练案16 第三章 第16讲 专题强化三 动力学中的三类典型问题-【衡中学案】2027年高考物理一轮总复习练案

练案[16] 第16讲 专题强化三 动力学中的三类典型问题 基础巩固练 5.如图，将光滑长平板的下端置于铁架台水平底座上的 挡板P处，上部架在横杆上。横杆的位置可在竖直杆 1.（2024·北京卷·4题)如图所示，飞船与空间站对接 上调节，使得平板与底座之间的夹角6可变。将小物 后，在推力F作用下一起向前运动。飞船和空间站的 块由平板与竖直杆交点Q处静止释放，物块沿平板从 质量分别为m和M,则飞船和空间站之间的作用力大 Q点滑至P点所用的时间与夹角0的大小有关。若 小为 0由30°逐渐增大至60°，物块的下滑时间t将() 空间站 飞船 M 171 A、 B.m -F 光滑长平板 M+m M+m 横杆 C.MF 9 2.（2026·河南新乡模拟)如图，一不可伸 铁架台 长的足够长轻绳跨过悬挂的光滑轻质定 A.逐渐增大 B.逐渐减小 滑轮，两端系有质量分别为0.3kg和0.2 C.先增大后减小 D.先减小后增大 kg的球a、b。控制球a静止在离地面高 h=49cm的A处，轻绳拉紧，重力加速度 h 6.(2026·山东泰安市模拟)如图 g取10m/s2。现由静止释放小球，不计mm 所示，细线的一端固定在倾角为 空气阻力，则 30°的光滑楔形滑块A的顶端P 30 A.a球落地前，加速度大小为1m/s2 处，细线的另一端拴一质量为m B.a球运动到地面所用时间为0.5s 的小球，静止时细线与斜面平行。已知重力加速度为 C.a球落至地面时的速度大小为1.6m/s g。使滑块以加速度α=2g水平向左加速运动，小球与 D.绳子中张力大小为2.4N 滑块相对静止，则下列说法中正确的是 () 3.（多选)(2026·吉林通化市模 拟)如图所示，用力F拉着三个 A.细线对小球的拉力大小为5mg 物体在光滑水平面上运动，现在中间的物体上加一块 橡皮泥，它和中间的物体一起运动，且原拉力F不变， 取细线对小球的拉力大小为(5+) 那么加上橡皮泥以后，两段绳的拉力FA和F的变 化情况是 口小球对滑块的压力大小为 2 mg A.F增大 B.FB增大 D.小球对滑块的压力大小为2mg C.Fa减小 D.F减小 7.(2025·山东菏泽联考)2024年4月25日晚，神舟十 4.（多选)如图所示，在光滑水平面上有一静止的质量 M=2kg的木板，木板上静止放置一质量m=1kg的物 八号载人飞船成功发射，在飞船竖直升空过程中，整 体，物体与木板之间的动摩擦因数儿=0.2，重力加速 流罩按原计划顺利脱落。整流罩脱落后所受空气阻 度g取10m/s2。现用水平恒力F拉物体m,下列关 力与速度大小成正比，它的v-图像正确的是() 于拉力F的大小及物体加速度a可能的是 M A.F=1N时a=1m/s2 2 B.F=2N时a=3m/s C.F=3N时a=1.5m/s2 D.F=4N时a=2m/s2 353 11.（多选)如图所示，倾角为0=37°的光滑斜面固定在 能力提升练 水平面上，轻质弹簧一端与垂直固定在斜面上的挡 8.（多选)如图甲所示，一倾角0=30°的足够长斜面体固 板相连，另一端与物块B拴接，物块A紧挨着物块 定在水平地面上，一个物块静止在斜面上。现用大小 B,两物块相对斜面静止。现对A施加沿斜面向上的 为F=t(k为常量，F、t的单位分别为N和s)的拉力 拉力，使A、B一起沿斜面做加速度大小为5g的匀 沿斜面向上拉物块，物块受到的摩擦力F随时间变化 加速直线运动直到A、B分离。A、B的质量分别为 的关系图像如图乙所示，物块与斜面间的最大静摩擦 2m、m,重力加速度为g,sin37°=0.6，下列说法正确 力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2。下列 的是 () 判断正确的是 F,/N 7 nmwwmmn9>7 A.施加拉力的瞬间，A、B间的弹力大小为mg A.物块的质量为1kg B.k的值为5N/s RA,B分离翻间弹簧弹力大小为子g C.物块与斜面间的动摩擦因数为 C.整个过程中拉力先增大后不变 D.拉力F的最大值为2mg D.t=3s时，物块的加速度大小为4m/s2 12.（2026·河南漯河高一统考期未)如 9.如图所示（俯视图），两个完全相同的横截 图所示，现有一倾角为0=60°的斜 面为直角三角形的三棱体拼在一起放在F 坡，一滑撬自斜坡顶端无初速度下滑 光滑水平面上，其中锐角为30°。现对其 并开始计时。滑撬的顶端有一轻质 中的三棱体A施加一垂直于侧面、大小恒 细线悬挂的小球，在滑撬下滑过程中 为F的水平推力，三棱体A和B一起相对静止地开始 细线与虚线（垂直于斜坡方向）的夹 在水平面上运动，已知A、B间的最大静摩擦力等于滑 角为a=30°，已知滑撬前端与坡底的 动摩擦力。下列说法正确的是 ( 高度差为h=10m,滑撬与斜坡间的动摩擦因数处处 相同。g取10m/s2,试求： A三棱体A对B的弹力大小为)？ (1)滑撬与斜坡间的动摩擦因数； (2)滑撬前端到达坡底需要的时间。 B.三棱体A对B的摩擦力大小为2F C.若增大对A的水平推力，A、B有可能会相对滑动 D.若仅增大B的质量且B的形状体积均不变，则A对 B的摩擦力会增大 10.（多选)(2025·湖南岳阳一模) 如图所示，矩形盒内用两根不可 伸长的轻线固定一个质量为m= 0.6kg的匀质小球，a线与水平方 向成37°角，b线水平。两根轻线所能承受的最大拉 力都是Fm=15N,已知sin37°=0.6，cos37°=0.8， g取10m/s2,则 ( A.系统静止时，a线所受的拉力大小为12N B.系统静止时，b线所受的拉力大小为8N C.当系统沿竖直方向匀加速上升时，为保证轻线不 被拉断，加速度最大为5m/s2 D.当系统沿水平方向向右匀加速时，为保证轻线不 被拉断，加速度最大为10m/s2 —3546.D由题图可知，3~5s的加速度为正，方向竖直向上，则该同学 处于超重状态，故A错误：9~11s的加速度为负，方向竖直向 下，9s时的速度是竖直向上的，故电梯向上减速运动，故B错 误；l0s时，a1=-0.6m/s2,该同学受到的支持力最小，FNmm-mg =ma1,解得Fmin=470N,故C错误；4s时a2=0.6m/s2,该同 学受到的支持力最大，FNma-mg=ma2,解得FNma=530N,故D 正确。 7.A运动员沿斜轨道向下做匀加速直线运动。根据匀变速直线 运动规律有x=t+ +2d,解得a=4m/s,故A正确：5s末的速 度vs=v+at=24m/s,故B错误；运动员在下滑过程中，受到重 力mg、轨道的支持力F、以及阻力F,的共同作用。以运动员为 研究对象，根据牛顿第二定律，沿斜轨道向下方向有mgsm0-F =ma,解得F=100N,故C错误；垂直于斜轨道方向有Fy- mgcos0=0,解得Fv=400N,故D错误。故选A。 8.D速度一时间图像中，速度正负表示运动方向，试验箭速度为 正表示上升，t,时刻速度变为负，开始下降，所以t2时刻上升到 最高点，故A错误；v-t图像斜率表示加速度，0~t1时间内加速 度先增大后减小，根据牛顿第二定律F-mg=ma可知加速度变 化，则推力先增大后减小，故B错误；0~t1时间内，试验箭做非 匀变速直线运动，由v-t图像面积等于位移可知，其平均速度不 等于号，放C结误，0-4时间内，加速度光向上，后向下，先超重 后失重，故D正确。故选D。 9.C速度变化的快慢由加速度决定，陈芋汐入水前做自由下落， 加速度g取10/s,陈芋汐入水后所受阻力为重力的4倍，根 据牛顿第二定律有4mg-mg=ma,解得a=30m/s2,加速度方向 向上。可知，陈芋汐入水后加速度更大，则入水前比入水后的 速度变化更慢，故A错误；入水前下落高度h=11.25m,根据 2=2gh,解得入水速度u=15m/s,陈芋汐人水后匀减速至静止， 利用逆向思维，根据v=2as,解得下潜深度s=3.75m,故B错 误；结合上述可知，陈芋汐的总位移为x=11.25m+3.75m= 15m,人水前经历时间4，=号=1.5s,入水后经历时间6=。 、05s,则总时间=+，=25，陈芋汐的平均速度生=m 7.5m/s,故C正确；结合上述可知，陈芋汐人水前加速度向下， 处于失重状态，人水后加速度向上，处于超重状态，故D错误。 故选C。 10.(1)90km(2)1200m/s250s [解析](1)助推器脱落后，受到阻力F,= 5 mg 上升过程，由牛顿第二定律有mg+F=ma 解得a1=12m/s2,方向竖直向下， 则助推器向上做匀减速直线运动，继续上升的高度 -2-6×10m=60km h2-2ar 所以助推器能上升到距离地面的最大高度为 h=h+h,=90 kmo (2)助推器从最高点开始下落过程中，由牛顿第二定律可知 mg-F=ma, 解得a2=8m/s 落回地面的速度大小为v=/2a,h=1200m/s 助推器从脱离到最高点所用时间t1= 0=100s 60 从最高点到落地点所用时间2=”=150s 所以助推器从脱离到落地经历的时间 t=t1+t2=250s。 11.(1)3m/s(2)100N(3)1.6m/s2方向沿斜面向下 [解析](1)从A点到B点，由匀加速直线运动规律x= 解得平板车到达B点时的速度大小vg=3/s。 =g=1 (2)从A点到B点，由匀加速直线运动规律a=,=3ms 由牛顿第二定律F-0.3mg=ma 解得甲同学的拉力大小为F=100N。 (3)平板车刚滑上斜面时，由牛顿第二定律 F+F'-mgsin 0-0.3mgcos 0=ma' 解得a'=-1.6m/s2 所以平板车刚滑上斜面时的加速度大小为1.6m/s,方向沿 斜面向下。 练案[16] 1.A根据题意，对整体应用牛顿第二定律有F=(M+m)a,对空 间站分析有F'=Ma,解两式可得飞船和空间站之间的作用力F -MF,故选A。 M+m 2.Da球落地前，对a、b球整体根据牛顿第二定律有mg-mg= (m,+m,)a,解得a=2m/s,故A错误；根据运动学公式h= 2可得，a球运动到地面所用时间为1√a =0.7，故B 错误；a球落至地面时的速度大小为v=at=1.4m/s,故C错误； 对a球，根据牛顿第二定律有mg-T=m,a,解得绳子中张力大 小为T=2.4N,故D正确。 3.AD设最左边的物体质量为m,最右边的物体质量为m',整体 质量为以，整体的加速度a=行，对最左边的物体分析。=m M,对最右边的物体分析，有P-F=m'a,解得F=F-mF m M 在中间物体上加上橡皮泥，则整体的质量M增大，因为m、m'不 变，所以FB减小，FA增大。故选AD。 4.BD当物体和木板刚要相对滑动时，M的加速度最大awm= mg_0.2×10 2 m/s2=1.0m/s2,此时二者加速度可认为相等，对 整体F=(m+M)a=3N,故C错误；当F小于3N时，物体和木 板相对静止一起向右加速，对二者组成的整体，当F=1N时，a1 F22 =M+m3ms3,当F=2N时，a,M+m=亏m令，故A错误， B正确；当F超过3N时，物体和木板相对滑动，当F=4N时， 对物体a,飞mg4-2 m/s2=2m/s2,故D正确。 1 5.D对小物块受力分析，小物块受到重力和长平板的支持力作 用，根据牛顿第二定律有mgsin0=ma,小物块的加速度大小为 a=gsin0;设铁架台底边的长度为d,根据几何关系，可知小物块 的位移大小为一根据运动学公式。，，联立可得1上 c050 √g5in298由30°逐渐增大至60，物块的下滑时间1将先减小 /4d 后增大，D项正确。 6 6.A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 ao,小球受到重力、拉力作用，根据牛顿第二定律ao=gtan60°= √3g,当滑块以加速度α=2g向左加速运动时，此时小球已经飘 离斜面，则此刻小球对滑块的压力为0，设此时细线与水平方向 的夹角为a,故有Frsin a=mg,Frcos a=ma=2mg,解得F= √5mg,故A正确，B、C、D错误。 7.A空气阻力与速度大小成正比，设空气阻力为f=m,上升阶段 由牛顿第二定律得mg+m=ma,随着速度的减小，加速度逐渐减 小，即上升阶段做加速度逐渐减小的减速运动，在最高点加速 度为a=g,下降阶段由牛顿第二定律得mg-hm=ma',随着速度 的增大，加速度继续减小，即下降阶段做加速度逐渐减小的加 速运动，故选A。 8.ABDt=0时F=ngsin0=5N,解得m=1kg,故A正确；当t= 1s时，Fr=0,说明F=mgsin0=5N,由F=t可知k=5N/s,故B 23 正确：由题图乙可知，滑动摩擦力mg0s0=6N,解得4=5， 故C错误；由F=umgcos0+mgsin0,即t,=6N+5N,解得t= 2.2s,即2.2s后物块开始向上滑动，当t=3s时，F=15N,则 F-mgcos0-mgsin0=ma,解得物块加速度大小a=4m/s2,故D 正确。 9.D现对A、B整体分析，有F=2ma,然后隔离B分析，如图所 示，B所受摩擦力F,和弹力Fv的合力F合，满足F合=ma,F合= ,由力的合成的L何关系可知上P,PF,A,B错误 根据前面受力分析可知，A,B间的动摩擦因数至少为兮。假设 F增大时，A、B仍然相对静止，受力分析可知，F,F会同比例 增大，所以无论用多大的力，A、B都不会出现相对滑动，C错误： F 若增大B的质量，F台m+mm增大，B,R会同比例增大，D 正确。故选D。 10.BC小球受力分析如图所示。系统静 止时，竖直方向有F。·sin37°=mg,水 平方向有F。·cos37°=F,解得F。= 10N,F,=8N,故A错误，B正确；当系 统沿竖直方向向上匀加速运动时，当a 线拉力为15N时，由牛顿第二定律得，竖直方向有F。· sin37°-mg=ma,水平方向有Fm·cos37°=F,解得F=12N< 15N,此时加速度有最大值a=5m/s2,故C正确；系统沿水平 方向向右匀加速运动时，由牛顿第二定律得，竖直方向有F· sin37°=mg,水平方向有F。-F。·cos37°=ma,解得F.=10N, 当F=15N时，加速度最大为a≈11.67m/s2,故D错误。 11.AB施加拉力之前，A、B整体受力平衡，根据平衡条件有F =3 ngsin0,施加拉力瞬间A、B开始向上一起做加速度大小为 a=5g的匀加速直线运动，对A,B整体，根据牛顿第二定律有 F4fa-3mgim0=3nm,解得F=子mg。根据牛顿第二定律有 F+FA-2 mgsin0=2ma,解得A、B间的弹力大小为FBA=mg,故 A正确；分离时，A、B间作用力为0，F最大，对A根据牛顿第 -60 二定律得F-2 ngsin0=2ma,解得F=名g,对B沿斜面 方向上，根据牛顿第二定律有Fm'-mgsin0=ma,解得A、B分 4 离瞬间弹簧弹力大小为F'=了mg,故B正确，D错误；根据以 上分析可知整个过程中拉力F一直增大，故C错误。故 选AB。 121922 [解析](1)设小球的质量为m,滑撬和小球整体的质量为 M,对小球进行受力分析，细线的拉力为F,小球的加速度为 a,由牛顿第二定律得 mgsin 0-Frsin a=ma Frcos a=mgcos 0 对滑撬和小球整体进行分析：设斜坡对滑撬的弹力为F、,斜坡 与滑撬的动摩擦因数为u,摩擦力为F,由牛顿第二定律得 Mgsin 0-F=Ma F、=Mgcos0 F=uF -103 解得a=3ms μ398 (2)设滑撬前端到达坡底的时间为t,有 h 1 sin 02ar 解得t=2s。 练案17] 1.C由-t图像得，小物块在t1时刻速度为零，下一刻开始向右 运动，所以t1时刻小物块离A处最远，故A错误：t2时刻，小物 块第一次与传送带相对静止，之前始终相对传送带向左运动， 所以此刻小物块相对传送带滑动的距离达到最大，故B错误： 0~t2时间内，小物块相对传送带始终向左运动，始终受到向右 的滑动摩擦力f=umg,滑动摩擦力的大小和方向都不变，故C 正确，D错误。 2.AC开始时，对行李，根据牛顿第二定律有mg=ma,解得a= 2m/s2,故A正确；设行李做匀加速运动的时间为t1,行李做匀 加速运动的末速度为v=0.4m/s,根据v=at,代入数据解得 ,=0.2s,匀加速运动的位移大小x=7,=2×2×0.2m= 1 004m,匀速运动的时间为5，-1x_2-004 =4.9s,可得行李 v0.4 从A到B的时间为t=t,+t2=5.1s,故B错误；由以上分析可知 行李在到达B处前已经与传送带共速，所以行李到达B处时速 度大小为0.4/s,故C正确：行李在传送带上留下的摩擦痕迹 长度为△x=t1-x=(0.4×0.2-0.04)m=0.04m,故D错误。 3.C要实现这一目的前提是沿传送带向上的最大静摩擦力大于 重力沿传送带向下的分力，即mgcos0>mgsin0,可得u>tan0, 故A错误；做匀速运动时，行李箱与传送带之间的摩擦力大小 为F,=mgsin0,故B错误；行李箱在加速阶段和匀速阶段受到 的摩擦力均沿传送带向上，故C正确：若传送带速度足够大，行 李箱在传送带上一直做匀加速运动，传送时间不会无限缩短， 故D错误。