第6讲 动力学中加速度问题-2026年高考物理母题60讲

高考物理母题60讲 第六讲； 动力 母题呈现 [例]如图甲所示，一个质量=0.5kg的小 物块（可看成质点），以o,=2m/s的初速度 在平行斜面向上的拉力F=6N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=8m,已知斜面倾角0=37°，重力加速度 g取10m/s2,sin37°=0.6，cos37°= 0.8。求： B 甲 (1)物块加速度a的大小； (2)物块与斜面之间的动摩擦因数； (3)若拉力F的大小和方向可调节，如图乙 所示，为保持原加速度不变，F的最小值是 多少？ 学中加速度问题 母题拓展 一、粗糙斜面的两个加速度 1.图甲中，物体的加速度大小为a=gsin0十 gcos0,方向沿斜面向下。 u mgcos 0 a v u mgcos mgsin 6 mgsin 6 甲 乙 2.图乙中，物体的加速度大小为a=gsin0一 gcos0。 若u<tan0 轻放在斜面上的物块加速 下滑 a=0,匀速下滑或恰好不 若=tan0 下滑 若>tan0 加速度方向沿斜面向上或 相对斜面静止 二、加速度的两类特殊问题 1.临界问题 把物理问题（或过程）推向极端， 从而使临界现象（或状态）暴露 极限法 出来，以达到正确解决问题的 目的 临界问题存在多种可能，特别是 非此即彼两种可能时，或变化过 假设法 程中可能出现临界条件，也可能 不出现临界条件时，往往用假设 法解决问题 将物理过程转化为数学表达式， 数学法 根据数学表达式解出临界条件 2.瞬时性问题 分析瞬时变化前 分析瞬时变化后 物体的受力情况 哪些力变化或消失 求出变化后物体所受合力 求瞬时 根据牛顿第二定律列方程 加速度 三、瞬时加速度的两种模型 物体的加速度与其所受合力具有因果关 系，物体的加速度总是随其所受合力的变 化而变化，具体可简化为以下两种模型： 不发生明显形变就能产生弹力，剪 断或脱离后，不需要时间恢复形变， 轻绳、轻杆 弹力立即消失或改变。一般题目中 和接触面 所给的轻绳、轻杆和接触面在不加 两种 特殊说明时，均可按此模型处理 模型 当弹簧的两端与物体相连（即两端 弹簧、蹦床 为固定端)或相挤压时，由于物体具 有惯性，弹簧的长度不会发生突变， 和橡皮筋 所以在瞬时性问题中，其弹力认为 是不变的，即此时弹簧的弹力不突变 衍生练习 [衍生1]A、B、C、D四个物体通 iiliiieiiiie 过轻绳和轻弹簧按如图所示方 式连接，已知mA=mc=2mB= B 2mD,重力加速度为g,若突然 A□CD 剪断B、C间的绳子，剪断绳子 后的瞬间，下列有关表述正确的是( A.物体A的加速度为零 B.物体B的加速度为3g C物体C的加速度为号s D.物体D的加速度为g [衍生2]（多选）如图所示， 细线的一端固定在倾角 为30°的光滑楔形滑块A 30° 的顶端P处，细线的另一 端拴一质量为m的小球，静止时细线与斜面 平行（已知重力加速度为g)。则 ( ) A.当滑块向左做匀速运动时，细线的拉力 为0.5mg B.若滑块以加速度a=g向左加速运动 时，线中拉力为mg C.当滑块以加速度a=g向左加速运动 时，小球对滑块压力不为零 D.当滑块以加速度a=2g向左加速运动 时，线中拉力为2mg [衍生3]（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F阻=k0,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 ·19 高考物理母题60讲 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 动机推力的大小为平Mg 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5√3m/s 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 [衍生4幻（多选)如图，质量 O0网卫_F 777777777777777777777 相等的两滑块P、Q置于 水平桌面上，二者用一轻弹簧水平连接，两 滑块与桌面间的动摩擦因数均为4。重力 加速度大小为g。用水平向右的拉力F拉 动滑块P,使两滑块均做匀速运动；某时刻 突然撤去该拉力，则从此刻开始到弹簧第 一次恢复原长之前 A.滑块P的加速度大小的最大值为2μg B.滑块Q的加速度大小的最大值为24g C.滑块P的位移大小一定大于滑块Q的 位移大小 D.滑块P的速度大小均不大于同一时刻 滑块Q的速度大小 [衍生5]（多选)如图所 A月 示，两小球M、N分别 与两段轻绳A、B和一过 轻弹簧C连接。两小品g 球静止时，轻绳A、B与竖直方向的夹角分 别为30°、45°，弹簧C沿水平方向，则下列 说法正确的是 A.小球M和小球N的质量之比为（√3一 1):2 B.小球M和小球N的质量之比为(3十 1):2 C.剪断轻绳B的瞬间，球M的加速度大小 为3g D.剪断轻绳B的瞬间，球N的加速度大小 为28 [衍生6]（多选）如图示， A 质量为m的小球A和质量 为2m的小球B与轻杆相 连，两球连接体斜放在车厢内，当车以一定 的加速度向右匀加速运动时，两球连接体 相对于车厢静止，轻杆与竖直方向的夹角 为0，车厢侧壁和地板均光滑，重力加速度 为g,则 ( 、高考物理母题60讲 A.轻杆对球的作用力大小为mg。 cos 0 B.车的加速度大小为gtan0 C.A球对车厢侧壁的作用力大小 为2 mngtan0 D.B球对车厢地板的作用力大小为3mg [衍生7]（多选)如图所示，一辆小车静止在 水平地面上，bc是固定在小车上的水平横 杆，质量为M的物块穿在杆上，通过细线 悬吊着质量为m的小物体，小物体在小车 的水平底板上，小车未动时细线恰好在竖 直方向上。现使小车向右运动，全过程中 物块始终未相对杆bc移动，物块、小物体 与小车保持相对静止，已知a1：a2：a3· a4=1:2:4:8,物块M受到的摩擦力大 小依次为f1、f2、f、f4,则以下结论正确 的是 b M m m白 77777777777777777777777 7777777777777 7777777777777 甲 乙 丙 A.f1:f2=1:2 B.f2:f3=1:2 C.f3:f4=1:2 D.a=20 [衍生8]（多选)水平面 上放置一质量为m的 滑块B,上方有圆形凹 槽，质量也为m的圆柱 A恰好能放置在凹槽 c 中，其截面图如图所示，圆心与二者接触的 左端点连线跟竖直方向夹角α=30°。一质 量为M的物体C通过跨过定滑轮的不可 伸长的轻质细绳与B相连，细绳张紧后由 静止释放C,不计一切摩擦，B离定滑轮足 够远。下列说法正确的是 ( A.如果A、B能保持相对静止，B对A的 作用力大小为gm2+4 M B.如果A、B能保持相对静止，B对A的作 用力大小为mg ·2 C.当M=(√3+1)m时，A恰要从凹槽中 滚出 D.如果a=45°时，无论M为多少，A都不 能滚出凹槽 [衍生9]（多选）如图甲所示，物块A、B静止 叠放在水平地面上，B受到从零开始逐渐 增大的水平拉力F的作用，A、B间的摩擦 力F1、物块B与地面间的摩擦力Fe随水 平拉力F变化的情况如图乙所示。已知 物块A的质量m=3kg,取g=10m/s2, 设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则下列 说法正确的是 F 4队--F2 12 F/N 甲 A.两物块间的动摩擦因数为0.2 B.当0<F<4N时，A、B保持静止 C.当4N<F<12N时，A、B发生相对 滑动 D.当F>12N时，A的加速度随F的增大 而增大 [衍生10]（多选）如图所示，一 弹簧一端固定在倾角为0 37的光滑固定斜面的底端， 370 另一端拴住质量为mp=6 kg的物体P,Q为一质量为m。=10kg的 物体，弹簧的质量不计，劲度系数k= 600N/m,系统处于静止状态。现给物体Q 施加一个方向沿斜面向上的力F,使它从 静止开始沿斜面向上做匀加速运动，已知 在前0.2s时间内，F为变力，0.2s以后F 为恒力，sin37°=0.6，g取10m/s2。下列 说法正确的是 ) A.开始运动时拉力最大，分离时拉力最小 B.0.2s时刻两物体分离，此时P、Q之间 的弹力为零且加速度大小相等 C.0.2s时刻两物体分离时，弹簧的压缩量 7 为x=5m D.物体Q从静止开始沿斜面向上做匀加 速运动的加速度大小a-号m/[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 、高考物理母题60讲 力作用，根据牛顿第二定律可得加速度a0= mg tan 60-3gg, 即此时小球没有脱离斜面，则水平方向Tcos30° Nsin30°=ma, 竖直方向Tsin30°+Ncos30°=mg, 联立可得：T-mg,N=mg故选项B错 2 误，C正确：D.当滑块以加速度α=2g>√3g向左加 速运动时，此时小球已经飘离斜面，则此时线中拉力 为F=√(mg)2+(ma)z=√5mg,故D错误。 [答案]AC [衍生3][解析]A.飞行器关闭发动机，以= 10m/s匀速下落时，有Mg=kw12=k×100, 飞行器以2=5m/s向上匀速时，设最大推力为Fm, Fm=Mg十kv22=Mg十kX25, 立可得Fm=1.25Mg,k=,A错误；B.飞行 以3=5m/s匀速水平飞行时F=√(Mg)2十(ku) TMg,B正确；C,发动机以最大推力推动飞 器均连水平飞行时f=F-(Mg=是Mg kv42,解得4=5√m/s,C正确；D.当飞行器最大推 力向下，以=5/s的速率向上减速飞行时，其加 速度向下达到最大值Fm十Mg十ku=Mam,解得 am=2.5g,D错误。 [答案]BC [衍生4][解析]设两物块的质量均为m,撤去拉力 前，两滑块均做匀速直线运动，则拉力大小为F= 2mg,撤去拉力前对滑块Q受力分析可知，弹簧的 弹力为T。=mg,AB.从此刻开始到弹簧第一次恢 复原长之前的过程中，以向右为正方向，撤去拉力瞬 间弹簧弹力不变为mg,两滑块与地面间仍然保持 相对滑动，此时滑块P的加速度为一To一mg= map1,解得ap1=一2g,此刻滑块Q所受的外力不 变，加速度仍为零，过后滑块P做减速运动，故PQ间 距离减小，弹簧的伸长量变小，弹簧弹力变小。根据牛 顿第二定律可知滑块P减速的加速度减小，滑块Q的 合外力增大，合力向左，做加速度增大的减速运动。 故滑块P加速度大小的最大值是刚撤去拉力瞬间的 加速度为2g。 滑块Q加速度大小最大值为弹簧恢复原长时一mg =maQm,解得aQm=一g, 故滑块Q加速度大小最大值为g,A正确，B错误； C,滑块PQ水平向右运动，PQ间的距离在减小，故 滑块P的位移一定小于滑块Q的位移，C错误：D.滑 块P在弹簧恢复到原长时的加速度为一mg= map2,解得ap2=一g,撤去拉力时，滑块PQ的初速 度相等，滑块P由开始的加速度大小为做加速度减 小的减速运动，最后弹簧原长时加速度大小为g;滑 块Q由开始的加速度为0做加速度增大的减速运 动，最后弹簧原长时加速度大小也为g。分析可知 滑块P的速度大小均不大于同一时刻滑块Q的速度 大小，D正确。 [答案]AD ·23 [衍生5][解析]设弹簧弹力为F,对两球整体受力 分析，由平衡条件可得Tasin30°=(mA十mN)g, 对小球M受力分析且由平衡条件可得Trsin45°=F, Trcos45°=mMg, 联立解得-，A经，B玉：C剪嘶整视 B的瞬间，弹簧弹力不变，对于小球M由牛顿第二定 律得√F2十(mMg)2=mMaM, 联立解得aM=√2g,C错误； D.剪断轻绳B的瞬间，绳子A的拉力要突变，球N 将做圆周运动，由于为0，向心力为0，绳A的拉力 与重力沿半径方向的分力等大反向，合力为重力沿 切线方向的分力，有ngsin30°=ma,解得a=2g, D正确。 [答案]BD [衍生6们[解析]A.根据题意，设杆对球的作用力大 小为F,对A球，竖直方向上由平衡条件有Fcos0= mg,解得F=故A正确： BCD.水平方向上，由牛顿第二定律，对A球有N1一 Fsin0=ma,对B球有Fsin0=2ma, 竖直方向上对B球，由平衡条件有N2=2mg十 Fcos 0, 联立解得a=7gan0.N=号ngtan0.N2=3mg, 故B错误，CD正确。 「答案7ACD [衍生7][解析]甲乙两图中，M水平方向只受静摩 擦力作用，根据牛顿第二定律得：f1=Ma1;f2= Ma2;丙丁两图中，对m和M整体受力分析，受总重 力(M十m)g、支持力N、摩擦力f,如图所示： N M+m 根据牛顿第二定律，有：f=(M十m)a;即f3=(M十 m)a3,fA=(M+m)a4;又：a:a2=1:2,则：f1:f2 =1:2,故A正确；a2:a3=2:4,f2:f3=M:2(M 十m),故B错误；f3:f4=a3:a4=4:8=1:2,故C 正确；对物体m隔离受力分析，可得tan0= =a,而a3:a4=4:8,所以tana=2tan,故D g 错误。 [答案]AC [衍生8][解析]AB.如果A、B能保持相对静止，将 A、B、C看作一个整体，根据牛顿第二定律可得 Mg=(2m+M)a, 解得加速度大小为a=(2m干M Mg A受到B水平方向的作用力大小为F,=ma, 竖直方向的作用力为Fy=mg, B对A的作用力大小为F=√F?十F? =8Vm2+ M牛2，故AB错误；C.小球滚出凹糟 M2m2 的临界条件为小球受到槽的支持力沿着圆心与二者 接触的左端点连线方向，则有Nsin a=ma1,Ncos a =mg,解得临界加递度大小为a1=气g 38, 把A、B、C看作一个整体，根据牛顿第二定律可得 Mg a12m十Mn,解得M=(3+1)m,可知当M>(1 十√5)m时，A能从凹槽中滚出，故C正确；D.当a= 45°时，小球滚出凹槽的临界条件为小球受到槽的支 持力沿着圆心与二者接触的左端点连线方向，有 Vsin a=ma2,Ncos a=mg,解得临界加速度大小 a1=g,把A、B、C看作一个整体，根据牛顿第二定律 Mg 可得a=2m干M师<g,所以无论M为多大，A都不 能滚出凹槽，故D正确。 「答案]CD [衍生9][解析]A.A、B间发生相对运动时，A受到 的摩擦力为f1=umg=6N,解得两物块间的动摩擦 因数为4=0.2，故A正确；B.当0<F<4N时，由图 可知A、B间没有摩擦力作用，因此A、B处于静止状 态，故B正确；C.当时，由图可知，B与地面间摩擦力 是滑动摩擦力，而A、B间是静摩擦力，因此B在地面 上滑动，而A、B保持相对静止，故C错误；D.当时， 由图可知A、B间发生相对运动，A的摩擦力是滑动 摩擦力，根据可知，A的摩擦力保持不变，恒为，故D 错误。 [答案]AB [衍生10们解析]A.对两物体受力分析知，开始运 动时拉力最小，分离时拉力最大，则开始时拉力Fmm =(mp+ma)a=160N, 3 分离时对Q应用牛顿第二定律得 Fmax -magsin 0=mqa, 解得分离时拉力Fmx=280N,故A错误：BCD.前 3 0.2s时间内F为变力，之后为恒力，则0.2s时刻两 物体分离，此时P、Q之间的弹力为零且加速度大小 相等，设此时弹簧的压缩量为x1,对物体P,由牛顿 第二定律得k.x1一npgsin0=mpa, 1 前0.2s时间内两物体的位移x0一工1=2Qt, 又未加拉力时平衡时k.xo=(mp十mQ)gsin0, 联立解得a=9(m/s2)a=元m,故BCD正确。 7 3 [答案]BCD 第七讲木板一滑块问题 [母题呈现] [例][解析](1)设两物体间的最大静摩擦力为f,当 F=2.5N作用于m时，对整体由牛顿第二定律有 F=(M+m)a,对M,由牛顿第二定律f=Ma,联立解 得f=2M, 小物块竖直方向上受力平衡，所受支持力N=mg,由 摩擦力性质f=mg,得4=0.2： .23 高考物理母题60讲 (2)F=12N作用于M时，两物体发生相对滑动，设 M、m加速度分别为a1、a2,对M,由牛顿第二定律 F-f=Ma1,得a1=2.5m/s2, 对m,由牛顿第二定律f=ma2,得a2=2m/s2, 由匀变速直线运动规律，两物体在t时间内位移为 1 1 s1=21t,2=za2, m附滑下M时51一为=子L,联立得1=2s [答案](1)0.2(2)2s [衍生练习] [衍生1][解析]滑块以水平初速度0滑上木板，滑 块减速，木板加速，滑块和木板的加速度的大小分别 为a2=m28=g,a1=m2s, m2 m1 由题图乙可知，滑块的速度一直大于木板的速度，即 两者之间始终存在相对运动，在1时刻，滑块滑出木 板，各自做匀速直线运动。由题图乙分析可知，图像 的斜率等于加速度，则a2<a1, 即g<m2s,则m1<m2。 m [答案]ACD [衍生2][解析]AB.设A、B之间的滑动摩擦力F1 则F1=mngcos8, 物体A沿斜面的重力的分力为F1=mngsin0, 因动摩擦因数为<tan9,A、B一定相对滑动，所以 A、B不会相对静止，A错误，B正确；CD.对物体B 受力分析，如图所示，B做匀速直线运动，受力平衡， 设B与斜面体间的摩擦因数为0，由平衡条件可知 F P F mg F=mgsin 0+Fn+fr,FN=FNI+mgcos 0, F2=u2FN, 物体A对B的压力大小为FN1=mgcos0, 解得B与斜面体间的动摩擦因数为 F-mgn9gos,C错误，D正确。 2mgcos 6 [答案]BD [衍生3][解析](1)滑板由A滑到B过程中一直加 速时，且加速度为a2最大时，所用时间最短，则有 m1g=m2a2s=2a2t,解得a2=10m/s2,t=1s。 (2)滑板与滑块刚好要相对滑动时，水平恒力最小， 设为F1,此时可认为二者加速度相等F1一m1g= m1a2,解得F1=30N, 当滑板运动到B,滑块刚好脱离时，水平恒力最大， 设为F2,设滑块加速度为a1,F2一m1g=m1a1, 合a1r-7a,r=,部得，=34N, 则水平恒力大小范围是30N≤F≤34N。 [答案](1)1s(2)30N≤F≤34N