练案(16)第3章 专题强化三 动力学中的三类典型问题-【衡中学案】2025年高考物理一轮总复习提能训练（新教材）

12.(2023·浙江杭州高一联考)如图所示，甲同学需要 (I)平板车到达B点时的速度大小： 用平板车搬运学习用品，经过一段校园道路。平板 (2)甲同学的拉力大小： 车和用品的总质量为30kg,道路可以简化为一段长 (3)平板车刚滑上斜面时的加速度大小和方向。 为13.5m的水平道路AB和一段倾角为37°的斜坡 BC组成。甲同学拉动平板车由静止从A点出发，经 9s时间运动至B点，然后神上斜坡。甲同学的拉力 大小恒定，且拉力方向始终沿着小车的运动方向 当车刚滑上斜坡运动，乙同学在后面帮助推车，其推 力大小为104N,方向沿斜面向上。已知平板车所受 摩擦阻力为其对接触面压力的0.3倍，求： 甲向学 甲学 ∠同学 37 练案[16] 专题强化三 动力学中的三类典型问题 基础过关练 题组一连接体问题 A.F=1N时a=1m/s2 1.(2023·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 B.F=2N时a=2m 3 m/s? 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 C.F=3N时a=1.5m/s D.F=4N时a=2m/s2 4.(2021·全国甲卷)如图，将光滑长平板的下端置于铁 h700342 架台水平底座上的挡板P处，上部架在横杆上。横杆 AIN B.2N C.4N D.5N 的位置可在竖直杆上周节，使得平板与底座之间的夹 2.(多选)质量分别为M和m的物块A和B形状，大小 角日可变。将小物块由平板与竖直杆交点Q处静止 均相同，将它们通过轻绳跨过光滑定滑轮连接，如图 甲所示，绳子平行于倾角为α的斜面，A恰好静止在 释放，物块沿平板从Q点滑至P点所用的时间1与夹 斜面上，不考虑A、B与斜面之间的摩擦，若互换两物 角0的大小有关。若0由30°逐渐增大至60°，物块的 块位置，按图乙放置，然后释放A,斜面仍保持静止，则 下滑时间t将 () 下列说法正确的是 儿带长平板 w 甲 A轻绳的拉力等于mg B.轻绳的拉力等于Mg 铁架台 C.A运动的加速度大小为(1-ina)g DA运动的加速度大小为"： A.逐渐增大 B.逐渐减小 C.先增大后减小 D.先减小后增大 题组二临界问题和极值问题 5.(多选)(2024·四川高三模拟)卡车沿平直公路运输 3.(多选)如图所示，在光滑水平面上有一静止的质量M 质量为m的匀质圆筒状工件，将工件置于两光滑斜面 =2kg的木板，木板上静止放置一质量m=1kg的物 体，物体与木板之间的动摩擦因数4=0.2，重力加速 之间，如图所示。两斜面1、Ⅱ固定在车上，倾角分别 度g取10m/s2。现用水平恒力F拉物体m,下列关于 为30°和60°，重力加速度为g,圆筒对斜面1、Ⅱ压力 拉力F的大小及物体加速度a可能的是 的大小分别为F,F2。则 () 330 人当卡车匀速行装时R,= ZACAKKK0040 知 &当卡车匀速行驶时月=5m A.物体与弹簧分离时，弹簧处于压缩状态 2 mg B.弹簧的劲度系数为7.5N/cm C.卡车安全启动的最大加速度为3g C.物体的质量为3kg D.卡车安全刹车的最大加速度为3g D.物体的加速度大小为5m/s 题组三图像问题 能力综合练 6.橡皮筋弹弓夜光飞箭是一种常见的小玩具，它利用橡 皮筋将飞箭弹射升空，再徐徐下落，如图()所示，其9.（多选）如图甲，一个物块放在水平面上，在两个恒力 运动可简化为如下过程：飞箭以初速度。竖直向上射 F,、F作用下做匀速直线运动。1=0时刻，其中某个 出，在2时刻恰好回到发射点，其速度随时间的变化 力发生变化，大小随时间的变化关系如图乙所示，在 关系如图(b)所示。则下列关于飞箭运动的描述中正 0~。时间内 () 确的是 甲 A.若变化的是F,物块运动的加速度可能均匀减小 a） (h B.若变化的是F,地面对物块的摩擦力可能先不变后 A.上升和下落过程运动时间相等 均匀减小 B.上升和下落过程中平均速度大小相等 C.若变化的是F2,物块可能做匀加速直线运动 C0~2过程中加速度先减小后增大 D.若变化的是F:,地面对物块的摩擦力均匀减小 D.0~与2过程中所受阻力先减小后增大 10.(多选)如图甲所示，足够长的轨道周定在水平桌面 7,(多选)如图甲所示，一个质量为2kg的物体在水平力 上，一条跨过光滑定滑轮的轻质细绳两端分别连接 F作用下由静止开始沿粗糙水平面做直线运动，1=1s 物块P和Q。改变物块P的质量，可以得到物块Q 时撤去外力。物体的加速度α随时间：的变化规律如 运动的加速度a和绳中拉力F的关系图像如图乙所 图乙所示。则 ( 示。关于此运动的分析，下列说法正确的是() 4m-5】 ↑Gt+ 轨道 f 23临 F/N 从 4 A.F的大小为8N A.绳中拉力大小等于物块P的重力大小 B.0~1s和1~3s内物体加速度的方向相反 B.轨道不可能是水平的 C.1=3s时，物体离出发位置最远 C.物块Q的质量为0.5kg D.3s末物体的速度为0 D.物块Q受到轨道的摩擦力大小为1N 8.(2024·云南省玉溪高三检测)如图甲所示，一轻质弹11.(2024·河北百校联盟联考)如图甲所示，有一倾角 簧的下端固定在水平面上，上端放置一物体（物体与 0=37°的足够长斜面，将一质量m=1kg的物体无初 弹簧不拴接)，初始时物体处于静止状态，现用竖直向 速度在斜面上释放，同时施加一沿斜面向上的拉力， 上的拉力F作用在物体上，使物体开始向上做匀加速 拉力随时间变化的关系图像如图乙所示，物体与斜 运动，拉力F与物体位移x的关系如图乙所示(g= 面间的动摩擦因数4=0.25，取g=10m/s2,sin37 10m/g2),则正确的结论是 ( =0.6.c0s37°=0.8，求： 331 12.(2023·河南漯河高一统考期末)如 又s 图所示，现有一倾角为0=60°的斜 3.0 坡，一滑撬自斜坡顶端无初速度下滑 15 并开始计时。滑撬的顶端有一轻质 011 2468101214167 细线悬挂的小球，在滑撬下滑过程中 细线与虚线（垂直于斜坡方向）的夹 (1)2s未物体的速度； 角为：=30°，已知滑撬前端与坡底的 (2)前168内物体发生的位移。 高度差为h=10m,滑撬与斜坡间的动摩擦因数处处 相同。g取10m/s2,试求： (1)滑撬与斜坡间的动摩擦因数： (2)滑撬前端到达坡底需要的时问。 练案[17]专题强化四 传送带模型和“滑块一木板”模型 4tim 基础过关练 4m-s少 15 13 1.0 题组一传送带模型 1.（多选)为保障市民安全出行，有关部门规定：对乘坐 轨道交通的乘客所携带的物品实施安全检查。如图 甲所示为乘客在进入地铁站乘车前，将携带的物品放 20 2.0 到水平传送带上通过检测仪接受检查时的情景。如 15 图乙所示为水平传送带装置示意图。紧绷的传送带 ab始终以1m/s的恒定速率运行，乘客将一质量为 3 1kg的小包（可视为质点）无初速度地放在传送带左 2.如图所示，水平传送带A、B两Q 端的a点，设行李与传送带之间的动摩擦因数为0.1， B 端相距s=3.5m,工件与传送带 a,b间的距离为2m,g取10m/s。下列速度一时间 间的动摩擦因数从=0.1。工件 (一)图像和位移一时间(x-1)图像中，可能正确反 映行李在4、b之间的运动情况的有（除C中0~1s为 滑上A端瞬时速度，=4m/s,到达B端的瞬时速度 设为，则下列说法不正确的是 () 曲线外，其余均为直线段)】 A.若传送带不动，则g=3m/s B.若传送带以速度n=4m/s逆时针匀速转动，g=3m/s C.若传送带以速度n=2m/s顺时针匀速转动，。=3mVs D.若传送带以速度v=2m/s顺时针匀速转动，g=2m/s —332—7.8 -N (4)若斜百光清，以A,B整体为研究对象： w3sin(a+60° 有a.F-(m,+mn)sia9 当a=30时，拉力F有最小值，且F=号6N。 m+mn 以A为研究对象，有T-magsin0=m、a 例5：AB木板和实验台间的摩擦忽略不计，由题图(b)知，2s后 联立得T= N一F 物块和木板间的滑动摩擦力大小F。=0.2N。由题图(c)知.2 m、+mm 一4s内，木板的加速度大小4，=0,4 m/g2=0.2m/。2,撤去外 若斜面不光滑，以A,B鉴体为研究对象有 2 F-(ma+mu）gsin0-4(ma+mn）gcos0 力F后的加速度大小4，-Q4:0.2mg=0.2mg。设木板 ms+m知 以A为研究对象，有 质量为m,对木板进行受力分析，根据牛顿第二定律可得F一 T-magsin 0-umagcos 6=ma F=ma1,Fm=m,且知F=m块g=0.2N,解得m=1kg,F =0.4N,由于不知道物块的质量，故无法求出物块与木板间的 联立得T= mA十mn 动摩擦因数，选项AB正确，D借误。0~2s内，由题图(b)知， 用一F F是均匀增加的，选项C错误。 跟踪训练6：m,+m 跟踪训练3：B从小球接触弹簧上端O点到将弹簧压缩至最短的 [解析]对系统整体进行受力分析并应用牛领第二定律，有 过程中，弹簧弹力F=r,由牛颠第二定律可得mg-x=ma,解 F = 得a=g一点，选项B正确，选项D船误：加速度随时同的变化 m+m。 以B为研究对象，有T=mma 是先诚小再反向增大，但不是按线性关系变化，选项A,C错误。 得T= m一F。 跟踪训练4：BC根据牛顿第二定律有F-mg=ma,整现后有F m、+mn =ma+g,则可知F-a图像的斜率为m,纵截距为mg,则由 练案[16] 题图可看出m甲>m之4甲m甲g=42m之g,则以甲<2，故选BC。 跟踪训练5：ABD设物块上滑与下滑的加速度大小分别为a,和 :1.C对两物块整体做受力分析有F=2m,再对于后面的物块有 F=ma,Fm=2N,联立解得F=4N,故选C。 ,。由一图像的斜率等于加速度，得4= ,4=:物2.ACD第一次放置时A静止，期由平衡条件可得Mgn:=m 块上滑时根据牛顿第二定律有mgsin8+mgeos8=ma1,物块 第二次按图乙放置时，对A,Mg-F,=Ma:对B,F,-mgsin a= 下滑时根据牛顿第二定律有mg=in(90°-9)-4 ngcos(90°-8) m,联立解得a=0-血ag=",=g,故A.C,D正 =m,联立以上四式，由数学知识可求得斜面b的倾角8，物 确，B错误。 块与斜面间的动隆擦因数4，不能求出物块的质量m,故选项 3.BD当物体和木板刚要相对滑动时，M的加速度最大a= A.B正确，C错误：斜面c的长度L-5凸，，则可以求出上， 2 _02×0m/:2=1.0m/:2,此时二者加速度可认为相等， M 2 选项D正确。 对整体F=(m+M)a=3N,故C错误：当F小于3N时，物体和 名师讲坛·素养提升 木板相对静止一起向右加速，对二者组成的整体，当F=1N时， 6:(1)mF(2)m下 F F 2 m+mn m+mn a=M+m3m,当F=2N时=4n子m.故A (3)ms F (4)ms F ms F 错误，B正确：当F超过3N时，物体和木板相对滑动，当F= mg+m和 m,+m鞋m⅓+mn F 4N时，对物体4，-二mg_42m/:=2m/2,故D正确。 [解析](1)以A、B整体为研究对象，有a= 1 m+ms 4.D对小物块受力分析，小物块受到重力和长平板的支持力作 以A为研究对象，有T=ma, 用，根据牛顿第二定律有gin8=m,小物块的加速度大小为 联立解得T二m+m a=gn:设铁架台底边的长度为d,根据几何关系，可知小物 (2)以A、B整体为研究对象 式日产了r.联立可得 块的位移大小为一：根据运动学公式。一) 有4=F-a(m,+mg 4d m人+m8 (一√gn200由30°逐渐墙大至60，物块的下滑时间1将先 以A为研究对象，有T-mAg=ma, 减小后增大，D项正确。 得7 5.AD当卡车匀速行驶时，圆筒处于平衡状态，将重力进行分解 如图所示 (3)以A,B整体为研究对象， 有a.F-(m,+mg 四⅓+阴 以A为研突对象，有T-mg=m口 莱立得Tm -497 根据几何关系可得片=mgos30°=g,R,=mgsin30° 2s末物体的速度1=0,4 代入数据解得 乞mg,故A正确.B错误：当匀质侧筒状工件对斜面Ⅱ压力为0 a=2.5m/,2,方向沿斜面向下 =5m/8,方向沿斜面向下。 时，启动加速度最大，根据牛顿第二定律则有mgtan30°=ma, (2)设物体在前2“内发生的位移为，，则 得a=停。，故C错误：当匀质圆简状工件对斜面1压力为0时。 无=广=5m,方向洛斜面向下 利车加速度最大，根据牛顿第二定律则有ngtan60°=ma',得 当拉力为F2=4.5N时， a'=3g,故D正确。 由牛顿第二定律可得F2+wmngcos0-mgsin0=ma 6.D由图像可知，0~41时间为上升过程.41~2时间为下落过 代入数据解得a2=0.5m/2,方向沿斜面向上物体经过时间2 程，由图可知(4-41)>(1-0)，上升和下落过程运动时间不相 速度减为0，则"，=a2 等，A错误：上升和下落过程中，位移大小相等，但所用时间不 得与=108 等，故平均速度的大小不相等，B错误：-t图像的斜率表示加 设2时问内发生的位移为，则 速度，根据图像可知，0~过程中加速度一直减小，C错误：根 据牛顿第二定律，结合图像可知.0~4过程中mg+∫=m,飞 为=20,6=25m,方向沿斜面向下 箭向上运动加速度减小，故阻力减小：一过程中mg-「= 由于mgsin8-umgc0s0<F,<wumgcos 8+mgsin,则物体在剩 m,飞箭向下运动加速度减小，故阻力增大，综上所述：0~4 下4。时问内处于静止状态。 过程中所受阻力先减小后增大，D正确。 故特体在前16s内发生的位移羊=，+为=30m,方向沿斜面 7.BCD由图乙可知1=1“时撤去外力，物体在摩擦阻力作用下 向下。 加速度大小变为2m/s2,由牛顿第二定律可得摩擦阻力大小为 F=mm2=2×2N=4N,在0-1时间内，物体的加速度为 2.(号 (2)28 4m/:2,由牛颠第二定律可得F-F,=ma1,则F=F,+ma1=4N [解析](1)设小球的质量为m,滑撬和小球整体的质登为 +2×4N=12N,A错误：由图乙可知，0~1s加速度为正方向， M,对小球进行受力分析：细线的拉力为F,小球的加速度为 【-3*内物体加速度为负方向，所以0~1和1~3、内物体加 a,由牛顿第二定律得 速度的方向相反，B正确：1=1s时，物体的速度：=a4=4× mgsin 6-Frsin a ma 1:=4⅓物体做减速运动的时间6=亡=子、=2，即物 Frcos a mgeas 0 对源流和小球整体进行分析：设斜坡对滑流的弹力为F、,斜坡 体在【=3s时速度为零.物体离出发位置最远，C,D正确 与滑撬的动摩差因数为4，摩擦力为F,由牛顿第二定伴得 8.D物体与弹簧分离时，二者没有相互作用力，所以弹簧处于原 Mgsin 0-F =Ma 长，A错误：物体与弹簧一起向上匀加速时，根据牛顿第二定律 F、=Mg@os0 得F+k(。-x)-mg=m,可知题图乙中图线斜率表示劲度系 F,=F、 数，可得=5/cm,B错误：根据牛顿第二定律有10N=ma。 30N-mg=ma,联立解得m=2kg,a=5m/s2,C错误，D正确。 解得a=10 -m/s 3 9.BDF,减小时，摩擦力不变应该减速，合力为摩擦力减F,合 力增大，因此加速度增大，故A错误：当速度减小为0后摩擦力 为静摩擦力，等于F,逐渐诚小，故B正确：若变化的是F,物块 (2)授滑梳前端到达坡底的时间为1，有 的加速度会发生变化，地面对物块的摩擦力均匀减小，故C错 误，D正确。故选BD 。 10.BC物块P有向下的加速度，根据牛顿第二定律可知，绳对P 解得t=25。 的拉力大小小于物块P的重力大小，故A错误：从：-F图像 专题强化四 传送带模型和“滑块一木板”模型 看出，当拉力等于零时.物块Q的加速度大小为2m/s,说明 轨道不是水平的，故B正确：设物块Q的质量为m,Q在运动方 例1：(1)2.75s(2)43m/92m/s 向上除了拉力F,设其他力合力大小为F,根据牛顿第二定律 [解析](1)传送带的速度r=4.0m/s时，载物箱在传送带上 得F+f,=ma,变形得a=f+ +5,图线的斜率k= 先做匀减速运动，设其加速度大小为，由牛顿第二定律有 m ung ma ① 2kg,解得m=0.5kg,故C正确：由图线与纵轴的交点可知 设载物箱滑上传送带后匀减速运动的距离为：， F,=ma1=0.5kg×2m/=1N,结合B项分析可知，此IN并 由运动学公式有 非物块Q受到的摩擦力，故D错误。故选BC。 2-n2=-2as ② 11.(1)5m/s,方向沿斜面向下(2)30m,方向沿斜面向下 联立①D②式，代入题给数据得 [解析](1)对物体分析可知，其在前2：内沿斜面向下做初 品1=4.5m ③ 速度为零的匀知速直线运动，由牛顿第二定律可得 因此，载物箱在到达右侧平台前，速度先减小至”，然后开始做 mgsin 0-F -umgcos 6=ma 匀速运动。设载物箱从滑上传送带到离开传送带所用的时阿 -498