动力学的两个基本问题 高频考点专项练 -2027届高考物理一轮复习备考

**基本信息** 聚焦动力学两类问题，通过15道梯度题构建"模型识别-公式选用-多过程分析"的解题体系，强化运动与相互作用观念 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础应用|4单选|隔离法/整体法、运动学公式组合|摩擦力分析→牛顿第二定律→运动学量求解| |综合分析|4多选|v-t图像面积法、临界条件判断|弹簧模型→相对运动→多过程动力学关联| |复杂情境|7解答题|动量定理优化、微元法处理变力|实际问题建模→正交分解→动力学方程构建|

力与直线运动--动力学的两个基本问题 高频考点专项练 2027届高中物理高考一轮复习备考 一、单选题 1．一个宽为L的双轨推拉门由两扇宽为的门板组成。门处于关闭状态，其俯视图如图（a）所示。某同学用与门板平行的水平恒定拉力作用在一门板上，一段时间后撤去拉力，该门板完全运动到另一边，且恰好不与门框发生碰撞，其俯视图如图（b）所示。门板在运动过程中受到的阻力与其重力大小之比为，重力加速度大小为g。若要门板的整个运动过程用时尽量短，则所用时间趋近于（　　） A． B． C． D． 2．置于粗糙水平面上的物块，第一次用水平拉力向右拉动物块，第二次用与水平方向成一定角度斜向上的拉力向右拉动物块。若两次所用的拉力大小相等，物块均从沿水平面做匀加速直线运动且与水平面间的摩擦力均不为零，则在两次运动相同时间的过程中，下列物理量一定相同的是（　　） A．水平面对物块的摩擦力 B．物块的末速度 C．水平面对物块作用力的方向 D．物块运动的位移 3．在工程领域起重机等机械的运用十分广泛。如图甲所示，用起重机吊起正方形混凝土板ABCD，已知混凝土板边长为，质量为，且始终呈水平状态，四根钢索、OC、OD的长度均为，某次施工，起重机司机将正方形混凝土板ABCD从地面开始竖直提升，其运动的图像如图乙所示，不计钢索所受重力。已知重力加速度为，下列说法正确的是（　　） A．末建筑材料离地面的距离为 B．每根钢索所受的拉力大小均为 C．钢索的拉力小于钢索的拉力 D．若将4根钢索都替换成长度为，则每根钢索所受的拉力大小均为 4．拉运木材的汽车在卸下木材时用两根细圆木作为导轨将木材卸下，如图所示，两根细圆木的一端、分别固定在地面上，另一端、分别固定在车上，构成两条平行的轨道和，它们与水平地面的夹角，装卸工在车上将一根质量为、半径为的圆柱形木材推上导轨后，由静止自由释放，木材能够沿着轨道下滑，已知轨道和的间距为，木材与细圆木轨道间的动摩擦因数为，重力加速度为，则圆木下滑的加速度大小为（   ） A． B． C． D． 二、多选题 5．如图所示，质量为m的物块P与物块Q（质量未知）之间拴接一轻弹簧，静止在光滑的水平地面上，弹簧恰好处于原长。现给P物体一瞬时初速度，并把此时记为0时刻，规定向左为正方向，内P、Q物块运动的图像如图所示，其中t轴下方部分的面积大小为，t轴上方部分的面积大小为，则（　　） A．物体Q的质量为 B．时刻Q物体的速度为 C．时刻P物体的速度为 D．时间内弹簧始终对Q物体做正功 6．如图所示，倾角的光滑斜面固定在水平地面上，与斜面垂直的挡板P固定在斜面底端，轻弹簧一端固定在挡板上，另一端与物块A连接，质量为的物块A和质量为的物块B并排放在斜面上，物块A、B不粘连，处于静止状态。现用一沿斜面向上的外力拉物块B，使B沿斜面向上做加速度大小为的匀加速直线运动。已知重力加速度大小为，弹簧的劲度系数为。下列说法正确的是（    ） A．未施加外力时，弹簧的压缩量为 B．物块A、B分离前，外力的大小与位移成正比 C．物块A、B分离时，弹簧的压缩量为 D．物块A、B分离时，物块B的速度大小为 7．如图甲所示，倾角为θ的足够长的传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行。t＝0时，将质量m＝1kg的物体（可视为质点）轻放在传送带上，物体相对地面的v－t图象如图乙所示．设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g＝10m/s2。则（　　） A．传送带的速率v0＝10m/s B．传送带的倾角θ＝30° C．物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.25 D．0～2.0s内物体相对地面的位移大小为16m 8．水平地面上有一质量为的长木板，木板的左端上有一质量为的物块，如图（a）所示。用水平向右的拉力F作用在物块上，F随时间t的变化关系如图（b）所示，其中、分别为、时刻F的大小。木板的加速度随时间t的变化关系如图（c）所示。已知木板与地面间的动摩擦因数为，物块与木板间的动摩擦因数为，假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g。则（　　） A． B． C． D．在时间段物块与木板加速度相等 三、解答题 9．单板滑雪U型池比赛是冬奥会比赛项目，其场地可以简化为如图甲所示的模型： U形滑道由两个半径相同的四分之一圆柱面轨道和一个中央的平面直轨道连接而成，轨道倾角为17.2°。某次练习过程中，运动员以vM=10 m/s的速度从轨道边缘上的M点沿轨道的竖直切面ABCD滑出轨道，速度方向与轨道边缘线AD的夹角α=72.8°，腾空后沿轨道边缘的N点进入轨道。图乙为腾空过程左视图。该运动员可视为质点，不计空气阻力，取重力加速度的大小g=10 m/s2， sin72.8°=0.96，cos72.8°=0.30。求： (1)运动员腾空过程中离开AD的距离的最大值d； (2)M、N之间的距离L。 10．分拣机器人在快递行业的使用大大提高了工作效率，如图甲所示，派件员在分拣处将包裹放在静止机器人的水平托盘上，机器人沿水平地面做直线运动将包裹从分拣处运至相距的投递口，且水平运行的最大速度为v=4m/s，运送过程中包裹与水平托盘不发生相对滑动。机器人停止运动后缓慢翻转托盘，当托盘倾角增大到θ=30°时，包裹恰好开始下滑，如图乙所示，此后托盘与水平方向的夹角保持θ不变，包裹沿托盘匀加速下滑，脱离托盘时的速度v1=0.5m/s。已知包裹和托盘间的最大静摩擦力和滑动摩擦力的比值为，托盘翻转用时t0=1.6s，重力加速度g取10m/s2，求： (1)包裹与托盘间的动摩擦因数μ； (2)机器人在运输包裹的过程中允许的最大加速度a的大小； (3)包裹被机器人从分拣处运输至投递口，并沿托盘下滑至脱离的过程所需的最短时间t。 11．如图所示，载重卡车载着与卡车质量相等的货物在平直公路上以v0=24m/s的速度匀速行驶，紧急制动时防抱死制动系统（ABS）使车轮与地面间恰好达到最大静摩擦力，货物相对水平车厢底板发生滑动，恰好不能与车厢前壁发生碰撞。已知车轮与地面间的动摩擦因数μ1=0.9，货物与车厢底板间的动摩擦因数μ2=0.8，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g=10m/s2。 （1）求货物与车厢前壁的距离L； （2）若卡车以v=28m/s的速度匀速行驶，要使货物不能与车厢前壁发生碰撞，求卡车制动的最短距离d。 12．冰壶比赛场地简化图如图所示。在某次比赛中，运动员从起滑架处推着冰壶从静止出发，在投掷线AB处放手让冰壶以速度（未知）沿虚线滑出。假设投掷线与之间的距离为30m，重力加速度。如果通过运动员摩擦冰面，使得动摩擦因数随距离的变化关系如图所示，即，其中，表示离投掷线的距离。在这种情况下，若运动员在投掷线以的速度将冰壶沿例题图甲中的虚线推出，求冰壶滑行20m时的速度大小。 13．如图甲所示，水平地面上方A处有一小物块，由静止释放，经过时间t下落至地面。若在竖直向上的恒力F作用下由静止开始竖直向上运动，如图所示。经过时间t到达B处（B点未画出），此时撤去力F，又经过2t时间物块恰好落到地面。已知重力加速度大小为g，忽略空气阻力，求： （1）A离地面的高度h； （2）物块的质量m。    14．如图所示，倾角、质量的斜面体静止在水平地面上，质量的物块静止在斜面上时恰好不下滑。时刻起，用恒力（大小、方向均未知，图中未画出）作用在斜面体上，使物块与斜面体一起由静止开始向左做匀加速直线运动，物块恰好与斜面体间无摩擦力。已知斜面体与水平地面间的动摩擦因数，各接触面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小，，。求： (1)物块与斜面体间的动摩擦因数； (2)物块末的速度和0-内位移大小； (3)恒力的最小值。 15．如图所示，质量为的小球套在一根足够长的固定直杆上，杆与水平方向成角，球与杆之间的动摩擦因数．小球在大小为、方向竖直向上的拉力作用下，从距杆的底端处由静止开始沿杆斜向上运动，经过后撤去拉力（取）．求： （1）撤去拉力前，小球沿杆上滑的加速度大小； （2）小球沿杆向上滑行的位移大小； （3）小球从开始运动直至滑到杆的底端所需的时间． 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 B C D A ACD ACD AD BCD 1．B 方法一：门板先在向右的外力作用下做匀加速直线运动，撤去外力后做匀减速直线运动，若外力比较大，加速时间很短，位移很小，可以忽略不计，此时门板的运动时间最短，撤去外力后根据牛顿第二定律有，设撤去外力后门板最短运动时是为t，运动的距离为，可得门板的最短时间趋近于。 故选B。 方法二：设拉力为，作用时间为，撤去外力后运动的时间为，运动过程的最大速度为，则由动量定理，有 得 撤销拉力后，有 得 对于全过程，有 得 对于全过程有 故运动的总时间 可知当越大时，越小，当时，取最小值。 则 则 故选B。 2．C A．第一次拉力水平时，摩擦力为 第二次拉力斜向上时，竖直方向分力减小压力，摩擦力为。两次摩擦力不同，故A错误； B．第一次加速度 第二次加速度 末速度 因不一定等于a2，末速度不一定相同，故B错误； C．水平面对物块的作用力是支持力和摩擦力的合力，方向由决定，与两次具体数值无关，仅由动摩擦因数决定，则方向一定相同，故C正确； D．位移，因加速度不一定相同，位移不一定相同，故D错误。 故选C。 3．D A．根据v-t图像中图线与坐标轴所围面积表示位移，可知末建筑材料离地面的距离为 故A错误； B．由乙图可知，混凝土板匀速上升，处于平衡状态，设钢索与竖直方向夹角为，则有 因为混凝土板边长及四根钢索OA、OB、OC、OD的长度均为a，则由几何关系可知，每根钢索在土板上的投影均为 则有 解得， 联立，可得 故B错误； C．由乙图可知，内混凝土板匀加速上升，处于超重状态，有 内混凝土板匀减速上升，处于失重状态，有 可知 故C错误； D．若将4根钢索都替换成长度为，由几何关系可知 解得， 则每根钢索所受的拉力大小均为 故D正确。 故选D。 4．A 作出圆柱形物体垂直于杆的平面内受力示意图 根据题意，两直杆间的距离与圆柱形半径相同，则 在沿杆的方向有 垂直于杆的方向有 又有 代入数据解得 故选A。 5．ACD AD．时间内Q所受弹力方向向左，P所受弹力方向始终向右，弹簧始终对Q物体做正功；时刻，PQ所受弹力最大且大小相等，由牛顿第二定律可得 则物体Q的质量为，故AD符合题意； B．由a-t图像可知，时刻Q物体的速度为 故B不符合题意； C．由a-t图像可知，时刻P物体的速度为 故C符合题意。 故选ACD。 6．ACD A．未施加外力时，A、B处于静止状态，对A、B整体，根据平衡条件可知 解得 故A正确； B．物块A、B分离前，设物块A的位移为x，根据牛顿第二定律 解得 故外力的大小随位移线性变化，但不成正比，故B错误； C．物块A、B分离时，两物体接触面间弹力为0，两物块加速度均为a，对A，根据牛顿第二定律 解得弹簧压缩量为 故C正确； D．物块A、B分离时，根据动力学公式 解得物块B的速度大小为 故D正确。 故选ACD。 7．AD A．由图知，物体先做初速度为零的匀加速直线运动，速度达到传送带速度后（在t＝1.0s时刻），由于重力沿斜面向下的分力大于摩擦力，物块继续向下做匀加速直线运动，从图象可知传送带的速度为v0＝10m/s，故A正确； BC．在0～1.0s内，物体摩擦力方向沿斜面向下，匀加速运动的加速度为 a1＝＝gsinθ＋μgcosθ 由图可得 a1＝＝10m/s2 即有 gsinθ＋μgcosθ＝10 在1.0～2.0s，物体的加速度为 a2＝＝gsinθ－μgcosθ 由图可得 a2＝＝2m/s2 即有 gsinθ－μgcosθ＝2 联立解得 μ＝0.5 θ＝arctan 故B、C错误； D．根据“面积”表示位移，可知0～1.0s物体相对于地的位移 x1＝×10×1m＝5m 1.0～2.0s物体相对于地的位移 x2＝×1m＝11m 所以0～2.0s内物体相对地面的位移大小为16m，故D正确。 故选AD。 8．BCD A．图（c）可知，t1时滑块木板一起刚在从水平滑动，此时滑块与木板相对静止，木板刚要滑动，此时以整体为对象有 A错误； BC．图（c）可知，t2滑块与木板刚要发生相对滑动，以整体为对象， 根据牛顿第二定律，有 以木板为对象，根据牛顿第二定律，有 解得 BC正确； D．图（c）可知，0~t2这段时间滑块与木板相对静止，所以有相同的加速度，D正确。 故选BCD。 9．(1)4.8 m；(2)12 m (1)在M点，设运动员在ABCD面内垂直AD方向的分速度为v1，由运动的合成与分解规律得             ① 设运动员在ABCD面内垂直AD方向的分加速度为a1，由牛顿第二定律得 mgcos17.2°=ma1            ② 由运动学公式得             ③ 联立①②③式，代入数据得 d=4.8 m            ④ (2)在M点，设运动员在ABCD面内平行AD方向的分速度为v2，由运动的合成与分解规得 v2=vMcos72.8°        ⑤ 设运动员在ABCD面内平行AD方向的分加速度为a2，由牛顿第二定律得 mgsin17.2°=ma2            ⑥ 设腾空时间为t，由运动学公式得             ⑦             ⑧ 联立①②⑤⑥⑦⑧式，代入数据得 L=12 m            ⑨ 10．(1) (2) (3) （1）设包裹质量为m，当时包裹恰好开始下滑，重力沿斜面的分力大小等于最大静摩擦力大小 代入数据解得 （2）运送过程中包裹与水平托盘不发生相对滑动，彼此间达到最大静摩擦力加速度最大，设水平运送过程中的最大加速度为a，由牛顿第二定律 代入数据解得 （3）当机器人先以最大加速度做匀加速直线运动，加速至最大速度，然后做匀速直线运动，最后以最大加速度做匀减速直线运动至零时，机器人从分拣处运行至投递口所需时间最短，设匀加速直线运动的时间为，运动的位移为；同理可得匀减速直线运动的时间为，运动的位移为；匀速运动的时间为，则有 设包裹沿托盘匀加速下滑的加速度为a1，有 则机器人从分拣处运行至投递口所需最短时间t为 所需的最短时间为 11．（1）7.2m；（2）41.8m （1）设卡车紧急制动时的加速度大小为，货物在车厢底板滑动时的加速度大小为，则由牛顿第二定律 由运动学公式 解得 L=7.2m （2）设货物匀减速运动的位移大小为x，则有 由几何关系 解得 d=41.8m 12． 冰壶运动的加速度 结合可得，冰壶加速度大小与的关系为 可画出图像，则可知图像中图线与轴所围“面积”即速度平方的变化量的一半，则当时，；当时，，图像中的“面积”有 解得 13．（1）；（2） （1）A离地面的高度为 （2）根据牛顿第二定律 撤去F后物块做竖直上抛运动，则 得 物块的质量为 14．(1) (2)， (3) （1）对物块分析 解得 （2）对物块分析：， 解得 其中 解得 （3）设恒力方向与水平方向的夹角为、大小为，对物块和斜面体构成的整体进行分析，竖直方向上有 水平方向有 解得 设，整理可得 当时，即有时，恒力最小，则有 15．（1）；（2）；（3） 解析（1）小球在拉力作用下上滑时，对小球受力分析，如图甲所示 沿杆方向有 沿垂直于杆方向有 且 联立解得 （2）小球在作用下上滑，则 撤去拉力后，小球继续向上运动，对小球受力分析，如图乙所示 沿杆方向有 沿垂直于杆方向有 且 联立解得 此过程 小球沿杆向上滑行的位移大小 （3）小球运动到最高点后开始下滑，对小球受力分析，如图丙所示． 沿杆方向有 垂直于杆方向有 且 联立解得 球下滑到杆的底端，通过的位移 由，可得 所需总时间 学科网（北京）股份有限公司 $