第3章 第2讲 第2课时 动力学中的三类典型问题(Word练习)-【新高考方案】2027年高考物理一轮总复习（福建专版）

**基本信息** 以牛顿第二定律为核心，通过10道典型题（含高考真题）系统覆盖图像分析、连接体、临界状态等题型，注重科学推理与模型建构 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |牛顿定律基础应用|3题（题1、3、5）|图像分析、临界分离、失重判断|以a=F/m为原理，结合运动图像斜率、弹力为零条件推导| |连接体问题|4题（题2、6、7、9）|轻绳/车厢连接、斜面滑轮、加速极值|通过整体法求加速度，隔离法分析内力，体现力与运动关系| |动力学综合|3题（题4、8、10）|多过程运动、追及、摩擦临界|整合受力分析、运动学公式，构建“受力-加速度-运动”逻辑链|

[课时跟踪检测]　　　　　　　　　　　　　　　　 1.(2025·陕晋宁青高考)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 (　　) 解析：选A　根据牛顿第二定律和题图画出如图所示的a⁃t图像，可知机器人在0~1 s和2~3 s内加速度大小均为1 m/s2，方向相反，由v⁃t图像的斜率表示加速度可知A可能正确，故选A。 2.如图所示，两相同物块用细线连接，放在粗糙水平面上，在水平恒力F作用下，一起做匀加速直线运动，物块间细线的拉力大小为T。当两物块均由粗糙的水平面运动到光滑的水平面上且仍在力F的作用下运动时，下列说法正确的是 (　　) A.两物块的加速度变大，细线的拉力仍为T B.两物块的加速度不变，细线的拉力仍为T C.两物块的加速度变大，细线的拉力小于T D.两物块的加速度不变，细线的拉力小于T 解析：选A　设物块的质量为m，当水平地面粗糙时，设物块与地面间的动摩擦因数为μ，以两物块为整体，根据牛顿第二定律可得F-2μmg=2ma1，解得加速度为a1=-μg，以左侧物块为研究对象，根据牛顿第二定律可得T-μmg=ma1，联立可得绳子的拉力为T=F，当水平地面光滑时，以两物块为整体，根据牛顿第二定律可得F=2ma2，解得加速度为a2=，以左侧物块为研究对象，根据牛顿第二定律可得T1=ma2，联立可得绳子的拉力为T1=F，则有T1=T，a2>a1，故选A。 3.如图所示，质量分布均匀的物块和木板竖直叠放，物块位于木板正中间，木板由两根相同的轻弹簧左右对称地牵引着并保持静止，此时木板中心位于C处。现用力竖直向下将木板中心拉到D处，并由静止释放，物块和木板将向上运动并在某处分离。若木板中心位于B处时，弹簧处于原长状态，位置A与两弹簧的悬点等高，则物块与木板分离时木板中心位于 (　　) A.C处 B.B处 C.D、C之间 D.B、A之间 解析：选B　物块和木板分离时，两者之间的弹力为零且加速度相等，此时物块只受重力作用，加速度为g，则此时木板的加速度也为g，可知木板受除重力以外的其他力的合力为零，则此时弹簧处于原长状态，即木板中心位于B处，故选B。 4.(2025·北京高考)模拟失重环境的实验舱，通过电磁弹射从地面由静止开始加速后竖直向上射出，上升到最高点后回落，再通过电磁制动使其停在地面。实验舱运动过程中，受到的空气阻力f的大小随速率增大而增大，f随时间t的变化如图所示(向上为正)。下列说法正确的是 (　　) A.从t1到t3，实验舱处于电磁弹射过程 B.从t2到t3，实验舱加速度大小减小 C.从t3到t5，实验舱内物体处于失重状态 D.t4时刻，实验舱达到最高点 解析：选B　从t1到t3，f方向向下，先增大后减小，可知此时间内实验舱的速度方向向上，先增大后减小，故实验舱先处于电磁弹射过程后做竖直上抛运动，故A错误；从t2到t3，f方向向下且减小，可知此时间内实验舱的速度方向向上且减小，根据牛顿第二定律有mg+f=ma，即a=+g，故加速度大小减小，故B正确；从t3到t5，f方向向上，先增大后减小，可知此时间内实验舱的速度方向向下，先增大后减小，实验舱先向下加速后向下减速，加速度先向下后向上，实验舱内物体先处于失重状态后处于超重状态，故C错误；根据以上分析可知t3时刻实验舱的速度方向改变，从向上运动变成向下运动，故t3时刻，实验舱到达最高点，故D错误。 5.(2025·福建龙岩模拟)如图甲所示，一可视为质点的滑块在t=0时刻以某一初速度滑上静置在水平地面上的斜面体M，0~0.4 s内滑块沿斜面运动的位移s随时间t变化的图像如图乙所示，其中0~0.2 s内的图线为抛物线。整个过程中，斜面体M始终保持静止，下列说法正确的是 (　　) A.滑块的初速度大小为1 m/s B.0~0.4 s内斜面体M一直受到地面的摩擦力 C.0~0.4 s内斜面体M受到的支持力始终不变 D.0~0.2 s内滑块处于失重状态 解析：选D　由题图乙可知，滑块向上先匀减速到零，再保持静止，根据s=v0t，解得v0=2 m/s，故A错误；对滑块、斜面体M整体受力分析可得，0~0.2 s内整体受到地面的摩擦力f=max，方向水平向左，地面的支持力满足G总-F支=may，0.2~0.4 s内整体处于静止状态，摩擦力消失，G总=F支，故B、C错误；由以上分析可知，0~0.2 s内滑块的加速度沿斜面向下，具有竖直向下的分量，滑块处于失重状态，故D正确。 6.(2025·四川攀枝花三模)(双选)如图所示，倾角为30°的光滑固定斜面顶端固定有轻质光滑滑轮，A、B两可视为质点的小球用跨过滑轮的不可伸长的轻绳连接，滑轮与A球之间的轻绳与斜面平行、与B球之间的轻绳竖直。由静止释放两球，释放瞬间B球的加速度大小为，已知重力加速度为g，则A、B两球的质量之比可能是 (　　) A.2∶5 B.4∶5 C.4∶1 D.8∶1 解析：选BD　由静止释放两球，释放瞬间B球的加速度大小为，若B球的加速度方向竖直向下，以B球为研究对象，根据牛顿第二定律可得mBg-T=mB·，以A球为研究对象，根据牛顿第二定律可得T-mAgsin 30°=mA·，联立可得A、B两球的质量之比为mA∶mB=4∶5；若B球的加速度方向竖直向上，以B球为研究对象，根据牛顿第二定律可得T'-mBg=mB·，以A球为研究对象，根据牛顿第二定律可得mAgsin 30°-T'=mA·，联立可得A、B两球的质量之比为mA∶mB=8∶1，故B、D正确，A、C错误。 7.(双选)如图所示，一小车的内表面ab和bc光滑且互相垂直，bc与水平方向的夹角为37°，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，重力加速度为g，已知小车在水平方向上做匀加速直线运动，要使小球始终不脱离小车，则 (　　) A.若小车向左加速，加速度不能超过g B.若小车向左加速，加速度不能超过g C.若小车向右加速，加速度不能超过g D.若小车向右加速，加速度不能超过g 解析：选BD　若小车向左加速，当ab面对小球恰好无作用力时，加速度最大，根据牛顿第二定律有mgtan 37°=ma1，解得a1=g，所以若小车向左加速，加速度不能超过g，A错误，B正确；若小车向右加速运动，当bc面对小球恰好无作用力时，加速度最大，根据牛顿第二定律有mgtan 53°=ma2，解得a2=g，所以若小车向右加速，加速度不能超过g，C错误，D正确。 8.(2025·福州一中调研)如图甲所示，一滑雪道由倾斜的AB和水平的BC两段滑道组成，t=0时刻，一背包在滑道顶端A处由静止滑下，滑雪者在t=1 s时从A处以1.5 m/s的初速度去追赶并在倾斜滑道上的某一位置追上背包，滑雪者与背包在倾斜滑道上运动的部分速度—时间图像如图乙所示。已知滑雪者与倾斜滑道及背包与倾斜滑道间的动摩擦因数始终不变，则追上背包时滑雪者的速度大小为 (　　) A.7.5 m/s B.4.0 m/s C.6.0 m/s D.3.0 m/s 解析：选A　由题图乙可知，背包在斜面上运动时的加速度大小a1== m/s2=2.0 m/s2，滑雪者追背包过程的加速度大小a2== m/s2=3.0 m/s2，设滑雪者追上背包时所用时间为t，则有a1(t+1.0)2=v0t+a2t2，其中v0=1.5 m/s，解得t=2.0 s，则滑雪者追上背包时的速度大小为v=v0+a2t=7.5 m/s，故选A。 9.(2025·海南海口模拟)(双选)CR450动车组的最高速度可超过450公里/小时，再一次让世界为中国高铁惊叹。该动车组由8节车厢组成，其中2、3、6、7号车厢为动力车厢，其余车厢无动力。每节动力车厢所提供驱动力大小均为F，所受阻力大小均为f，各车厢的质量均为m。该列车沿水平直轨道行驶时，下列说法正确的是 (　　) A.若列车匀速行驶，则车厢间拉力均为零 B.若仅启用两节动力车厢匀加速行驶，则加速度大小为 C.若列车动力全开匀加速行驶，则加速度大小为 D.若列车动力全开匀加速行驶，则第3节车厢对第4节车厢的拉力大小为 解析：选CD　当动车组做匀速运动时，对整体有4F=8f，则F=2f，根据平衡条件，对1号车厢有F12=f，对1、2号车厢整体有2f=F+F23，可得2、3号车厢间作用力F23=0，以此类推，可知F34=f，F45=0，F56=f，F67=0，F78=f，可知各车厢间的作用力不是都为零，故A错误；若仅启用两节动力车厢匀加速行驶，根据牛顿第二定律有2F-8f=8ma，整列车的加速度大小为a=，故B错误；若列车动力全开匀加速行驶，根据牛顿第二定律有4F-8f=8ma2，整列车的加速度大小为a2=，故C正确；若列车动力全开匀加速行驶，对后五节车厢整体，根据牛顿第二定律有F34'+2F-5f=5ma2，解得F34'=，故D正确。 10.(14分)如图所示，将木块A和木板B叠放在水平地面上，木块质量mA=2 kg，木板质量mB=1 kg，木块与木板间的动摩擦因数为μ1=0.3，木板与地面间的动摩擦因数为μ2=0.1，不计空气阻力，取g=10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，对木块施加一个水平向右的恒力F。 (1)若F=9 N，求木块A的加速度大小和A、B之间的摩擦力的大小。(10分) (2)若F=16 N，求木块A的加速度大小和A、B之间的摩擦力的大小。(4分) 解析：(1)A与B之间的最大静摩擦力为f1=μ1mAg=0.3×2×10 N=6 N B与地面之间的最大静摩擦力为f2=μ2(mA+mB)g=0.1×(2+1)×10 N=3 N 当A、B恰好发生相对滑动时，对于B有μ1mAg-μ2(mA+mB)g=mBa0 对于整体有F0-μ2(mA+mB)g=(mA+mB)a0 解得F0=12 N 当F=9 N<12 N时，B与地面发生相对滑动，A与B没有发生相对滑动，则对于整体有F-f2=(mA+mB)a1 解得a1=2 m/s2 对于B，根据牛顿第二定律可得f3-f2=mBa1 解得A、B之间的摩擦力的大小f3=5 N。 (2)当F=16 N>12 N时，A、B发生相对滑动，根据牛顿第二定律F-f1=mAa2 解得a2=5 m/s2 A、B之间的摩擦力为滑动摩擦力，大小为f4=f1=6 N。 答案：(1)2 m/s2　5 N　(2)5 m/s2　6 N 44 / 57 $