专题三动力学中的三类典型问题 同步练习 2027届高三物理一轮复习

**基本信息** 专题三动力学同步练习通过基础、综合、培优三层设计，以选择+计算题型递进，覆盖牛顿定律、运动图像等核心知识点，强化从单一应用到复杂情境的科学思维与物理观念培养。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |基础对点练|牛顿定律、v-t图像、摩擦力|8道选择题，聚焦单一知识点应用，如通过v-t图像斜率分析加速度（题1）| |综合提升练|连接体、多过程运动|2选择+2计算，结合多物体受力分析（题9）和实际情境（题11跳伞）| |培优加强练|周期性力、复杂运动过程|1道计算题，涉及力的周期性变化和多阶段运动分析（题13）|

专题三　动力学中的三类典型问题 同步练习 基础对点练 1． 选择题： 1.起重机是一种做循环、间歇运动的起重机械。如图甲所示为某种类型的起重机正在作业，作业过程中的某一阶段在竖直方向上运动。如图乙为被吊起货物在该阶段0~4 s内运动的v-t图像，取竖直向上为正方向，则此时间内起重机对货物拉力最大的时刻为(　　) A.0 B.1 s C.2 s D.3 s 2.某运送物资的班列由40节质量相等的车厢组成，在车头牵引下，列车沿平直轨道匀加速行驶时，第2节对第3节车厢的牵引力为F。若每节车厢所受摩擦力、空气阻力均相等，则倒数第3节对倒数第2节车厢的牵引力为(　　) A.F B. C. D. 3.如图甲所示，一足够长的粗糙斜面固定在水平面上，a、b两物块分别在沿斜面向下的力F作用下由静止开始运动，两物块运动的加速度a随力F变化的关系如图乙所示。忽略空气阻力，下列关于a、b的质量ma与mb以及a、b与斜面间的动摩擦因数μa与μb的大小关系正确的是(　　) A.ma>mb，μa>μb B.ma>mb，μa<μb C.ma<mb，μa>μb D.ma<mb，μa<μb 4.某智能物流系统中，质量为20 kg的分拣机器人沿水平直线轨道运动，受到的合力沿轨道方向，合力F随时间t的变化如图所示，则下列图像可能正确的是(　　) 5.如图所示,质量分别为mA、mB的A、B两小球穿过一轻绳,且mA<mB,并悬挂于光滑定滑轮两侧。已知两小球与轻绳间的最大静摩擦力分别为FfA、FfB,且FfA<FfB<mAg。两小球由静止释放运动过程中,加速度分别为aA、aB,绳中弹力大小为FT,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则(　　) A.FT=FfA B.FfA<FT<FfB C.aA=aB D.aA>aB 6.(2026·江苏南通期末)如图所示，一小球通过细线与固定在小车上的细杆连接，两者保持相对静止一起沿光滑的斜面下滑，不计空气阻力。则关于小球和小车的相对位置正确的是(　　) 7.如图所示，物体A和B中间用一个轻杆相连，在倾角为θ的固定斜面上匀速下滑，杆与斜面平行。已知B物体光滑，质量为m，A物体与斜面之间的动摩擦因数为μ，质量为2m，下列说法中正确的是(　　) A.A物体与斜面间的动摩擦因数μ=tan θ B.轻杆对A物体的作用力沿斜面向上 C.增加A物体的质量，A、B整体将沿斜面减速下滑 D.增加B物体的质量，A、B整体将沿斜面匀速下滑 8.如图所示，一足够长的木板上表面与木块之间的动摩擦因数μ=0.75，木板与水平面成θ角，让木块从木板的底端以初速度v0=2 m/s沿木板向上滑行，随着θ的改变，木块沿木板向上滑行的距离x将发生变化，重力加速度g=10 m/s2，x的最小值为(　　) A.0.12 m B.0.14 m C.0.16 m D.0.2 m 综合提升练 1． 选择题： 9.如图，光滑水平面上放置有紧靠在一起但并不黏合的A、B两个物体，A、B的质量分别为mA=6 kg，mB=4 kg，从t=0开始，推力FA和拉力FB分别作用于A、B上，FA、FB大小随时间变化的规律分别如图甲、乙所示，则(　　) A.t=0时，A物体的加速度为2 m/s2 B.t=1 s时，A、B开始分离 C.t=0时，A、B之间的相互作用力为3 N D.A、B开始分离时的速度为3 m/s 10.如图所示，倾角为θ=45°、外表面光滑的楔形滑块M放在水平面AB上，在滑块M的顶端O处固定一细线，细线的另一端拴一小球，小球的质量为m= kg，g=10 m/s2。当滑块M以a=2g的加速度向右运动时，细线拉力的大小为(　　) A.10 N B.5 N C. N D. N 二．计算题： 11.某运动员做跳伞训练,他从悬停在空中的直升机上由静止跳下,跳离直升机一段时间后打开降落伞减速下落,他打开降落伞后的速度—时间图线如图甲所示。降落伞用8根对称的绳悬挂运动员,每根绳与竖直中轴线的夹角均为37°,如图乙所示。已知运动员的质量为64 kg,降落伞质量为40 kg,不计运动员所受的阻力,打开伞后伞所受阻力Ff与速度v成正比,即Ff=kv(k为常数)。g取10 m/s2,cos 37°=0.8,sin 37°=0.6。 甲　乙 (1)由图可知,打开降落伞前运动员速度到达20 m/s,求其下落的距离; (2)求k值的大小; (3)求匀速下落时每根绳子的拉力大小。 12.(2026·江苏盐城伍佑中学月考)如图所示，质量M=4 kg的长方体形空铁箱在水平拉力F作用下沿水平面向右匀加速运动，铁箱与水平面间的动摩擦因数μ1=0.7。这时铁箱内一个质量m=1 kg的木块恰好能静止在后壁上。木块与铁箱内侧的动摩擦因数μ2=0.5。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2。 (1)求铁箱对木块的支持力大小; (2)求水平拉力F的大小; (3)减小拉力F，经过一段时间，木块沿铁箱左侧壁落到底部且不反弹，当铁箱的速度v0=6 m/s时撤去拉力，经过t=1.2 s时间木块恰好从左侧到达右侧，求铁箱的长度。 培优加强练 13.(2026·江苏常州期末)如图甲所示，质量为M=2 kg的小物块A和质量为m=1 kg的小物块B用跨过光滑小定滑轮的足够长的轻质细线相连接，细线不可伸长，A放在倾角为θ=37°的粗糙斜面上，A与斜面之间的动摩擦因数μ1=0.25，B放在水平面上，B与水平面之间的动摩擦因数μ2=0.2。计时开始时，在B上施加一个水平向左的外力F，大小为30 N，力F随时间做周期性变化，规律如图乙所示。物块A、B运动过程中不会和滑轮相撞，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，已知重力加速度g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。求: (1)在0~1 s内物块A的加速度大小; (2)3 s末物块B的速度大小。 参考答案： 1.答案　A解析　当物体竖直向上的加速度最大时，拉力F最大，由v-t图像的斜率表示加速度可知，0和4 s时竖直向上的加速度最大，拉力最大，故A正确。 2.答案　C解析　设列车做匀加速直线运动的加速度为a，每节车厢的质量均为m，每节车厢所受的摩擦力和空气阻力的合力大小均为f，则对后面的38节车厢整体受力分析，有F-38f=38ma;设倒数第3节车厢对倒数第2节车厢的牵引力为F'，对最后面的2节车厢整体受力分析，有F'-2f=2ma，联立解得F'=，C正确，A、B、D错误。 3.答案　B解析　对物块受力分析如图所示， 由牛顿第二定律有F+mgsin θ-μmgcos θ=ma，解得a=F+gsin θ-μgcos θ，则a-f图像的斜率k=，纵截距b=gsin θ-μgcos θ，结合题图乙可得<，gsin θ-μagcos θ>gsin θ-μbgcos θ，则ma>mb，μa<μb，故B正确。 4.答案　A解析　由牛顿第二定律结合题图可知，0~1 s时间内和2~3 s时间内机器人的加速度大小相等、方向相反，又v-t图像的斜率表示加速度可知，0~1 s时间内和2~3 s时间内机器人v-t图像斜率互为相反数，A可能正确。 5.答案 A　解析 由于轻绳上的弹力处处相等,因此A、B两小球对轻绳的摩擦力大小相等,二者质量不相等,且FfA<FfB<mAg,因此A球静止释放后与轻绳间为滑动摩擦力,即FT=FfA,对B球FfB'=FT=FfA<FfB,即B球与轻绳间为静摩擦力,故A项正确,B项错误;根据A、B选项分析,对A球mAg-FfA=mAaA,解得aA=g-,对B球mBg-FfB'=mBaB,解得aB=g-=g-,由于mA<mB,可得aA<aB,故C、D项错误。 6.答案　B解析　由题意可知小球、小车的加速度相同，设斜面倾角为θ，对整体由牛顿第二定律得(m球+m车)gsin θ=(m球+m车)a，解得加速度a=gsin θ，方向沿斜面向下，故小球的合力大小F合=m球a=m球gsin θ，即小球的合力为小球的重力沿斜面向下的分力，则绳子拉力垂直斜面向上，故B正确。 7.答案　C解析　以整体为研究对象，沿斜面方向根据平衡条件可得3mgsin θ=2μmgcos θ，解得μ=tan θ，故A错误;B物体光滑，轻杆对B物体的作用力沿斜面向上，则轻杆对A物体的作用力沿斜面向下，故B错误;设A物体质量增加Δm，则摩擦力增加μΔmgcos θ=Δmgsin θ，A物体的重力沿斜面向下的分量增加Δmgsin θ，A、B整体合力不为0，而是沿斜面向上，则A、B整体做减速运动，故C正确;若增加B物体的质量，设B质量增加Δm，整体的沿斜面向下的分力为(3m+Δm)gsin θ，向上的摩擦力为2μmgcos θ=3mgsin θ，A、B整体的合力为Δmgsin θ，方向沿斜面向下，故向下做加速运动，故D错误。 8.答案　C解析　取沿斜面向上为正方向，设木块的加速度为a，质量为m，当木板与水平面成θ角时，由牛顿第二定律得-mgsin θ-μmgcos θ=ma，根据运动学公式有0-=2ax，联立解得x==，其中tan α=，可知当θ+α=90°时，x有最小值，为xmin==0.16 m，故A、B、D错误，C正确。 9.答案　B解析　由题图甲、乙可得FA=(8-2t) N，FB=(2+2t) N，t=0时，FA0=8 N，FB0=2 N，由于FA0>FB0，所以二者不会分开，A、B两物体的加速度为a==1 m/s2，设此时A、B之间的相互作用力为F，对B根据牛顿第二定律可得F+FB0=mBa，解得F=2 N，故A、C错误;当A、B之间的相互作用力恰好为零时开始分离，此时A、B的加速度相同，则有=，即=，解得t=1 s，分离时的速度为v=at=1 m/s，故B正确，D错误。 10.答案　A解析　设小球将要离开斜面时滑块的加速度为a0， 此时小球的受力情况如图甲所示 对小球根据牛顿第二定律，有=ma0，其中θ=45°，解得a0=g。当滑块向右运动的加速度a=2g>a0时，小球已“飘”起来了，此时小球受力情况如图乙所示，则此时细线的拉力大小为FT'==10 N，故A正确。 11..答案　(1)20 m　(2)208 N·s/m　(3)100 N 解析 (1)根据自由落体运动=2gh0 可得h0=20 m。 (2)由题图甲可知,当速度等于5 m/s时,运动员与降落伞做匀速运动,受力平衡, 则kv=(m+M)g 解得k=208 N·s/m。 (3)设每根绳的拉力为FT,以运动员为研究对象,根据平衡得 8FTcos 37°=Mg FT=100 N。 12.答案　(1)20 N　(2)135 N　(3)1.2 m 解析　(1)由题知木块恰好能静止在后壁上，则木块竖直方向受力平衡， 则有μ2FN=mg 解得FN=20 N。 (2)由牛顿第二定律，对木块有FN=ma 对整体有F-μ1(M+m)g=(M+m)a 联立解得F=135 N。 (3)撤去拉力后木块做减速运动，加速度am==-5 m/s2 铁箱也做减速运动，加速度aM==-7.5 m/s2 铁箱经tM==0.8 s停下，由于μ1(M+m)g>μ2mg， 则停止以后铁箱不再运动，1.2 s内铁箱的位移xM=tM=2.4 m 木块运动1.2 s时间后速度为v=v0+amt=0，所以1.2 s内木块的位移xm=t=3.6 m 所以铁箱的长度L=xm-xM=1.2 m。 13.答案　(1)4 m/s2　(2) m/s 解析　(1)在0~1 s内，由牛顿第二定律， 对B有F-μ2mg-FT=ma 对A有FT-Mgsin θ-μ1Mgcos θ=Ma 联立解得物块A的加速度大小为a=4 m/s2。 (2)1 s末B的速度大小为v1=at1=4 m/s 在1~2 s内，系统做减速运动，设其加速度大小为a1，细线拉力大小为FT1， 由牛顿第二定律，对B有μ2mg+FT1=ma1 对A有Mgsin θ+μ1Mgcos θ-FT1=Ma1 解得a1=6 m/s2 设再经过时间t2，B的速度减为零，根据运动学公式有t2== s= s 即t= s时，B的速度为零，之后A、B反向加速，设系统的加速度大小为a2，对系统由牛顿第二定律有Mgsin θ-μ1Mgcos θ-μ2mg=(M+m)a2 解得a2=2 m/s2 2 s末B的速度大小为v2=a2t3=2×(2-) m/s= m/s 方向水平向右， 此后系统做减速运动，设其加速度大小为a3，细线拉力大小为FT2， 根据牛顿第二定律，对A有FT2+μ1Mgcos θ-Mgsin θ=Ma3 对B有F-FT2+μ2mg=ma3 联立解得a3=8 m/s2 B的速度减为0的时间为t4== s 此后B向左以a=4 m/s2的加速度加速，运动时间为t5=1 s- s= s 3 s末物块B的速度大小为v3=at5= m/s。 学科网（北京）股份有限公司 $