2026届高考物理一轮复习题型训练 3.7两类动力学问题

题型训练3.7两类动力学问题专训 学科网（北京）股份有限公司 平面运动模型 1.如图所示，一小物块从长1m的水平桌面一端以初速度v₀沿中线滑向另一端，经过1s从另一端滑落.物块与桌面间的动摩擦因数为μ，g取10m/s².下列v₀、μ的取值可能正确的是 ( ) C.μ=0.28 D.μ=0.25 2.放在水平地面上的一物块，受到方向不变的水平推力F的作用，F的大小与时间t的关系和物块速度v与时间t的关系如图所示.取重力加速度 由此两图线可以求得物块的质量m和物块与地面之间的动摩擦因数μ分别为 ( ) A. m=0.5kg,μ=0.4 C. m=0.5kg,μ=0.2 D. m=1kg,μ=0.2 二 斜面运动模型 ①斜杆运动模型 3.(多选)如图所示，在倾斜的滑杆上套一个质量为m的圆环，圆环通过轻绳拉着一个质量为M的物体，在圆环沿滑杆向下滑动的过程中，悬挂物体的轻绳始终处于竖直方向.则 ( ) A.环只受三个力作用 B.环一定受四个力作用 C.物体做匀速运动 D.悬绳对物体的拉力小于物体的重力 4.(多选)如图所示，倾角为θ的斜面放在粗糙的水平地面上，现有一带固定支架的滑块m正沿斜面加速下滑.支架上用细线悬挂的小球达到稳定(与滑块相对静止)后，悬线的方向与竖直方向的夹角也为θ，斜面体始终保持静止，则下列说法正确的是 ( ) A.斜面光滑 B.斜面粗糙 C.达到稳定状态后，地面对斜面体的摩擦力水平向左 D.达到稳定状态后，地面对斜面体的摩擦力水平向右 5.如图所示，一根固定直杆与水平方向夹角为θ，将质量为m₁的滑块套在杆上，通过轻绳悬挂质量为m₂的小球，杆与滑块之间的动摩擦因数为μ.通过某种外部作用，使滑块和小球瞬间获得初动量后，撤去外部作用，发现滑块与小球仍保持相对静止一起运动，且轻绳与竖直方向夹角β>θ.则滑块的运动情况是 ( ) A.速度方向沿杆向下，正在均匀增大 B.速度方向沿杆向下，正在均匀减小 C.速度方向沿杆向上，正在均匀增大 D.速度方向沿杆向上，正在均匀减小 ❷斜面运动模型之等效思想 6.如图所示，放在固定斜面上的物块以加速度a沿斜面匀加速下滑，若在物块上再施加一个竖直向下的恒力F，则( ) A.物块可能匀速下滑 B.物块仍以加速度a匀加速，下滑 C.物块将以大于a的加速度匀加速下滑 D.物块将以小于a的加速度匀加速下滑 7.放在固定粗糙斜面上的滑块A以加速度a₁沿斜面匀加速下滑，如图甲.在滑块A上放一物体B，物体B始终与A保持相对静止，以加速度a₂沿斜面匀加速下滑，如图乙.在滑块A上施加一竖直向下的恒力F，滑块A以加速度a₃沿斜面匀加速下滑，如图丙.则( ) 8.将一斜面固定在水平地面上，在斜面上放一小滑块A，如图甲.在小滑块A上放一小物体B，物体B始终与A保持相对静止，如图乙.在小滑块A上施加一竖直向下的作用力F，如图丙.则下列说法正确的是 ( ) A.若甲图中A可沿斜面匀加速下滑，加力F后加速度将增大 B.若甲图中A可沿斜面匀速下滑，加力F后将加速下滑 C.若甲图中A可沿斜面匀加速下滑，加物体B后加速度将增大 D.若甲图中A可沿斜面匀速下滑，加物体B后将加速下滑 9.如图所示，位于光滑固定斜面上的小物块P受到一水平向右的推力F的作用.已知物块P沿斜面加速下滑.现保持F的方向不变，使其减小，则加速度 ( ) A.一定变小 B.一定变大 C.一定不变 D.可能变小，可能变大，也可能不变 ❸斜面运动模型之“摩擦角” 10.如图，粗糙的水平地面上有一斜劈，斜劈上一物块正在沿斜面以速度v₀匀速下滑，斜劈保持静止，则地面对斜劈的摩擦力 ( ) A.等于零 B.不为零，方向向右 C.不为零，方向向左 D.不为零，v₀较大时方向向左，v₀较小时方向向右 11.如图所示，一质量为m的物体恰能在质量为M的斜劈上匀速下滑，斜劈保持静止.现用一沿斜面向下的外力F推此物体，使物体加速下滑，重力加速度为g，设此过程中斜劈受到地面的摩擦力为F₁，支持力为FN.则下列说法正确的是 ( ) A. F₁为零, B. F₁不为零, C. F₁不为零, D. F₁不为零, 12.一倾角为α的斜劈放在水平地面上，一物体沿斜劈匀速下滑.现给物体施加如图所示的力F，F与竖直方向夹角为β，斜劈仍静止，F在逆时针地旋转到水平向右的过程中，物体始终运动未停下，则地面对斜劈的摩擦力 ( ) A.大小一直为零 B.方向先水平向右再水平向左 C.方向先水平向左再水平向右 D.无法判断大小和方向 ❹斜面运动模型 13.如图所示，表面处处同样粗糙的楔形木块 abc固定在水平地面上，ab面和bc面与地面的夹角分别为α和β，且α>β.一初速度为v₀的小物块沿斜面 ab向上运动，经时间t₀后到达顶点b时，速度刚好为零；然后让小物块立即从静止开始沿斜面 bc下滑.在小物块从a运动到c的过程中，可能正确描述其速度大小v与时间t的关系的图像是 ( ) 14.如图所示，光滑轨道 MO和ON底端对接且 M、N两点高度相同.小球自M点由静止自由滚下，忽略小球经过O点时的机械能损失，以v、s、a、Eₖ分别表示小球的速度、位移、加速度和动能四个物理量的大小.下列图像中能正确反映小球自M点到N点运动过程的是 ( ) 15.如图所示,在倾角为30°的足够长的斜面上有一质量为m的物体，它受到沿斜面方向的力F的作用.力F可按图(a)、(b)、(c)、(d)所示的四种方式随时间变化(图中纵坐标是F与 mg的比值，力沿斜面向上为正). 已知此物体在t=0时速度为零，若用v₁、v₂、v₃、v₄分别表示上述四种受力情况下物体在3秒末的速率，则这四个速率中最大的是 ( ) A. v₁ B. v₂ C. v₃ D. v: 16.可爱的企鹅喜欢在冰面上玩游戏.如图所示，有一企鹅在倾角为37°的倾斜冰面上，先以加速度 从冰面底部由静止开始沿直线向上“奔跑”，t=8s时，突然卧倒以肚皮贴着冰面向前滑行，最后退滑到出发点，完成一次游戏(企鹅在滑动过程中姿势保持不变).若企鹅肚皮与冰面间的动摩擦因数μ=0.25,已知: 重力加速度g=10m/s²,求： (1)企鹅向上“奔跑”的位移大小； (2)企鹅在冰面滑动的加速度大小； (3)企鹅退滑到出发点时的速度大小.(计算结果可用 根式表示) 竖直运动模型 17.将一物体以某一初速度竖直上抛.物体在运动过程中受到一大小不变的空气阻力作用，它从抛出点到最高点的运动时间为t₁，再从最高点回到抛出点的运动时间为t₂.如果没有空气阻力作用，它从抛出点到最高点所用的时间为t₀，则 ( ) 18.质量不计的弹簧下端固定一小球.现手持弹簧上端使小球随手在竖直方向上以同样大小的加速度a(a<g)分别向上、向下做匀加速直线运动.若忽略空气阻力，弹簧的伸长分别为x₁、x₂；若空气阻力不能忽略且大小恒定，弹簧的伸长分别为 则( ) 19.以不同初速度将两个物体同时竖直向上抛出并开始计时，一个物体所受空气阻力可忽略，另一物体所受空气阻力大小与物体速率成正比，下列用虚线和实线描述两物体运动的v-t图像可能正确的是 ( ) 四 gtanθ运动模型 20.(多选)如图,光滑水平地面上有一质量为2m的小车在水平推力F的作用下加速运动.车厢内有质量均为m的A、B两小球，两球用轻杆相连，A球靠在光滑左壁上，B球处在车厢水平底面上，且与底面的动摩擦因数为μ，杆与竖直方向的夹角为θ，杆与车厢始终保持相对静止.假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力.下列说法正确的是 ( ) A.若B球受到的摩擦力为零，则F=2mgtanθ B.若推力 F 向左,且 tanθ≤μ,则 F 的最大值为2mgtanθ C.若推力F向左,且μ<tanθ≤2μ,则F的最大值为4mg(2μ-tanθ) D.若推 力 F 向 右 , 且 tanθ>2μ,则 F 的 范 围为4mg(tanθ-2μ)≤F≤4mg(tanθ+2μ) 21.在加速行驶的火车上固定一斜面，斜面角是θ.有一物体静止在斜面上.如果火车加速度小于某一值a₀，物体就会下滑.设物体和斜面间的静摩擦系数是μ，重力加速度为g，推导a₀的表达式. 22.直升机沿水平方向匀速飞往水源取水灭火，悬挂着m=500kg空箱的悬索与竖直方向的夹角 直升机取水后飞往火场，加速度沿水平方向，大小稳定在( 时，悬索与竖直方向的夹角 .如果空气阻力大小不变，且忽略.悬索的质量，试求水箱中水的质量M.(g取 五 斜拉运动模型 23.如图，位于水平地面上的质量为M的小木块，在大小为F、方向与水平方向成α角的拉力作用下沿地面做加速运动.若木块与地面之间的滑动摩擦系数为μ，则木块的加速度为 ( ) 24.如图所示，一物块位于光滑水平桌面上，用一大小为F、方向如图所示的力去推它，使它以加速度a向右运动.若保持力的方向不变而增大力的大小，则 ( ) A. a变大 B. a不变 C. a变小 D.因为物块的质量未知，故不能确定a变化的趋势 25.如图所示,将质量m=0.1kg的圆环套在固定的水平直杆上.环的直径略大于杆的截面直径.环与杆间动摩擦因数μ=0.8.对环施加一位于竖直平面内斜向上，与杆夹角θ=53°的拉力F，使圆环以 的加速度沿杆运动，求F的大小.(取 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 26.如图所示,一质量m=0.4kg的小物块，以 的初速度，在与斜面成某一夹角的拉力F作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t=2s的时间物块由A点运动到B点，A、B之间的距离L=10m.已知斜面倾角θ=30°，物块与斜面之间的动摩擦因数μ= 重力加速度g取10m/s². (1)求物块加速度的大小及到达B点时速度的大小； (2)拉力F与斜面夹角多大时，拉力F最小?拉力F的最小值是多少? 27.质量为M、长为 L的杆水平放置，杆两端A、B系着长为3L的不可伸长且光滑的柔软轻绳，绳上套着一质量为m的小铁环.已知重力加速度为g，不计空气影响. (1)现让杆和环均静止悬挂在空中，如图甲，求绳中拉力的大小； (2)若杆与环保持相对静止，在空中沿AB方向水平向右做匀加速直线运动，此时环恰好悬于A端的正下方，如图乙所示. ①求此状态下杆的加速度大小a； ②为保持这种状态需在杆上施加一个多大的外力，方向如何? 折返运动模型 28.(多选)如图所示，静止在水平地面上的物块在竖直向上、大小为F的恒力作用下竖直上升，经过一段时间t突然撤去。 该力，之后物块又经时间t恰好落回地面.空气阻力不计，重力加速度大小为g.下列说法正确的是 ( ) A.撤去该力后，物块在空中运动的过程中处于失重状态 B.物块在空中运动的过程中，撤去该力前后的加速度大小之比为1：2 C.物块的质量为 D.物块落回地面前瞬间的速度大小为 gt 29.在光滑水平面上有一静止的物体.现以水平恒力甲推这一物体，作用一段时间后，换成相反方向的水平恒力乙推这一物体.当恒力乙作用时间与恒力甲作用时间相同时，物体恰好回到原处，此时物体的动能为32J.则在整个过程中，恒力甲做的功等于 J，恒力乙做的功等于 J. 板块运动模型 30.(多选)如图甲所示，质量 2kg的A、B两物块叠放在一起静止于粗糙水平地面上. t=0时刻，一水平恒力F作用在物块B上，t=1s时刻，撤去F，B物块运动的速度-时间图象如图乙所示，若整个过程中A、B始终保持相对静止，g取10m/s²,则 ( ) A.物块B与地面间的动摩擦因数为0.2 B.1~3s内物块A不受摩擦力作用 C.0~1s内物块B对A的摩擦力大小为4N D.水平恒力的大小为12N 31.(多选)如图(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=4s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10m/s².由题给数据可以得出 ( ) 学科网（北京）股份有限公司 A.木板的质量为1kg B.2s~4s内,力F的大小为0.4N C.0~2s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 32.(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 μ.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 时，A的加速度为 μg 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 μg 33.如图甲所示，在光滑水平面上，静止放置一质量为M的足够长木板，质量为m的小滑块(可视为质点)放在长木板上.长木板受到水平拉力F与加速度的关系如图乙所示，重力加速度大小g取10m/s²，下列说法正确的是 ( ) A.长木板的质量M=2kg B.小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.4 C.当F=14N时，长木板的加速度大小为3m/s² D.当F增大时，小滑块的加速度一定增大 34.如图甲所示，静止在光滑水平面上的长木板B(长木板足够长)的左端静止放着小物块A.某时刻，A受到水平向右的外力F作用，F随时间t的变化规律如图乙所示，即F=kt，其中k为已知常数.设物体A、B之间的滑动摩擦力大小等于最大静摩擦力F₁，且A、B的质量相等，则下列可以定性描述长木板B运动的v-t图象是 ( ) 35.(多选)如图所示,一足够长的木板静止在光滑水平面上，一物块静止在木板上，木板和物块间有摩擦.现用水平力向右拉木板，当物块相对木板滑动了一段距离但仍有相对运动时，撤掉拉力，此后木板和物块相对于水平面的运动情况为 ( ) A.物块先向左运动，再向右运动 B.物块向右运动，速度逐渐增大，直到做匀速运动 C.木板向右运动，速度逐渐变小，直到做匀速运动 D.木板和物块的速度都逐渐变小，直到为零 八 0-v-0运动模型 36.(多选)如图所示为一滑草场.某条滑道由上下两段高均为h，与水平面倾角分别为45°和37°的滑道组成，滑草车与草地之间的动摩擦因数为μ.质量为m的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端(不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失， 则 ( ) A.动摩擦因数 B.载人滑草车最大速度为 C.载人滑草车克服摩擦力做功为 mgh D.载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为 37.质量为10kg的物体在F=200N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°.力F作用2秒钟后撤去，物体在斜面上继续上滑了1.25秒钟后，速度减为零.求：物体与斜面间的动摩擦因数μ和物体的总位移s.(已知： 38.如图,质量m=2kg的物体静止于水平地面的A处,A、B间距L=20m.用大小为30N,沿水平方向的外力拉此物体，经 拉至B处.(已知 取 (1)求物体与地面间的动摩擦因数μ； (2)用大小为30N，与水平方向成37°的力斜向上拉此物体，使物体从A处由静止开始运动并能到达B处，求该力作用的最短时间t. 九流体阻力运动模型 39.(多选)如图所示,总质量为460kg的热气球，从地面刚开始竖直上升时的加速度为( 当热气球上升到180m时，以5m/s的速度向上匀速运动.若离开地面后热气球所受浮力保持不变，上升过程中热气球总质量不变，重力加速度 关于热气球，下列说法正确的是 ( ) A.所受浮力大小为4830N B.加速上升过程中所受空气阻力保持不变 C.从地面开始上升10s后的速度大小为5m/s D.以5m/s匀速上升时所受空气阻力大小为230N 40.(多选)球形飞行器安装了可提供任意方向推力的矢量发动机，总质量为M.飞行器飞行时受到的空气阻力大小与其速率平方成正比(即 kv²，k为常量).当发动机关闭时，飞行器竖直下落，经过一段时间后，其匀速下落的速率为10m/s；当发动机以最大推力推动飞行器竖直向上运动，经过一段时间后，飞行器匀速向上的速率为5m/s.重力加速度大小为g，不考虑空气相对于地面的流动及飞行器质量的变化，下列说法正确的是 ( ) A.发动机的最大推力为1.5Mg B.当飞行器以5m/s匀速水平飞行时，发动机推力的大小为 C.发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时，飞行器速率为 D.当飞行器以5m/s的速率飞行时，其加速度大小可以达到3g 41.如图甲所示,质量m=1kg的物体沿倾角θ=37°的固定粗糙斜面由静止开始向下运动，风对物体的作用力沿水平方向向右，其大小与风速v成正比，比例系数用k表示，物体加速度a与风速v的关系如图乙所示.求： (1)物体与斜面间的动摩擦因数μ； (2)比例系数k. 学科网（北京）股份有限公司 42.我国自主研制了运-20重型运输机.飞机获得的升力大小F可用. 描写，k为系数；v是飞机在平直跑道上的滑行速度，F与飞机所受重力相等时的v称为飞机的起飞离地速度.已知飞机质量为 时，起飞离地速度为66m/s；装载货物后质量为 装载货物前后起飞离地时的k值可视为不变. (1)求飞机装载货物后的起飞离地速度； (2)若该飞机装载货物后，从静止开始匀加速滑行1521m起飞离地，求飞机在滑行过程中加速度的大小和所用的时间. 43.当物体从高空下落时，空气阻力随速度的增大而增大，因此经过一段距离后将匀速下落，这个速度称为此物体下落的终极速度.已知球形物体速度不大时所受的空气阻力正比于速度v，且正比于球半径r，即阻力f=krv,k是比例系数，对于常温下的空气，比例系数 已知水的密度 ，取重力加速度 试求半径r=0.10mm的球形雨滴在无风情况下的终极速度v₇.(结果取两位有效数字) 44.某校举行托乒乓球跑步比赛，赛道为水平直道，比赛距离为s.比赛时，某同学将球置于球拍中心，以大小为a的加速度从静止开始做匀加速直线运动，当速度达到v₀时，再以v₀做匀速直线运动跑至终点.整个过程中球一直保持在球拍中心不动.比赛中，该同学在匀速直线运动阶段保持球拍的倾角为θ₀，如图所示.设球在运动中受到的空气阻力大小与其速度大小成正比，方向与运动方向相反，不计球与球拍之间的摩擦，球的质量为m，重力加速度为g. (1)求空气阻力大小与球速大小的比例系数k； (2)求在加速跑阶段球拍倾角θ随速度v变化的关系式； (3)整个匀速跑阶段，若该同学速度仍为v₀，而球拍的倾角比θ₀大了β并保持不变，不计球在球拍上的移动引起的空气阻力变化，为保证到达终点前球不从球拍上距离中心为r的下边沿掉落，求β应满足的条件. 学科网（北京）股份有限公司 图像运动专题 45.(多选)某物体做直线运动的v-t图像如图所示，据此判断下图(F表示物体所受合力，x表示物体运动的位移)四个选项中正确的是 ( ) 46.(2010·福建·16)质量为2kg的物体静止在足够大的水平面上，物体与地面间的动摩擦因数为0.2，最大静摩擦力和滑动摩擦力大小视为相等.从t=0时刻开始，物体受到方向⁶不变、大12小呈周期性变化的水平拉力F的作用，F随时间t的变化规律如图所示.重力加速度g取10m/s²，则物体在t=0到t=12s这段时间内的位移大小为 ( ) A.18m B.54m C.72m D.198m 47.放在水平地面上的一物块，受到方向不变的水平推力F的作用，F的大小与时间t的关系和物块速度v与时间t的关系如图所示.取重力加速度g=10m/s².由此两图线可以求得物块的质量m和物块与地面之间的动摩擦因数μ分别为 ) A. m=0.5kg,μ=0.4 C. m=0.5kg,μ=0.2 D. m=1kg,μ=0.2 48.(多选)如图甲所示，质量m=1kg、初速度 的物块受水平向左的恒力F作用，在粗糙的水平地面上从O点开始向右运动，O点为坐标原点，整个运动过程中物块速率的二次方随位置坐标变化的关系图象如图乙所示，g取 下列说法中正)确的是 ( ) A.t=2s时物块速度为零 B.t=3s时物块回到O点 C.恒力F大小为2N D.物块与水平面间的动摩擦因数为0.1 49.质量为2kg的物体在水平推力F的作用下沿水平面作直线运动，一段时间后撤去F，其运动的v-t图像如图所示. g取 求： (1)物体与水平面间的动摩擦系数μ； (2)水平推力F的大小； (3)0~10s内物体运动位移的大小. 多过程运动专题 50.2021年5月15日，天问一号着陆器在成功着陆火星表面的过程中，经大气层 290s的减速 ，速度从 减为 打开降落伞后，经过90s速度进一步减为 与降落伞分离，打开发动机减速后处于悬停状态；经过对着陆点的探测后平稳着陆.若打开降落伞至分离前的运动可视为竖直向下运动，则着陆器 ( ) A.打开降落伞前，只受到气体阻力的作用 B.打开降落伞至分离前，受到的合力方向竖直向上 C.打开降落伞至分离前，只受到浮力和气体阻力的作用 D.悬停状态中，发动机喷火的反作用力与气体阻力是平衡力 51.冰壶比赛是在水平冰面上进行的体育项目，比赛场地示意如图.比赛时，运动员从起滑架处推着冰壶出发，在投掷线AB处放手让冰壶以一定的速度滑出，使冰壶的停止位置尽量靠近圆心O.为使冰壶滑行得更远，运动员可以用毛刷擦冰壶运行前方的冰面，使冰壶与冰面间的动摩擦因数减小.设冰壶与冰面间的动摩擦因数为 用毛刷擦冰面后动摩擦因数减少至 在某次比赛中，运动员使冰壶C在投掷线中点处以2m/s的速度沿虚线滑出.为使冰壶C能够沿虚线恰好到达圆心O点，运动员用毛刷擦冰面的长度应为多少?(g取) 学科网（北京）股份有限公司 题型训练3.7两类动力学问题专训 1. B【解析】物块在桌面上做匀减速直线运动，加速度大小a=μg，物块能从另一端滑落，则物块到另一端的速度v>0，由 t得v₀>10μ(国际单位制)，由题意有 得 则v₀<2m/s,μ<0.2,故B正确. 2. A【解析】由图象可知0~2s物体静止；2~4s，物体在外力F=3N的作用下做匀加速运动，加速度为 2m/s²,由牛顿第二定律得F-μmg= ma,即3-10μm=2m；4~6s，物体做匀速直线运动，故 即2=10μm,联立解得m=0.5kg,μ=0.4,故A正确. 3. BC【解析】分析物体M可知，其受两个力作用，重力和轻绳拉力，因悬挂物体的轻绳始终处于竖直方向，故二力平衡，物体做匀速运动，故C正确D错误；再对环进行受力分析可知，环受重力、轻绳拉力、滑杆支持力和摩擦力的作用，故A错误B正确.综上答案为BC. 4. AC【解析】隔离小球，可知小球的加速度方向为沿斜面向下，大小为gsinθ，对支架系统进行分析，只有斜面光滑，支架系统的加速度才是gsinθ，故A正确B错误；将支架系统和斜面看成一个整体，因支架系统具有沿斜面向下的加速度，故地面对斜面体的摩擦力水平向左，故C正确D错误.综上答案为AC. 5. D【解析】把滑块和球看做一个整体受力分析，沿斜面和垂直斜面建立直角坐标系得，若速度方向沿杆向下，则沿斜面方向 ，垂直斜面方向 , 摩 擦力 f=μFN,联立 解得 a=gsinθ-μgcosθ;对小球,若β=θ,则a₁=gsinθ;若β>θ,则a₂>gsinθ,因 故速度方向不可能沿杆向下，即速度方向沿杆向上，又加速度方向向下，故物体沿杆减速上滑，速度方向沿杆向上，正在均匀减小，综上答案为D. 6. C【解析】由题意可知施加外力F前物块的加速度为a=gsinθ-μgcosθ,其中μ为动摩擦因数,θ为斜面的倾角,又gsinθ-μgcosθ>0,可知μ<tanθ,当施加外力F后,利用等效重力思想知 故物块的加速度为a'=g' 故a'>a,即物块将以大于a的加速度匀加速下滑，综上答案为C. 7. B【解析】题 图 甲 中 的 加 速 度 为 a₁, 由 mgsinθ—μmgcosθ=ma₁,解得 题图乙中的加速度为 a₂,由( m')a₂,解得( ；题图丙中的加速度为a₃，设 由 解得 故 综上答案为B. 8. A【解析】若甲图中A匀速下滑，则 解得μ=tanθ;若在 A 上加物体,则 故物体仍匀速下滑；若在A上加力F，设 则 仍成立，故匀速下滑，故BD错误；若甲图中A匀加速下滑，则mAgsinθ- ，若在A上加物体，则( 解得 故C错误；若在A上加力F，则 解得 故A正确.综上答案为A. 9. B【解析】对物体进行受力分析，如图所示，由牛顿第二定律得 mgsinθ-Fcosθ= ma,θ为斜面的倾角，解得 故当F逐渐减小时，物体的加速度一定变大，综上答案为B. 10. A【解析】采用整体法，将物块和斜劈看作一个整体，物块匀速运动、斜劈静止，整体没有加速度，由牛顿第二定律得，整体合外力为零，故整体水平方向不受外力，综上答案为A. 11. A【解析】当m在M上匀速下滑时，m对M的作用力FN₁、F₁的合力大小为 mg，方向竖直向下，故地面上的. ；当用外力F推此物体时，物体虽加速下滑，但m对M的作用力FN₁不变，又因. 故地面上的F₁也不变,故F₁仍为零,FN仍为(M+m)g,综上答案为A. 12. A【解析】没有施加力F时，由物体匀速下滑得 mg sinα=μmgcosα,解得μ=tanα,物体受重力G、斜面的弹力FN、斜面的摩擦力F₁的作用，且三力的合力为零，故FN与F₁的合力竖直向上， 如图所示.当物体受到外力F时，物体受斜面的弹力为F₁、摩擦力为F₁的作用，F&与F{的合力与F&的夹角为θ，故 则θ=α，故无论F的方向如何，即F(与F(的合力方向竖直向上，由牛顿第三定律得，物块对斜面体的作用力竖直向下，故斜面体在水平方向上不受力，综上答案为A. 13. C【解析】上滑过程,通过受力分析可知,a=gsinα+μgcosα，下滑过程，受力分析可得 所以a>a'；上升阶段的位移小于下滑阶段的位移，在v-t图象上体现出下滑阶段的v-t图线与坐标轴所围面积较大；物体到达c点，由于有机械能损失，所以 综上分析，故C正确. 14. A【解析】小球在OM段做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度大小为a₁；在ON段做匀减速直线运动，末速度为零，设加速度大小为a₂，根据运动学公式 =vN=0,xoN=2xoM,得( ，故v-t图像应为两段斜率不同的倾斜直线，故A正确；s-t图像倾斜直线表示小球在匀速运动，与事实不符，故B错误；a-t图像应为两段平行于t轴的直线，故C错误；动能 图像是倾斜直线，则 图像应为抛物线，故D错误.综上答案为A. 15. C【解析】对图(a)，前2s内物体受沿斜面向下的合力为 ，若大于滑动摩擦力f，则前3s合力的 冲 量 为 ；对图(b)，第1s内重力沿斜面的分力F₁与F的合力为零，物体静止，第3s内合力的冲量为mg×1-f×1=mv₂,可得 ；对图(c)，第1s内重力沿斜面向下的分力F₁与f的关系未知，有两种可能；F₁≤f，静止；F₁>f，下滑，因此合力的冲量可能为( f)×2=(mg-f)×2=mv₃,或 ∫)×3=(mg-f)×3=mv₃,则则 ;对图(d),mg× mv₄,则 故C正确. 16.(1)16m;(2)4m/s²;(3)2 m/s. 【解析】(1)“奔跑”过程，由运动学公式得 解得x=16m, 综上所述，企鹅向上“奔跑”的位移为16m. (2)设企鹅的质量为m，上滑过程，由牛顿第二定律得 mgsinθ+μmgcosθ=ma₁,解得( 下滑过程，由牛顿第二定律得 mgsinθ-μmgcosθ=ma₂,解得( 综上所述，企鹅在冰面上上滑时的加速度大小为88m/s²,下滑时的加速度大小为4m/s². (3)上滑位移大小为 退滑到出发点的速度满足 联立解得 综上所述，退滑到出发点时的速度大小为 17. B【解析】没有空气阻力时，物体的加速度为 设空气阻力的大小为F，则上升过程的加速度大小为( Em，下降过程的加速度大小为， 物体的初速度相同，故 可见 物体在空气阻力的作用下上升和下降的位移相同，故 比较可得 ，综合得B正确. 18. C【解析】忽略空气阻力，向上有 向下有 联立解得 计空气阻力，向上有 向下有 联立解得 综上答案为C. 19. D【解析】不计空气阻力的物体在运动中只受重力作用，因此运动的加速度始终等于g，不忽略空气阻力的物体在运动中受重力和阻力的作用，物体在上升时，由牛顿第二定律得 物体上升过程中速度逐渐减小，故加速度逐渐减小，当速度减为零时，加速度减为g，速度一时间图像的斜率表示加速度，故不忽略空气阻力的物体在速度没有减为零时斜率比不计空气阻力的物体的斜率大，当速率减为零时的斜率与不计空气阻力物体的斜率相同，故ABC错误，综上答案为D. 20. CD【解析】对A、B两球分/别进行受力分析如图1所示，A球在竖直方向受力平衡，有 解得 则杆对B球的力. F杆；B球在竖直方向受力平衡，有 2mg，若B球受到的摩擦力为零，对B球，由牛顿第二定律有 ,解得a=gtanθ;对小车和A、B两球整体,由牛顿第二定律有F=4ma=4mgtanθ,A错误;若推力F向左，对于A、B两球有两种临界状态，第1种为A球恰不转动，临界条件为车厢对A球的支持力 ，对A球，由牛顿第二定律得 又 F杆cosθ= mg,解得 ；第2种为B球恰不滑动，临界条件为向左的摩擦力达到最大静摩擦力，受力分析如图2所示，对B球，由牛顿 第 二 定 律 得 又 解得 2μg-gtanθ, 当 tanθ≤μ时， 加速度最大可取 对小车和A、B两球整体，由牛顿第二定 律 有F=4mam₁=4mgtanθ,B错误;当μ<tanθ≤ 2μ时, 加速度最大可取 ，对小车和A、B两球整体，由牛顿第二定律有 ，C正确；若推力F向右，且tanθ>2μ，对A、B两球受力分析如图3所示，在竖直方向上有F杆cosθ=mg，若B球所受摩擦力水平向左且达到最大静摩擦力，有 得 g(tanθ-2μ)，若B球所受摩擦力水平向右且达到最大静摩擦力，有 得 即 ，对小车和A、B两球整体由牛顿第二定律有F=4ma',则4mg(tanθ-2μ)≤F≤4mg(tanθ+2μ),D正确. 【解析】解法一：如图1作一正交坐标系，在地面观察者看来物体以加速度a₀沿x轴方向前进，由受力分析和牛顿第二定律得 在y轴方向上： 在x轴方向上： 又 由 得 解得 解法二：如图2作一正交坐标系，地面观察者看来物体以加速度a₀前进，把a₀沿两坐标轴分解得 由受力分析和牛顿第二定律得 在x轴方向上：r 在y轴方向上： 又.f₀=μ₀N③, 联立解得 【解析】直升机飞往水源时，由水箱受力平衡得 联立解得 直升机返回时，由牛顿第二定律得 联立解得 综上所述，水箱中水的质量 23. D【解析】以小木块为研究对象，它受重力 Mg，地面的摩擦力f，地面的支持力N，外力F的作用.将F分解沿水平和竖直方向分解，水平方向分力. ，竖直方向分力 ，小木块在竖直方向受力平衡，有 小木块在水平方向加速运动，有 又由摩擦定律得f=μN，联立解得 故D正确. 24. A【解析】设F与水平方向的夹角为θ，对物体作受力分析得Fcosθ= ma,解得 因m一定，F增大a必增大，故A正确. 25.1N或9N. 【解析】当环与直杆间的弹力为0时，由受力分析知 解得 当 时，环与杆的上部接触，杆对环的弹力方向竖直向上，受力如图甲所示. 由受力平衡和牛顿第二定律得 联立解得F=1N, 当 时，环与杆的下部接触，杆对环的弹力方向竖直向下，受力如图乙所示. 由受力平衡和牛顿第二定律得 联立解得F=9N. 综上所述，圆环以 的加速度沿杆运动时，F的大小为1N或9N. 【解析】(1)设物块加速度的大小为a，到达B点时速度的大小为v，由运动学公式得 联立解得 综上所述，物块加速度的大小为3m/s²，到达B点时速度大小为8m/s. (2)设物块所受支持力为FN，所受摩擦力为F₁，拉力与斜面间的夹角为α，受力分析如图所示. 由牛顿第二定律得 又 联立解得 由数学知识得 联立解得 综上所述，拉力F与斜面夹角为α=30°时，拉力F最小，最小值是 斜向右上与水平方向的夹角为α=60°. 【解析】(1)如图甲所示，设平衡时绳中拉力为FT，由受力平衡得 由几何关系得 联立解得 (2)①此时，对小铁环受力分析如图乙，由受力分析和牛顿第二定律得 由图得θ'=60°， 联立解得 ②如图丙，设外力F与水平方向成α角，将杆和小铁环当成一个整体，由受力分析和牛顿第二定律得Fcosα=(M+m)a, Fsinα-(M+m)g=0,联立解得 或α=60°), 综上所述，此状态下杆的加速度 为保持这种状态需在杆上施加一个大小为 的外力，方向斜向右上与水平方向的夹角为α=60°. 28. AD【解析】撤去该力后，物块在空中运动的过程中，加速度方向向下，物块处于失重状态，故A正确；设撤去该力时，物块的速度大小为v，物块落地时的速度大小为v'，故撤去力之前 撤去力之后 解得v:v'=1:2,由 得,a:g=1:3,故B错误；由牛顿第二定律得F-mg= ma,得 故C错误；由v=at,v'=v-gt,v:v'=1:2,得 故D正确.综上答案为AD. 29.8；24.【解析】设水平恒力甲为F₁，作用时间t，水平恒力乙为F₂，物体质量为m，由甲、乙两力作用下物体运动的位移关系得 解得 恒力甲推物体做的功为 恒力乙推物体做的功为 联立解得 由动能定理得 由①②解得 30. AC【解析】在v-t图像中图像的斜率大小等于物块运动的加速度大小，故 对两物块受力分析，由牛顿第二定律得 解得 F=18N,故A正确D错误;1~3sl内两物块一起运动，物块A也具有水平向左的加速度，对其受力分析可知，B对A施加了水平向左的静摩擦力，故B错误；同理在0~1s内物块A也具有水平向右的加速度，对其受力分析可知，B对A施加了水平向右的静摩擦力，由牛顿第二定律得. 4N，故C正确.综上答案为AC. 31. AB【解析】设木板质量为M,物块质量为m,在0~2s内,结合(b)(c)两图可知在F作用下，木板与物块之间有静摩擦力作用，细绳对物块的拉力与静摩擦力平衡，可知力传感器测量的f的大小等于摩擦力的大小，随着f逐渐增大，木块保持静止状态，对木板和物块整体分析，可知力F逐渐增大，当力F大于木板与物块间的最大静摩擦力时，两者开始相对滑动，故C错误；由图(b)可知，2s后木板与物块之间有滑动摩擦力,大小为μmg=0.2N,由图(c)可知,在4~5s内木板只在滑动摩擦力作用下做匀减速运动，由牛顿第二定律得μmg= Ma,由图(c)得加速度大小为 0.2m/s²,联立解得M=1kg;由图(b)可知,在2~4s内,以木板为研究对象，由牛顿第二定律得F-μmg=Ma'，由图(c)得加速度大小为 联立解得F=0.4N,虽知μmg=0.2N,但由于物块质量不确定,因此无法求解动摩擦因数，故AB正确D错误.综上答案为AB. 32. BCD【解析】A、B间的最大静摩擦力为2μmg,B和地面之间的最大静摩擦力为 μmg，以A、B整体为研究对象，只要 整体便会运动，故A错误；当A对B的摩擦力为最大静摩擦力时，A、B将要发生相对滑动，故一起运动的加速度的最大值满足 B运动的最大加速度amax=0.5μg,故D正确;对A、B整体,故F- 即F>3μmg时两者会发生相对运动，故C正确；当 时，两者相对静止，一起滑动，加速度满足 解得 故B正确.综上答案为BCD. 33. B【解析】当F等于12N时,加速度为 对整体分析，由牛顿第二定律得 解得M+m=3kg；当F大于12N时，m和M发生相对滑动，由牛顿第二定律得F-μmg= Ma,故F= Ma+μmg,故知F-a图像的斜率 图像的纵截距b=μmg=8,故M=1kg,m=2kg,μ=0.4,故A错误,B正确;由A选项得,F大于12N时F=a+8,当F=14N时,长木板的加速度为a=6m/s²，故C错误；当F大于12N后，二者发生相对滑动，小滑块的加速度为a=μg，与F无关，F增大时小滑块的加速度不变，故D错误.综上答案为B. 34. B【解析】A、B相对滑动之前加速度相同，由整体法可得F=2ma，a逐渐变大v-t图像斜率逐渐变大；当A、B间刚好发生相对滑动时，对木板有. ，故此时， 则 之后木板做匀加速直线运动，v-t图像斜率恒定不变，综上答案为B. 35. BC【解析】撤掉拉力之前，木板在向右的拉力和向左的滑动摩擦力作用下向右做匀加速直线运动，而物块在向右的滑动摩擦力作用下向右做匀加速直线运动.由加速度关系可知撤去拉力时，木板的速度大于物块的速度，所以木板相对物块继续向右运动，从而受到向左的滑动摩擦力，故木板做匀减速直线运动；而物块受到向右的滑动摩擦力继续做匀加速直线运动，直到二者速度相同以后，再一起做匀速直线运动，故BC正确. 36. AB【解析】在上段运动时，加速度大小为 μg cos45°,位移大小为 在下端运动时，加速度大小为 位移大小为 由0-v-0模型结论知 解得 即 故A正确D错误；由公式 得 故B正确；整个运动过程中，载人滑草车的重力势能完全克服摩擦力做的功，即因此载人滑草车克服摩擦力做的功为2mgh，故C错误. 另解：载人滑草车最终恰好静止于滑道底端，故其先在第一段滑道上做匀加速直线运动，然后在第二段滑道上做匀减速 直 线 运 动 ，由动 能定 理得1mg×2h-μmg cos45°· 解得 故A正确；载人滑草车在第一个滑道上滑动结束时速度最大，则mgh- 解得 故B正确；整个运动过程中，对载人滑草车，由动能定理得mg×2h- ，因此载人滑草车克服摩擦力做的功为 故C错误；载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为a= 故D错误. 37.μ=0.25;16.25m. 【解析】物体的整个运动分为两部分，设撤去力F瞬间物体的速度为v，由运动学公式及牛顿第二运动定律得 解得 或 联立解得 物体的总位移为 综上所述，物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.25，物体的总位移s=16.25m. 38.(1)0.5;(2)1.03s. 【解析】(1)物体做匀加速运动，由运动学公式得 解得 由牛顿第二定律得 F-f= ma, 解得f=10N, 故 (2)设F作用的最短时间为t，小车先以大小为a的加速度匀加速t秒，撤去外力后，以大小为a'的加速度匀减速t'秒到达B处，速度恰为0，由牛顿第二定律得 解得 由于匀加速阶段的末速度即为匀减速阶段的初速度，因此有 at=a't',解得 又 解得 另解：设力F作用的最短时间为t，相应的位移为s，物体到达B处速度恰为0，由动能定理得 [Fcos37°-μ(mg-Fsin37°)]s-μmg(L-s)=0, 解得 由牛顿第二定律得 解得 又 解得 39. AD【解析】气球刚开始上升时，受浮力和重力的作用，由牛顿第二定律得 解得 故A正确；因气球受到的浮力和重力不变，而最后气球做匀速运动，说明气球受到的阻力大小随速度的增大而增大，故B错误；由牛顿第二定律得，气球做加速度逐渐减小的加速运动，假设气球以初始加速度a做匀加速运动，并且运动的末速度都与变加速的相同，由运动学公式得，气球做匀加速运动加速到5m/s的时间 故气球做加速度变小的加速运动加速到5m/s的时间大于10s，故C错误；气球最后做匀速运动时，由平衡条件得 解得f=230N,故D正确.综上答案为AD. 40. BC【解析】飞行器以10m/s的速率匀速下落时，由受力平衡得100k=Mg，飞行器以5m/s的速率匀速向上运动时，有 解得 故A错误；当飞行器以 的速率匀速水平飞行时，发动机推力的大小为 故 B正确；当发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时，有 解得 故C正确；当飞行器以v'=5m/s的速率向上减速飞行时，满足 此时加速度最大，解得最大加速度为a=2.5g,故D错误.综上答案为BC. 41.(1)0.25;(2)0.84kg/s. 【解析】(1)由乙图知v=0时 由牛顿第二定律得 mgsinθ-μmgcosθ= ma₀, 解得 综上所述，物体与斜面间的动摩擦因数为0.25. (2)由乙图知v=5m/s时a=0,由受力平衡得 沿斜面方向有mgsinθ-μN-kvcosθ=0, 垂直斜面方向有N=mgcosθ+ kvsinθ, 化简得 mg(sinθ-μcosθ)-kv(μsinθ+ cosθ)=0, 解得 综上所述,比例系数k为0.84kg/s. 42.(1)78m/s;(2)2m/s².39s. 【解析】(1)设飞机装载货物前质量为m₁，起飞离地速度为v₁；装载货物后质量为m₂，起飞离地速度为v₂，重力加速度大小为g，飞机起飞离地应满足条件 联立解得 综上所述，飞机装载货物后的起飞离地速度为78m/s. (2)设飞机滑行距离为s，滑行过程中加速度大小为a，所用时间为t，由匀变速直线运动公式得 联立解得( 综上所述，飞机在滑行过程中加速度的大小为2m/s²，所用时间为39s. 【解析】雨滴下落时受两个力的作用：重力，方向竖直向下、空气阻力，方向竖直向上.当雨滴达到终极速度vT后，加速度为零，即二力平衡，用m表示雨滴质量，由二力平衡得 又 联立解得 综上所述，半径r=0.10mm的球形雨滴在无风情况下的终极速度为1.2m/s. 【解析】(1)在匀速运动阶段，由受力平衡得 解得 (2)加速阶段，设球拍对球的支持力为FN，由受力平衡与牛顿第二定律得 FNsinθ-kv= ma,FNcosθ= mg, 联立解得 (3)以速度v₀匀速运动时，设空气阻力与重力的合力为F，有 球拍倾角为θ₀+β时，空气阻力与重力的合力不变，此合力与拍面垂线的夹角为β，设球沿球拍面下滑的加速度大小为a',由牛顿第二定律得Fsinβ= ma', 设匀速跑阶段所用时间为t，由 得 球不从球拍上掉落的条件 联立解得 综上所述，为保证到达终点前球不从球拍上距离中心为r的下边沿掉落，β应满足条件 45. BD【解析】因v-t图像的斜率表示加速度，其中斜率的绝对值(倾斜程度)表示加速度的大小，斜率的正负体现加速度的方向.由图可知，0~2s的加速度a为正且恒定不变；2~6s的加速度a为负且恒定不变；6~8s为正且恒定不变，故B正确；因x-t图像的斜率图像表示速度的大小，由v-t图像知0~4s速度大小先增大后减小至0，因此x-t图像的斜率先增大后逐渐减小至0，4~8s速度大小先反向增大后减小至0，因此x-t图像的斜率为负值，斜率的大小且先增大后逐渐减小至0，故D正确.综上答案为BD. 46. B【解析】滑动摩擦力大小为 ,故0~3s内物体静止，6~9s内物体做匀速直线运动，3~6s和9~12s做加速度相等的匀加速直线运动，加速度为a= 6s 末 的速 度 为 6m/s,12s末的速度为v₂=6m/s+2×3m/s=12m/s,3~6s发生的位移大小为 ,6~9s发生的位移大小为x₂=6×3m=18m,9~12s发生的位移大小为 故0~12s发生的位移大小 综上答案为B. 47. A【解析】由图像得0~2s物体静止,2~4s物体在外力F=3N作用下做匀加速运动，加速度 由牛顿第二定律得F-μmg= ma,代入解得3-10μm=2m,4~6s物体受力.F'=2N,，做匀速直线运动，则 得2=10μm,联立解得m=0.5kg,μ=0.4,综上答案为A. 48. ACD【解析】通过题图可知，物块在恒力F作用下先做匀减速直线运动，然后反向做匀加速直线运动，由图像求出做匀加速直线运动和匀减速直线运动的加速度大小，再结合牛顿第二定律求出恒力F和摩擦力的大小.物体做匀减速直线运动的加速度大小为 物块做匀减速直线运动的时间为 故A正确；物体做匀加速直线运动的加速度大小为 反向加速到出发点的时间 故B错误；由牛顿第二定律得. 联立解得F=2N,F₁=1N,得动摩擦因数为 故CD正确.综上答案为ACD. 49.(1)0.2;(2)6N;(3)46m. 【解析】(1)设物体做匀减速直线运动的时间为△t₂、初速度为v₂₀、末速度为v₂₁、加速度为a₂,故 设物体所受的摩擦力为F₁，由牛顿第二定律得 又 联立解得 综上所述，物体与水平面间的动摩擦因数为0.2. (2)设物体做匀加速直线运动的时间为△t₁、初速度为v₁₀、末速度为v₁，加速度为a₁，故 由牛顿第二定律得 联立解得 综上所述，水平推力F的大小为6N. (3)解法一：由匀变速直线运动位移公式得 解法二：由v-t图像与横轴围成的面积得 综上所述，0~10s内物体运动位移的大小为46m. 50. B【解析】打开降落伞前，着陆器受到重力(火星引力)、浮力、气体的阻力，故A错误；打开降落伞至分离前，着陆器处于向下减速运动过程，所以加速度向上，由牛顿第二定律可知，此过程中合力竖直向上，故B正确；打开降落伞至分离前，着陆器受重力(火星引力)、浮力和气体的阻力，故C错误；着陆器处于悬停状态时，发动机喷火的反作用力和浮力的合力与重力(火星引力)是平衡力，故D错误. 51.10m. 【解析】设冰壶在未被毛刷擦过的冰面上滑行的距离为s₁，所受摩擦力的大小为f₁=μ₁mg，加速度大小为 在被毛刷擦过的冰面上滑行的距离为s₂，所受摩擦力的大小为为 ，加速度大小为( ，由几何关系得 ，式中s为投掷线到圆心O的距离， 冰壶的初速度为为v₀，设第一段的末速度为v₁，由运动学公式得 联立解得 代入数据得 综上所述，为使冰壶C能够沿虚线恰好到达圆心O点，运动员用毛刷擦冰面的长度应为10m. 学科网（北京）股份有限公司 $