练案16 第三章 第16讲 专题强化三 动力学中的三类典型问题-【衡中学案】2026年高考物理一轮总复习练案

练案[16] 第16讲 专题强化三 动力学中的三类典型问题 :5.（多选)在水平直轨道上运动的 基础巩固练 火车车厢内有一个倾角为30°的 题组一连接体问题 30° 斜面，如图所示。小球的重力、m8 Ocm 1.（2023·北京卷)如图所示，在光滑 绳对球的拉力、斜面对小球的弹力分别用G、T、F、表 水平地面上，两相同物块用细线相 示，当火车以加速度a向右加速运动时，则 ( 连，两物块质量均为1kg,细线能承受的最大拉力为 A.若a=20m/s2,小球受G、T、FN三个力的作用 2N。若在水平拉力F作用下，两物块一起向右做匀 B.若a=20m/s2,小球只受G、T两个力的作用 加速直线运动。则F的最大值为 ( C.若a=10m/s2,小球只受G、T两个力的作用 A.IN B.2N C.4N D.5N D.若a=10m/s2,小球受G、T、FN三个力的作用 2.（2025·河南新乡模拟)如图，一不可伸 5 题组三图像问题 长的足够长轻绳跨过悬挂的光滑轻质定 6.（2025·山东菏泽联考)2024年4月25日晚，神舟十 滑轮，两端系有质量分别为0.3kg和 0.2kg的球a、b。控制球a静止在离地 -40a 八号载人飞船成功发射，在飞船竖直升空过程中，整 流罩按原计划顺利脱落。整流罩脱落后所受空气阻 面高h=49cm的A处，轻绳拉紧，取重 h Oh 力与速度大小成正比，它的v-图像正确的是( 力加速度g=10m/s2。现由静止释放小mm 球，不计空气阻力，则 A.a球落地前，加速度大小为1m/s B.a球运动到地面所用时间为0.5s C.a球落至地面时的速度大小为1.6m/s D.绳子中张力大小为2.4N 题组二临界问题和极值问题 3.（多选)如图所示，在光滑水平面上 有一静止的质量M=2kg的木板， M 木板上静止放置一质量m=1kg 7.如图甲所示，用一水平外力F推物体，使其静止在倾 的物体，物体与木板之间的动摩擦因数儿=0.2，重力 角为0的光滑斜面上。逐渐增大F,物体开始做变加 加速度g取10m/s2。现用水平恒力F拉物体m,下列 速运动，其加速度a随F变化的图像如图乙所示。重 关于拉力F的大小及物体加速度a可能的是() 力加速度g取10m/s2。根据图中所提供的信息不能 A.F=1N时a=1m/s2 计算出的是 2 B.F=2N时a=/s 个a/m·s) C.F=3N时a=l.5m/s D.F=4N时a=2m/s2 20 30F/N 4.如图，将光滑长平板的下端 置于铁架台水平底座上的挡 甲 板P处，上部架在横杆上。 光滑长平板 A.物体的质量 横杆的位置可在竖直杆上调 横杆 B.斜面的倾角 节，使得平板与底座之间的 6 C.使物体静止在斜面上时水平外力F的大小 夹角0可变。将小物块由平 铁架台 D.加速度为6m/s时物体的速度 板与竖直杆交点Q处静止释 8.(2025·云南省玉溪高三检测)如图甲所示，一轻质弹 放，物块沿平板从Q点滑至P点所用的时间t与夹角 簧的下端固定在水平面上，上端放置一物体（物体与 0的大小有关。若0由30°逐渐增大至60°，物块的下 弹簧不拴接)，初始时物体处于静止状态，现用竖直向 滑时间t将 ( 上的拉力F作用在物体上，使物体开始向上做匀加速 A.逐渐增大 B.逐渐减小 运动，拉力F与物体位移x的关系如图乙所示(g= C.先增大后减小 D.先减小后增大 10m/s2),则正确的结论是 () 345 F 30 物体A,B开始向上一起做加速度大小为4g的匀加 速直线运动，直到A、B分离。重力加速度为g,则关 于此过程说法正确的是 () L 印 A.施加拉力的瞬间，A,B间的弹力大小为Fs=学 A.物体与弹簧分离时，弹簧处于压缩状态 B.施加拉力的瞬间，AB间的弹力大小为FB= 2 B.弹簧的劲度系数为7.5N/cm C.物体的质量为3kg m C.从施加力F到AB分离的时间为4√ D.物体的加速度大小为5m/s2 9.如图甲所示，质量为m的物块在水平力F的作用下可 D.从施加力F到A、B分离的时间为2 2m 沿竖直墙面滑动，水平力F随时间变化的关系图像 12.(2025·河南漯河高一统考期未)如 如图乙所示，物块与竖直墙面间的动摩擦因数为，物 图所示，现有一倾角为0=60°的斜 块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，竖直墙面足 坡，一滑撬自斜坡顶端无初速度下滑 够高，重力加速度大小为g。下列说法正确的是 并开始计时。滑撬的顶端有一轻质 细线悬挂的小球，在滑撬下滑过程中 mg 细线与虚线（垂直于斜坡方向）的夹 角为α=30°，已知滑撬前端与坡底的 0 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： 分 (1)滑撬与斜坡间的动摩擦因数； A.物块一直做匀加速直线运动 (2)滑撬前端到达坡底需要的时间。 B.物块先做加速度减小的加速运动，后做匀速直线 运动 C.物块的最大速度为280 D.t=o时，物块停止下滑 能力提升练 10.（多选)如图甲所示，足够长的轨道固定在水平桌面 上，一条跨过光滑定滑轮的轻质细绳两端分别连接 物块P和Q。改变物块P的质量，可以得到物块Q 运动的加速度a和绳中拉力F的关系图像如图乙所 示。关于此运动的分析，下列说法正确的是( 个a/ms3 F/N 甲 A.绳中拉力大小等于物块P的重力大小 B.轨道不可能是水平的 C.物块Q的质量为0.5kg D.物块Q受到轨道的摩擦力大小为1N 11.(2025·江西上饶模拟)如图所示，一轻 ↑F 质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠 放两个质量分别为3m、m的物体A、B A (A物体与弹簧拴接)，弹簧的劲度系数 1000000 为k,初始时物体处于静止状态。现用 竖直向上的拉力F作用在物体B上，使 —3469.B由于∠BAC=0,则可以判断出AB竖直 3.BD当物体和木板刚要相对滑动时，M的加速度最大am= 向下，以AB为直径作圆，则必过C点，如图 所示，圆环在杆AC上运动过程，由牛顿第 m竖-0.2×10m/公=1.0m/s,此时二者加速度可认为相等， m 二定律及运动学公式可得mgcos0=ma, 对整体F=(m+M)a=3N,故C错误：当F小于3N时，物体和 1 4R 木板相对静止一起向右加速，对二者组成的整体，当F=1N时， 2Reos0=2atc,联立解得te= ,可见 F 1 从A点出发，到达圆周各点所用的时间相等，与细杆的长短、倾 a=+m=3/令，当F=2N时a=W十m=号ms,故A 角无关，则tB=tc=tE<tD,故B正确。 错误，B正确；当F超过3N时，物体和木板相对滑动，当F= 10.D[题图剖析] 4N时，对物体a,--ms_42m?=2m/S,放D正确。 1 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 筒获得的初速度最小， 用，根据牛顿第二定律有mngsin0=ma,小物块的加速度大小为 ,则羽毛球头部到达筒 口时二者速度相等 a=gsin0;设铁架台底边的长度为d,根据几何关系，可知小物 块的位移大小为1 内一。根据运劲学公式一。=宁心，联立可得 1 4d [解析]对羽毛球，由牛顿第二定律得mg+f5=ma1,解得 4=√gn208由30逐渐增大至60°，物块的下滑时间：将先 a1=50m/s2,则羽毛球向下做匀加速直线运动，A、B错误；对球 减小后增大，D项正确。 筒，由牛顿第二定律得Mg-f-方=Ma2,解得a2=-20m/s2, 5.BD 设火车加速度为a。时，小球刚好对斜面没有压力，对小 负号表示球简的加速度竖直向上，则球筒向下做匀减速直线 球，根据牛模第二定律可得a影=mm,解得4=10万m 运动，由运动学公式得at=n+t,in1+7a,f-乃af= ≈17m/s2。若a=20m/s2,可知小球已经离开斜面，小球受到 重力和绳子拉力两个力的作用，A错误，B正确：若a=10m/s2, d,解得=7,5 m/s,C错误，D正确。 5 可知小球还没有离开斜面，小球受到重力、绳子拉力和斜面支 持力三个力的作用，C错误，D正确。 1山AD假设斜面倾角为0，根据运动学公式有。=之sm9: 6.A空气阻力与速度大小成正比，设空气阻力为f=m,上升阶 d 段由牛顿第二定律得mg+hm=ma,随着速度的减小，加速度逐 f,可得1=2√gm20,由于a、6两球下滑时间相等，则有 渐减小，即上升阶段做加速度逐渐减小的减速运动，在最高点 sin2a=sin2B,并且a≠B,则有2a+2g=,可得a+B=受 加速度为a=g,下降阶段由牛顿第二定律得mg-km=ma',随 着速度的增大，加速度继续减小，即下降阶段做加速度逐渐减 故A正确，B错误；c球做自由落体运动，则有h=2g,可得 小的加速运动，故选A。 7.D对物体受力分析，受推力、重力、支持力， =兰。品B放C错误D正确。改证A山， 如图所示，x方向有Fcos0-mgsin0=ma,y 12.(1)3m/s(2)100N(3)1.6m/s2,方向沿斜面向下 方向有FN-Fsin0-mgcos0=0,从a-F图 像中取两个点(20N,2m/s2),(30N, [解析](1)从A点到B点，由匀加速直线运动规律5=·t 2 6m/s2)代入，解得m=2kg,0=37°，因而 解得平板车到达B点时的速度大小vg=3/s。 A、B可以算出：当a=0时，可解得F=15N,因而C可以算出： 题中并未说明力F随时间变化的情况，故无法求出加速度为 (2)从A点到B点，由匀加速直线运动规律a= t 3 6m/s2时物体的速度大小，因而D不可以算出。 由牛顿第二定律F-0.3mg=ma 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 解得甲同学的拉力大小为F=100N。 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 (3)平板车刚滑上斜面时，由牛顿第二定律 得F+k(x。-x)-mg=ma,可知题图乙中图线斜率表示劲度系 F+F'-mgsin 6-0.3mgcos 0 ma' 数，可得k=5N/cm,B错误；根据牛顿第二定律有10N=ma, 解得a'=-1.6m/s2 30N-mg=ma,联立解得m=2kg,a=5m/s2,C错误，D正确。 所以平板车刚滑上斜面时的加速度大小为1.6m/s2,方向沿斜 9.C根据物块的受力，由牛顿第二定律有mg-fa 面向下。 =ma,由图像可知F=mt,而f=uF,解得a=g uto 练案[16] 一号，故随时间的增大，物块先做加速度逐渐0 1.C对两物块整体做受力分析有F=2ma,再对于后面的物块有 减小的加速运动，后做加速度逐渐增大的减速运动，最后停止 Frm=ma,F=2N,联立解得F=4N,故选C。 下滑，静止后物块的加速度为零，处于平衡状态；当t=时，物 2.Da球落地前，对a、b球整体根据牛顿第二定律有mg-mhg 块的加速度为零，此时物块的速度最大，做出α-t图像如图所 =(m+m,)a,解得a=2m/s2,故A错误；根据运动学公式h= /巫=0.7s,故B 示。根据其面积求出最大速度为。=28。，故选C。 2心可得，a球运动到地面所用时间为1二√2 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 错误；a球落至地面时的速度大小为v=t=1.4m/s,故C错 的拉力大小小于物块P的重力大小，故A错误；从a-F图像 误；对a球，根据牛顿第二定律有mg-T=m,a,解得绳子中张 看出，当拉力等于零时，物块Q的加速度大小为2m/s2,说明 力大小为T=2.4N,故D正确。 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 -590 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 顿第二定律有mgsin37°-umgcos37°=ma2,根据图乙可得a2 得F+R=m,变形得a=F+B,图线的斜率k=上 8-0 82m/s=4m/s,联立解得u=0.25,B错误，C正确，当传 m 2kg1,解得m=0.5kg,故C正确：由图线与纵轴的交，点可知 送带的速度大于16m/s后，物块在传送带上一直做加速度为a F=ma1=0.5kg×2m/s2=1N,结合B项分析可知，此1N并 的减速运动，无论传送带的速度为多大，物块到达传送带顶端 非物块Q受到的摩擦力，故D错误。故选BC。 时的速度都相等，D错误。 11.A设开始时弹簧的压缩量为0，则x。=4mg,拉力F开始施4.D从题图乙可知，物块速度减为零后又反向向上运动，最终的 加的瞬间，弹簧对A的弹力不变，对A物体，根据牛顿第二定： 速度大小为1/s,因此没从N点离开，并且能沿着传送带斜向 律有k。-3mg-Fa=3ma,解得Fa=学，A正确，B错误；在 上运动，速度大小为1m/s,A、B错误：-t图像中斜率表示加速 度，可知物块沿传送带下滑时的加速度a=-2.5m/s2,C错误： A、B分离瞬间，A、B间的弹力为0，弹簧弹力不为零，对A受力 分析得kx-3mg=3ma,解得这一瞬间弹簧的压缩量为x= 根搭牛顿第二定律gn30°-ung30°=m,可得u=.D 则A,B上升的高度A=-x,由h=2a,解得从施加 正确。 4k 5.CD根据图像可知木板的速度方向没有发生改变，木板和物块 2m,CD错误。 力到AB分离的时间是=√下， 达到共速了0，然后一起减速到0，所以物块的运动方向先向左 2.(停 (2)2s 再向右，故A错误；物块在向左减速和向右加速阶段加速度方 向水平向右，一起共同减速阶段加速度方向水平向左，方向改 [解析](1)设小球的质量为m,滑撬和小球整体的质量为 变，故B错误；物块在向左减速和向右加速阶段相对木板都向 M,对小球进行受力分析，细线的拉力为F,小球的加速度为 左运动，共同减速阶段无相对运动，即物块相对木板运动方向 a,由牛顿第二定律得mgsin0-Frsin a=ma 不变，故C正确：由图像可知在有相对运动阶段木板的加速度 Frcos a =mgcos 0 对滑撬和小球整体进行分析：设斜坡对滑撬的弹力为F、,斜坡： 大小为a1= 与滑撬的动摩擦因数为u,摩擦力为F,由牛顿第二定律得 20之-尝箱块的加造发大小为 t Mgsin 0-F =Ma 1 Fx =Mgcos 0,Fr=uF o+乞_3，即木板和物块加速度大小相等，放D正确。故 t 2t 解得a=105, 选CD 3 39 6.(1)22N(2)6m/s (2)设活提前指到达效底的时同为4，有品。了 [解析](1)木板所受摩擦力的大小F,=mg+4(M+m)g 解得t=2s。 =22N。 (2)设滑块做匀加速直线运动的加速度大小为a1,则山mg= 练案[17] ma1,a =ug =2 m/s2 1.C由-t图像得，小物块在t1时刻速度为零，下一刻开始向右 木板做匀减速直线运动的加速度大小为a2,则2mg+41（M+ 运动，所以t1时刻小物块离A处最远，故A错误；t2时刻，小物 m)g=Ma, 块第一次与传送带相对静止，之前始终相对传送带向左运动， 解得a2=5.5m/s2 所以此刻小物块相对传送带滑动的距离达到最大，故B错误； 设经过时间t滑块刚好滑到木板左侧且两者速度相等，有α1t= 0~t,时刻小物块相对传送带始终向左运动，始终受到向右的 6-a2t① 滑动摩擦力f=4mg,滑动摩擦力的大小和方向都不变，故C正 滑块相对于地面的位移x=2a,② 确，D错误。 2.AC开始时，对行李，根据牛顿第二定律有mg=ma,解得a= 木板相对于地面的位移。=t-2a,③ 2/s2,故A正确；设行李做匀加速运动的时间为t1,行李做匀 又L=x2-x1 加速运动的末速度为v=0.4m/s,根据v=ad,代人数据解得t1 由①②③④解得，使滑块不从木板上掉下来，木板初速度的最 =0.2,匀加速运动的位移大小x=之42°=之×2×02m= 大值v。=6m/s。 0.04m,匀速运动的时间为2=1-3=2-004、=4.9s,可得 7.AD由图乙可知，当F=18N时，物块和木板刚好发生相对滑 0.4 动，两者加速度为2m/s2。对物块，由牛顿第二定律得u1mg= 行李从A到B的时间为t=t+2=5.1s,故B错误；由以上分 ma,解得μ1=0.2，A正确；物块和木板发生相对滑动过程中，对 析可知行李在到达B处前已经与传送带共速，所以行李到达B: 大板，有F二mg-凸(m+M)g=Ma,即a= 处时速度大小为0.4m/s,故C正确：行李在传送带上留下的摩 擦痕迹长度为△x=t1-x=(0.4×0.2-0.04)m=0.04m,故 业+m+,,由图像知，斜率=子解得M=4kg M D错误。 3.C由图乙可知传送带的速度为8m/s,A错误；在0~1s内，物 当F=18N时，a=2m/s2,得2=0.1，B、C错误；横轴截距表示 块的速度大于传送带速度，传送带对物块的摩擦力沿传送带向 物块和木板整体即将相对地面滑动时外力F的值，故F=~2(m 下，根据牛顿第二定律有mgsin37°+mgeos37°=ma1,根据图 +M)g得F=6N,D正确。 乙可得4，=16-8m/g=8/s,在1~3s内传送带的速度大 8.AC以水平向右为正方向，对小物块有u1mg=ma4,根据题 1 图乙可知a=2m/s2,那么物块与木板间的动摩擦因数为u1= 于物块的速度，传送带对物块的摩擦力沿传送带向上，根据牛0.2，A正确；对木板，受物块与地面的摩擦力，则有以mg+ 591