第5讲 动力学两类基本问题-2026年高考物理母题60讲

第五讲 动力 母题呈现 [例]第24届冬奥会在我国举办。钢架雪车 比赛的一段赛道如图1所示，长12m的水 平直道AB与长20m的倾斜直道BC在B 点平滑连接，斜道与水平面的夹角为15°。 运动员从A点由静止出发，推着雪车匀加 速到B点时速度大小为8m/s,紧接着快速 俯卧到车上沿BC匀加速下滑（图2所示）， 到C点共用时5.0s。若雪车（包括运动员） 可视为质点，始终在冰面上运动，其总质量 为110kg,sin15°=0.26，求雪车（包括运 动员)： B 1591-C 图1 vancouver 图2 (1)在直道AB上的加速度大小； (2)过C点的速度大小； (3)在斜道BC上运动时受到的阻力大小。 高考物理母题60讲 学两类基本问题 知识链接 一、两类基本问题 以加速度为“桥梁”，由运动学公式和牛顿 第二定律列方程求解，具体逻辑关系如图： 由力求运动 受力 牛顿第二定律 加速度 运动学规律 运动 情况 情况 由运动求力 二、解决问题的关键 受力 求合 由F=ma 运动学 确定 分析 力F 求加速度 方程 研究 运动 求加 由F=ma求合力 对象 分析 速度a 或某个力 1.两个分析：物体的受力情况分析和运动过程 分析。 2.两个桥梁：加速度是联系物体运动和受力的 桥梁；衔接点的速度是联系相邻两个过程的 桥梁。 三、特例：超重和失重 1.从受力的角度判断 当物体所受向上的拉力（或支持力）大于重 力时处于超重状态，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 加速度为重力加速度时处于完全失重状态。 3.从运动状态的角度判断 (1)物体向上加速或向下减速时，超重。 (2)物体向下加速或向上减速时，失重。 高考物理母题60讲 衍生练习 [衍生1]近年来新能源汽车的发展越来越 受到人们的关注。在测试某新能源汽车车 轮抱死后刹车情况时，测得汽车在刹车前 瞬间的速度大小为20m/s,已知汽车轮胎 与地面之间的动摩擦因数为0.8，则车轮 抱死后刹车的直线距离为（重力加速度g 取10m/s2) A.25m B.30m C.35m D.40m [衍生2]我国自行研制，具有完全自主知识 产权的新一代大型喷气式客机C919首飞 成功后，拉开了全面试验试飞的新征程，假 设飞机在水平跑道上的滑跑是初速度为零 的匀加速直线运动，当位移x=1.6× 103m时才能达到起飞所要求的速度v 80m/s,已知飞机质量m=7.0×10kg,滑 跑时受到的阻力为自身重力的0.2倍，重 力加速度取g=10m/s2,则飞机滑跑过程 中牵引力为 ( A.7.0×104N B.1.4×105N C.2.1×105N D.2.8×105N [衍生3]一小物块从倾角为 a=30°够长的斜面底端以a 0 初速度，=10m/s沿斜面向上运动（如图 所示)，已知物块与斜面间的动摩擦因数 =号，g取10m/s,则物块在运动时间 t=1.5s时离斜面底端的距离为( ) A.3.75m B.5 m C.6.25m D.15m [衍生4幻如图所示，木盒中固定一质量为m 的砝码，木盒和砝码在斜面上一起以一定 的初速度滑行一段距离后停止。现拿走砝 码，而持续加一个垂直于斜面向下的恒力 F(F=ngcos0),其他条件不变，则木盒滑 行的距离将 0 A.不变 B.变小 C.变大 D.变大、变小均有可能 。1 [衍生5]（多选）用水平拉力F 使质量分别为m甲、m乙的 甲、乙两物体在水平桌面上 由静止开始沿直线运动，两 物体与桌面间的动摩擦因数分别为甲和 2。甲、乙两物体运动后，所受拉力F与 其加速度a的关系图线如图所示。由图可 知 A.m甲<mz B.m甲>m乙 C.甲<z D.4甲>Z [衍生6]如图，将光滑长平 光滑长平板 板的下端置于铁架台水平 底座上的挡板P处，上部横杆 架在横杆上。横杆的位置 铁架台 可在竖直杆上调节，使得平 板与底座之间的夹角日可变。将小物块由 平板与竖直杆交点Q处静止释放，物块沿 平板从Q点滑至P点所用的时间t与夹角 0的大小有关。若由30°逐渐增大至60°， 物块的下滑时间t将 ( A.逐渐增大 B.逐渐减小 C.先增大后减小D.先减小后增大 [衍生7]（多选)蹦床属于体操运动的一种， 有“空中芭蕾”之称。某次比赛过程中，一 运动员做蹦床运动时，利用力传感器测得 运动员所受蹦床弹力F随时间t的变化图 像如图所示。若运动员仅在竖直方向运 动，不计空气阻力，取重力加速度大小g= 10m/s2。依据图像给出的信息，下列说法 正确的是 ( ) ↑FIN 3300 0 6.57.39.310.112.112.9t/ A.运动员的质量为66kg B.运动员的最大加速度为45m/s C.运动员离开蹦床后上升的最大高度为 5m D.运动员离开蹦床后上升的最大高度为 10m [衍生8]如图所示，足够长的斜 面倾角0=37°，一物体以℃。 0 12m/s的初速度从斜面上的A 点开始沿斜面向上运动，经1.5s物体运 动到最高点。g取10m/s2,sin37°=0.6， c0s37°=0.8，求： (1)物体与斜面间的动摩擦因数； (2)物块从最高点返回出发点所需的时间； (3)物块从开始上滑到速度为4m/s所用 的时间。 [衍生9]火星探测器“天问 一号”成功着陆火星。在着 陆的最后阶段，探测器到达 H=100m 距火星表面100米的时候， 进入悬停阶段，这个时候可 能会进行一些平移，选择安 全的着陆区进行着陆。图示为探测器在火 星表面最后100米着陆的模拟示意图。某 时刻从悬停开始关闭探测器发动机，探测 器开始作竖直匀加速下落，后开启发动机， 探测器开始作竖直匀减速下落，到达火星 表面时，探测器速度恰好为零，假设探测器 下落过程中受到火星大气的阻力恒为探测 器在火星表面重力的0.2倍，火星表面的 重力加速度取4m/s2,探测器总质量为5 吨（不计燃料燃烧引起的质量变化）。求： [归纳提升] ·17 高考物理母题60讲 (1)全程的平均速度大小； (2)减速下落过程中的加速度大小； (3)减速下落过程中发动机产生的推力 大小。 [衍生10]如图所示，一根足够长的细杆与水 平面成0=37°角固定，质量为m=1kg的 小球穿在细杆上静止于细杆底端O点，现 有水平向右的力F作用于小球上，经时间 t1=0.2s后撤掉F,小球沿细杆运动的部 分v-t图像如图乙所示（取g=-10m/s2, sin37°=0.6，cos37°=0.8)。试求： 个lm·s) Q0 00.20.40.6t/ 分 (1)小球在00.2s内的加速度a1和 0.2~0.4s内的加速度a2; (2)0~0.2s内水平作用力F的大小； (3)撤去水平力后，小球经过多长时间返回 细杆底部？、高考物理母题60讲 [衍生7][解析]AB.货箱缓慢移动，货箱所受合外 力为零，所以车厢对货箱的作用力与货箱的重力等 大反向，大小始终等于重力，大小不变，故AB错误： CD.如图所示： 隔板对工件的弹力为F,货箱右壁对工件的弹力为 F2,二力夹角a保持不变，所以三力组成的顺接闭合 三角形三个顶点在同一个圆周上，由图可知车厢倾 角日缓慢增大到37°过程中，F2一直增大，F1逐渐减 小，由牛顿第三定律知，工件对隔板的压力不断减 小，工件对货箱右壁的压力一直增大，故C错误，D 正确。 [答案]D [衍生8][解析]AB.设轻绳的合拉力大小为T,对 石墩受力分析，如图所示： Y mg 由平衡条件，可知在水平方向上有：Tcos0=f, 竖直方向上有：Tsin0十N=mg, 根据滑动摩擦力公式得：f=N, 联立解得轻绳的合拉力大小为：T g ,cos9+4sin0,故 A错误，B正确；C.合拉力的大小为：T= 以g umg cos0+usin0√+usin(0+a） 其中tana=1,可知当0十a=90时，拉力有最小值， 即减小夹角日，轻绳的合拉力不一定减小，故C错误； D.摩擦力大小为：f=Tcos日=四mngcos0 cos 0++usin 0 十m9,可知增大夹角0，摩擦力一直减小，当趋近 于90°时，摩擦力最小，故轻绳的合拉力最小时，地面 对石墩的摩擦力不是最小，故D错误；故选B。 答案】B 第五讲动力学两类基本问题 [母题呈现] [例][解析](1)设在AB段加速度为a1,位移为x1,由 8 运动学公式=2a1x1代入数据解得：a1=3m/s。 (2)设运动员在AB段运动时间为t1,BC段时间为t2, 8 t1= s=3s, 8 3 1 BC段2=t2十2a2号，代入数据解得：a2=2m/s; 过C点的速度为v=U1十a2t2, 代入数据解得：v=12m/sa ·23 (3)在BC段，由牛顿第二定律： mgsin0-F:=ma2,代入数据解得：Fi=66N。 [答案】(1号m/g(22m/g(8)66N [衍生练习] [衍生][解析]汽车刹车后所受合外力为摩擦力， 故F合=f=mg, 由牛顿第二定律：F合=ma, 可得刹车后加速度大小a=g=0.8×10m/s2 =8m/s2, 刹车后汽车做匀减速运动，末速度为0， 由0一v=2a,x知车轮抱死后刹车的直线距离为： x 0-6=0-202 m=25m,故A正确，B、C、D 2a 2×8 错误。 [答案]A [衍生2][解析]飞机在起飞过程中做匀加速直线运 动，根据x=分，解得：1=二-2X600、=40s, 80 加速度大小为：a=名，解得a=2m/s, 飞机起飞的过程中受到牵引力与阻力，根据牛顿第 二定律可知：F一f=ma,解得：F=f十ma,解得F= 2.8×105N;故D正确，ABC错误。 [答案]D [衍生3][解析]由牛顿第二定律得沿斜面向上运动 的加速度大小a=gsin a-十gcos a-=l0m/s2, 物块运动到最高点的时间t1=驰=1s<1.5s, a 由于mgsin a=4 gcos a,物块到最高点速度为零即 停止。 所以物块离纤面底墙的距高为一总-5n,故ACD 错误，B正确。 [答案]B [衍生4][解析]设木盒的质量为M,根据牛顿第二 定律得：放砝码时，u(m十M)gcos日-(m十M)gsin8 =(m十M)a1,解得加速度：a1=ugcos日-gsin, 拿走砝码施加F时，4(Mgcos0十F)一Mgsin0 =Ma2, 解得加速度：a2=(M+m)gcos M -gsin 0, 可知a2>a1o 银据v22r得工，可知加速度增大，滑行的塑 离变小。故B正确，ACD错误。 [答案]B [衍生5][解析]对物体受力分析，根据牛顿第二定 律可得F-mg=ma,所以F=ma十mg,图像斜率 k=m,图像截距b=mg,由于k甲>k元，故m甲> m元，由于甲m甲g=元乙g,故甲<，故AD 错误，BC正确。 [答案]BC [衍生6][解析]设铁架台底座距离为d,则物块沿 平板的位移为x=c030 d 对物块利用牛顿第二定律可得mgsin0=ma, 利月运功学公式可得x=a, 2d d 整理可得1气√sin cos)名√gn0 由数学知识可知，当0=45°时，sin20最大，对应时间 t最小，故日由30°逐渐增大至60°，物块的下滑时间 将先减小后增大，故ABC错误，D正确。 [答案]D [衍生7][解析]由图像信息可知，开始时运动员静 止在蹦床上，所受弹力与重力大小相等，即mg= 600N,解得运动员的质量m=60kg,A错误；运动员 在蹦床上时受到的最大弹力Fm=3300N,由牛顿第 二定律得最大加速度am= Fm一mg=45m/s2>g= 10m/s2,B正确；由图可知，运动员离开蹦床后在空 中运动的最长时间为2s,上升和下落的时间分别为 1s,则运动员离开蹦床后上升的最大高度为h= 2gt=5m,C正确，D错误。 [答案]BC [衍生8][解析](1)物体沿斜面向上做匀减速运动， 有0=vo-a1t,解得a1=8m/s2, 对物体进行受力分析，根据牛顿第二定律，有ngsin0十 ngcos0=ma1,解得u=0.25。 (2)在物体上滑至最高点的过程中，有呢=2a1x,解 得x=9m, 此后物体沿斜面加速下滑，有ngsin0-mgcos8= ma2,解得a2=4m/s2, 根据运动学的规徐有x=弓4，解得12=3。 2 (3)若物体在沿斜面向上运动时，速度达到4m/s,有 v=0一a1t3,解得t3=1s, 若物体在下滑是地速度达到4m/s,有t4三十， 解得t4=2.5sa [答案]10.25(2)29（31s或2.5 [衍生9][解析](1)匀加速下落过程： a1=ms头-上，解得a1=3.2m/s2, m 5s末的速度为=a1t1=3.2×5m/s=16m/s, 金程的平均连度大小为=受-受m/s=8m/ (2)由=7a1,解得A1=40m, 减速下落过程中通过的位移为h2=h一h1=100m 40m=60m, 减速下落过程中的加速度大小a2,根据速度一位移 公式可得心2=2a解得a=号m/g (3)设减速下落过程中发动机产生的推力大小F,有： F+f-mg火=ma2, 代入解得F=2.67×101N。 [答案】（1)8m/s(2号m/g2(32.67X101N ·23 高考物理母题60讲 [衍生10][解析](1)由图像可知，在0~0.2s内的 加速度a1= 一1=20m/s2,方向沿杆方向， t 在0.2~0.4s内的加速度42=3-2=-10m/s2, 方向沿杆向下。 (2)有力作用时的上升过程，由受力分析和牛顿第二 定律得： Fcos 0-u(mgcos 0+Fsin 0)-mgsin 0=ma D F停止后的上升阶段有；一umgcos0-ngsin0=ma2② 由①②解得；H=ag+gsin9 =0.5,F= gcos 0 ma+mgsin 0++umgcos 0 =60N. cos 6-usin (3)由图像可知，前0.2s小球上升的距离为1=之 ×0.2×4m=0.4m,停止拉力后，小球继续上升的 时间为：妇品=0.4s,维然上升的距离为与=学 =0.8m, 所以总共上升的距离为：s=1十s2=1.2m, 小球沿杆下滑时的加速度a3=gsin日-4gcos日 =2m/s2, 所以下滑的时间t3= E=12s=1.1s, a3 所以撤去水平力后，小球返回底部的总时间为： t=t2+t3=1.5sa [答案](1)20m/s2,方向沿杆方向-10m/s2 方向沿杆向下(2)60N(3)1.5s 第六讲动力学中加速度问题 [母题呈现] [例][解析](I)由运动学表达式知1=wt十2a, 解得a=2m/s2. (2)对物块受力并由牛顿运动定律可得F-mngsin0 mngcos9=ma,代值解得u=0.5。 (3)设拉力F方向与斜面夹角为α，并对物块进行受力 可得Fcos6-ngsin9-uN=ma,N+Fsin a-mgcos9= 0,联立可得F=mngsin9+mgcos8+ma cos 0+usin 0 代值并由数学知识得到Fnm=125N 5 [答案](1)2m/s2(2)0.5(3)25N [衍生练习] [衍生1][解析AB.突然剪断B、C间的绳子，BC 间绳的拉力突变为零，而CD间弹簧的弹力保持不 变，将AB整体可得(mA十mB)g=(mA十mB)a解得a g,故AB错误；CD.初始时由平衡条件可得弹簧的 弹力Fx=mDg,突然剪断B、C间的绳子，BC间 绳的拉力突变为零，而CD间弹簧的弹力保持不 变，可知D的受力情况保持不变，则an=0,对 Cmcg十F,=maC,解得ac=多g,故C正确， D错误。 「答案]C [衍生2][解析]A.当滑块向左做匀速运动时，根据 平衡条件可得绳的拉力大小为T=mgsin30° 0.5mg,故A正确；BC.设当小球贴着滑块一起向左 运动且支持力为零时加速度为0，小球受到重力、拉