;当Fmg，知小于A、B之间的最大静摩擦力，那么A、B不发作相对滑动，对全体剖析，由于全体遭到空中的最大静摩擦力fm=3mg=mg，知A、B不能相对空中运动，故A错误.6.(2021年潮州模拟)如图K3-2-5所示，一小车放在水平空中上，小车的底板上放一润滑小球，小球经过两根轻弹簧与小车两壁相连.当小车匀速运动时，两弹簧L1、L2恰处于自然形状.当发现L1变长、L2变短时，以下判别正确的选项是()A.小车能够正在向右做匀减速运动B.小车能够正在向右做匀减速运动C.小车能够正在向左做匀减速运动D.小车能够正在向左做匀减速运动【答案】BC【解析】L1变长，L2变短，小球遭到L1向左的拉力和L2向左的弹力，合力方向向左，那么减速度方向向左，选项B、C正确.7.如图K3-2-6所示，质量为m的物体用细绳拴住放在水平粗糙传送带上，物体距传送带左端的距离为L，动摇时绳与水平方向的夹角为，当传送带区分以v1、v2的速度做逆时针转动时(v1A.F1C.t1一定大于t2D.t1能够等于t2【答案】BD【解析】皮带以不同的速度运动，物体所受的滑动摩擦力相等，物体仍处于运动形状，故F1=F2;物体在两种不同速度下运动时有能够先减速再匀速，也能够不时减速，故t1能够等于t2.8.如图K3-2-7所示，甲、乙两图都在润滑的水平面上，小车的质量都是M，人的质量都是m，甲图人推车、乙图人拉绳子(绳与轮的质量和摩擦均不计)的力都是F，关于甲、乙两车的减速度大小，以下说法正确的选项是()A.甲车的减速度大小为B.甲车的减速度大小为0C.乙车的减速度大小为D.乙车的减速度大小为0【答案】BC【解析】关于甲，以人、车全体为研讨对象，水平方向合力为零，由牛顿第二定律，得a甲=0;关于乙，水平方向全体受力为2F，再由牛顿第二定律，得a乙=，所以选项B、C正确.9.(2021年全国卷Ⅰ)2021年11月，歼15舰载机在辽宁号航空母舰上着舰成功.图K3-2-8(a)为应用阻拦系统让舰载机在飞行甲板上快速中止的原理表示图.飞机着舰并成功钩住阻拦索后，飞机的动力系统立刻封锁，阻拦系统经过阻拦索对飞机施加一作用力，使飞机在甲板上短距离滑行后中止.某次下降，以飞机着舰为计时零点，飞机在t=0.4 s时恰恰钩住阻拦索中间位置，其着舰到中止的速度时间图线如图K3-2-8(b)所示.假设无阻拦索，飞机从着舰到中止需求的滑行距离约为1 000 m.航母一直运动，重力减速度的大小为g.那么()A.从着舰到中止，飞机在甲板上滑行的距离约为无阻拦索时的1/10B.在0.4～2.5 s时间内，阻拦索的张力简直不随时间变化C.在滑行进程中，飞行员所接受的减速度大小会超越2.5gD.在0.4～2.5 s时间内，阻拦系统对飞机做功的功率简直不变【答案】AC【解析】速度时间图象中，图线与坐标轴所围图形的面积为物体的位移，所以可以计算飞机受阻拦时运动的位移约为x=700.4 m+(3.0-0.4)70 m=119 m，A正确;0.4 s到2.5 s时间内，速度时间图象的斜率不变，说明两条绳索张力的合力不变，但是两力的夹角不时变小，所以绳索的张力不时变小，B错;0.4 s到2.5 s时间内平均减速度约为a= m/s2=26.7 m/s2;C正确;0.4 s到2.5 s时间内，阻拦系统对飞机的作用力不变，飞机的速度逐渐减小，由P=Fv可知，阻拦系统对飞机做功的功率逐渐减小，D错.二、非选择题10.(2021年汕头模拟)一质量m=2.0 kg的小物块以一定的初速度冲上一倾角为37、足够长的斜面，某同窗应用传感器测出小物块从一末尾冲上斜面到往后上滑进程中多个时辰的瞬时速度，并用计算机作出了小物块上滑进程的速度-时间图象，如图K3-2-9所示，求：(sin 37=0.6，cos 37=0.8，g取10 m/s2)(1)小物块冲上斜面进程中减速度的大小;(2)小物块与斜面间的动摩擦因数;(3)小物块所抵达斜面最高点与斜面底端的距离.【答案】(1)8 m/s2 (2)0.25 (3)4.0 m【解析】(1)由小物块上滑进程的速度时间图象，可得小物块冲上斜面进程中的减速度a==m/s2=-8 m/s2，减速度大小为8 m/s2.(2)对小物块停止受力剖析如下图，有mgsin 37+f=ma，FN-mgcos 37=0，f=FN.代入数据，得=0.25.(3)由图象知距离s=t=1.0 m=4.0 m.11.消防队员为延长下楼的时间，往往抱着竖直的杆直接滑下.假定一名质量为60 kg、训练有素的消防队员从7楼(即离空中18 m的高度)抱着竖直的杆以最短的时间滑下.杆的质量为200 kg，消防队员着地的速度不能大于6 m/s，手和腿对杆的最大压力为1 800 N，手和腿与杆之间的动摩擦因数为0.5，设外地的重力减速度g=10 m/s2.假定杆是固定在空中上的，杆在水平方向不移动.试求：(1)消防队员下滑进程中的最大速度;(2)消防队员下滑进程中杆对空中的最大压力;(3)消防队员下滑的最短时间.【答案】(1)12 m/s (2)2 900 N (3)2.4 s【解析】(1)消防队员末尾阶段自在下落的末速度即为下滑进程的最大速度vm，有2gh1=v.消防队员遭到的滑动摩擦力Ff=FN1=0.51 800 N=900 N.减速阶段的减速度大小a2==5 m/s2，减速进程的位移为h2，由v-v2=2a2h2，又h=h1+h2，以上各式联立，可得vm=12 m/s.(2)以杆为研讨对象，得FN2=Mg+Ff=2 900 N.依据牛顿第三定律，得杆对空中的最大压力为2 900 N.(3)最短时间tmin=+=2.4 s.12.(2021年中山模拟)如图K3-2-10所示，一润滑斜面固定在水平空中上，质量m=1 kg的物体在平行于斜面向上的恒力F作用下，从A点由运动末尾运动，抵达B点时立刻撤去拉力F.尔后，物体抵达C点时速度为零.每隔0.2 s经过速度传感器测得物体的瞬时速度，下表给出了局部测量数据. 图K3-2-10t/s 0.0 0.2 0.4 2.2 2.4 v/(ms-1) 0.0 1.0 2.0 3.3 2.1 试求：(1)斜面的倾角(2)恒力F的大小;(3)t=1.6 s时物体的瞬时速度.【答案】(1)37 (2)11 N (3)6.9 m/s【解析】(1)物体从A到B做匀减速运动，设减速度为a1. 那么a1= m/s2=5 m/s2，假定物体减速了2.2 s，那么2.2 s 末速度为11 m/s，由表格数据知2.2 s末的速度为3.3 m/s，故当t=2.2 s时，物体已经过B点.因此减速进程减速度大小a2= m/s2=6 m/s2，mgsin =ma2，解得=37.(2)由(1)知a1=5 m/s2，F-mgsin =ma1，解得F=11 N.(3)设第一阶段运动的时间为t1，在B点时有5t1=2.1+6(2.4-t1)，t1=1.5 s.可见，t=1.6 s的时辰处在第二运动阶段，由逆向思想可得v=2.1 m/s+6(2.4-1.6) m/s=6.9 m/s.两类动力学效果专题提升训练及答案的全部内容就是这些，更多精彩内容请继续关注查字典物理网。
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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。
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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。