知识点13 单个物体模型的动力学问题 讲义-2027届高考物理一轮复习

知识点13：物体的动力学问题 考点一：物体在五类光滑斜面上运动的特点及应用 题型一：“等高斜面”模型的特点及应用问题 【知识思维方法技巧】 等高斜面模型的特点：倾角越小，时间越长。 由L＝at2，a＝gsinθ，L＝可得：t＝ 可知倾角越小，时间越长，图中t1＞t2＞t3。 【典例1提高题】 1．如图所示，快递员欲利用三条光滑轨道，，将一快递送至地面。已知快递由A点静止释放，且快递接触地面时的速度越大，快递越容易破损，则（　　）    A．选择轨道快递最容易破损 B．选择轨道，快递最快到达地面 C．无论选哪条轨道，快递到达地面用时均相同 D．从节约时间、保证快递完好度等综合方面考虑，应首选轨道 题型二：“同底斜面”模型的特点及应用问题 【知识思维方法技巧】 同底斜面模型的特点：倾角45°时，时间最短。 由L＝at2，a＝gsinθ，L＝可得：t＝，可见θ＝45°时时间最短，图中t1＝t3＞t2。 【典例2提高题】 2．图甲为北方传统房屋的屋顶样式，可将其简化为如图乙所示的模型。下雨时雨滴沿室顶的斜面下滑，雨滴的下滑过程视为质点做无初速度无摩擦的直线运动。若屋顶的底边水平且长度L不变。屋顶的倾角为。则越大（　　） A．雨滴下滑的加速度越大 B．雨滴对屋顶的压力越大 C．雨滴从屋顶下滑至屋檐的速度越大 D．雨滴从屋顶下滑至屋檐的时间越短 【典例2提高题对应练习】 3．如图所示，三个光滑长木板A、B、C靠在墙角，木板底端在同一点，它们与水平方向夹角分别为、和，现从木板顶端由静止释放三个相同的小球，小球滑到底端的时间为t，小球可看作质点，下列说法正确的是（　　）    A． B． C． D． 题型三：“等时圆”模型的特点及应用问题 【知识思维方法技巧】 所谓“等时圆”就是物体沿着位于同一竖直圆上的所有光滑细杆由静止下滑，到达圆周的最低点（或从最高点到达同一圆周上各点）的时间相等，都等于物体沿直径做自由落体运动所用的时间。 类型一：单个竖直圆圆周内同顶端的斜面模型 【知识思维方法技巧】 基本规律：物体从竖直圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到下端所用时间相等，如图所示。 在竖直面内的同一个圆周上，各斜面的顶端都在竖直圆周的最高点，底端都落在该圆周上。如图所示。设某一条光滑弦与水平方向的夹角为α，圆的直径为d，根据物体沿光滑弦做初速度为零的匀加速直线运动，加速度为a＝gsinα，位移为x＝dsinα，所以运动时间为t0＝＝＝。 【典例3a提高题】 4．公园的滑梯高低不等，斜面的长度也不同，假设有三个滑道的某一滑梯模型如图所示，三个滑道的最高点A、B、C和最低点D是在竖直面内的同一圆上，可视为质点的小孩从三个滑道的最高点A、B、C沿滑道由静止开始滑到最低点D（），所用的时间分别为、、，不计空气阻力，滑道光滑（即忽略滑梯摩擦的影响），则（    ） A． B． C． D． 【典例3a提高题对应练习】 5．如图，AB、AC为竖直平面上两根光滑细杆（α<θ），A 点为圆周的最高点，D点为圆周的最低点。将一小环分别套在细杆上，都从A 点静止释放，最后到达圆周上B、C所用时间分别为t1、t2，则（　　） A．t1=t2 B．t1<t2 C．t1>t2 D．无法确定 类型二：单个竖直圆圆周内同底端的斜面模型 【知识思维方法技巧】 基本规律：物体从竖直圆环上沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到环的最低点所用时间相等，如图所示。 如图所示。设某一条光滑弦与水平方向的夹角为α，圆的直径为d，根据物体沿光滑弦做初速度为零的匀加速直线运动，加速度为a＝gsinα，位移为x＝dsinα，所以运动时间为t0＝＝＝。 即物体从竖直圆环上沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到环的最低点所用时间相等。 【典例3b提高题】 6．如图所示，圆柱形的仓库内有三块长度不同的滑板AO、BO、CO，其下端都固定于底部圆心O，而上端则搁在仓库侧壁上，三块滑板与水平面的夹角依次是30°、45°、60°，若有三个小孩同时从A、B、C处开始下滑（忽略阻力），设三位小朋友到达到圆心O的时间分别为、、，则（　　） A． B． C． D． 【典例3b提高题对应练习】 7．如图所示，竖直平面内三个圆的半径之比为3:2:1，它们的最低点相切于P点，有三根光滑细杆AP、BP、CP，杆的最高点分别处于三个圆的圆周上的某一点，杆的最低点都处于圆的最低点P。现各有一小环分别套在细杆上，都从杆的最高点由静止开始沿杆自由下滑至P点，空气阻力不计，则小环在细杆AP、BP、CP上运动的时间之比为（　　） A． B． C．3:2:1 D．1:1:1 类型三：双竖直圆周内斜面模型应用 【知识思维方法技巧】 基本规律：两个竖直圆环相切且两环的竖直直径均为切点，物体沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到下端所用时间相等，如图所示。 即在竖直面内两个圆，两圆心在同一竖直线上且两圆相切。各斜面过两圆的公共切点且顶端源自上方圆周上某点，底端落在下方圆周上的相应位置。有t＝2，与θ无关。 【典例3c提高题】 8．如图所示，竖直平面内存在半径为R的大圆和半径为r的小圆，两个圆的公切线水平，有两条倾斜的光滑轨道，一条与大圆相交于A、B两点，A点为大圆的最高点，另一条轨道一端交于大圆的C点.另一端交于小圆的D点，且过大圆和小圆的公切点。现让一物体分别从两条轨道的顶端A、C由静止释放，分别滑到B点和D点（假设物体能够无障碍地穿过CD与圆的交叉点），物体在两条轨道上的运动时间分别为、，重力加速度为g，下列判断正确的是（    ） A． B． C． D． 【典例3c提高题对应练习】 9．如图所示，有一半圆，其直径水平且与另一圆的底部相切于O点，O点恰好是下半圆的圆心，它们处在同一竖直平面内。现有三条光滑直轨道AOB、COD、EOF，它们的两端分别位于上下两圆的圆周上，轨道与竖直直径的夹角关系为。现让一小物块先后从三条轨道顶端由静止下滑至底端，则小物块在每一条倾斜轨道上滑动时所经历的时间关系为（　　） A． B． C． D． 考点二：单个物体的多运动过程问题 【知识思维方法技巧】 单物体多运动过程动力学计算的技巧： （1）将“多过程”分解为许多“子过程”，各“子过程”间由“衔接点”连接。 （2）对各“衔接点”进行受力分析和运动分析，必要时画出受力图和过程示意图，根据“子过程”“衔接点”的模型特点选择合理的物理规律列方程。 （3）分析“衔接点”速度、加速度等的关联，确定各段间的时间关联，并列出相关的辅助方程。联立方程组，分析求解，对结果进行必要的验证或讨论。 题型一：水平式多过程运动模型 【典例1提高题】 10．某市启动“机动车文明礼让斑马线”活动，交警部门为样板斑马线配上了新型电子警察。一辆质量为2.0×103kg的汽车，以15m/s的速度沿平直道路匀速行驶，距斑马线还有30m的距离时，驾驶员发现有行人通过斑马线，经过0.5s的反应时间，汽车制动，开始做匀减速运动，恰好在斑马线前停住。重力加速度g=10m/s2。 (1)求汽车制动过程中所受的合力大小； (2)若汽车正常行驶时所受阻力为车重的0.05倍，汽车从静止开始匀加速直线运动，经10s其速度重新达到15m/s，求牵引力的大小。 【典例1提高题对应练习】 11．汽车在路上出现故障时，应在车后放置三角警示牌（如图所示），以提醒后面驾驶员减速安全通过。在夜间，有一货车因故障停驶，后面有一小轿车以30m/s的速度向前驶来，由于夜间视线不好，小轿车驾驶员只能看清前方50m内的物体，并且他的反应时间为0.4s，制动后最大加速度大小为3m/s2。假设小轿车始终沿直线运动，且小轿车碰到三角警示牌后对小轿车的运动无影响。则 (1)小轿车运动到三角警示牌时的最小速度为多少？（结果可保留根号） (2)三角警示牌至少要放在车后多远处，才能有效避免与后车相撞？ 题型二：斜面式多过程运动模型 【典例2提高题】 12．有一种叫“控子”的游戏，其简化模型如图所示，小滑块从A点由静止释放，依次通过AB和BD两个倾角不同的斜面，通过控制CD段的长度（C点未画出），让滑块到达D点时的速度刚好为零，之后滑块自由落入洞E中即为成功。已知AB长x1=0.25m，BD长x2=1m，滑块在AB段加速下滑，下滑至B点的速度v1=1m/s，滑块通过B点时的速度大小不变；在BC段加速下滑时的加速度大小为a2=1m/s2；在CD段减速下滑时的加速度大小为a3=3m/s2，重力加速度g取10m/s2，求游戏成功时： （1）AB段下滑的加速度大小a1； （2）CD段的长度L。 【典例2提高题对应练习】 13．滑板运动是深受青少年喜爱的一项运动，现有一固定滑道ABCD，其中AB、CD分别是倾角为30°、37°的倾斜滑道，BC为长的水平滑道，A、D点等高且与BC所在平面的高度差均为。一滑板爱好者从A点以的初速度沿AB滑道做匀加速直线运动，经通过B点并进入BC滑道，进入BC滑道后做匀速直线运动。此后滑板爱好者通过C点进入CD滑道做匀减速直线运动并从D点飞出，滑板爱好者在从D点飞出前1s内的位移大小为4m。滑板爱好者通过B、C两点时速度大小不变，sin37°=0.6,求： (1)滑板爱好者从A到B过程的加速度大小； (2)滑板爱好者通过BC段所用的时间； (3)滑板爱好者从D点飞出时的速度大小。 题型三：竖直式多过程运动模型 【典例3提高题】 14．如图所示为四旋翼无人机，它是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器，目前正得到越来越广泛的应用。一架质量为m＝2kg的无人机，其动力系统所能提供的最大升力F＝36N，运动过程中所受空气阻力大小恒定，无人机在地面上从静止开始，以最大升力竖直向上起飞，在t＝5s时离地面的高度为h=75m（g取10m/s2）。 （1）求上升过程中加速度大小； （2）运动过程中所受空气阻力大小； （3）假设由于动力系统故障，悬停在离地面高度H＝100m的无人机突然失去升力而坠落，经时间t1在遥控设备的干预下故障解除，动力系统重新启动提供向上最大升力。着地时速度恰好为0，求无人机从开始下落到恢复升力的时间t1。 【典例3提高题对应练习】 15．质量为m =60kg的解放军战士在参加某次军事演习中进行低空跳伞演练。按训练要求，战士离开悬停的直升机，经过时间后，恰好进入打开降落伞的安全区域，此时设备显示他的速度大小为。假设战士在进入安全区域前所受阻力恒定，沿竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动。在战士做匀加速直线运动过程中，取，求： (1)战士加速度的大小； (2)战士下降的高度； (3)战士所受阻力的大小。 题型四：圆环直杆式多过程运动模型 类型一：水平式运动模型 【典例4a提高题】 16．如图，将质量的圆环套在固定的水平直杆上，环的直径略大于杆的截面直径。环与杆间动摩擦因数。对环施加一位于竖直平面内斜向上、与杆夹角的拉力，使圆环以的加速度沿杆运动，求的大小。（取，，） 类型二：斜面式运动模型 【典例4b提高题】 17．如图，将质量m=1kg的圆环套在固定的倾斜直杆上，杆的倾角为37°，环的直径略大于杆的截面直径。对环施加一位于竖直平面内斜向上与杆夹角为37°的拉力F=10N，使圆环由静止开始沿杆加速向上运动，已知环与杆间动摩擦因数μ=0.5。（g取10m/s2）求： （1）F作用2s时圆环的速度是多大？ （2）2s后撤去力F，求圆环继续沿杆上滑的最大距离是多少？    考点三：物体动力学的图像问题 【知识思维方法技巧】 单个物体动力学图像问题的解题的方法： （1）函数斜率面积法：先由牛顿运动定律推导出两个物理量间的函数表达式，再根据函数表达式的斜率、截距的意义求出相应的问题，特别是解决对于不太熟悉的如－t、x－v2、at、Ft、Fa图像等要注意这种转化。 ①x－t图像的斜率表示速度的大小及方向，纵轴截距表示t＝0时刻的初始位置，横轴截距表示位移为零的时刻。 ②v－t图线（或切线）的斜率表示物体的加速度，v－t图线（或切线）的斜率表示物体的加速度。 ③a－t图线与t轴所围的“面积”代表速度改变量。 ④由x＝v0t＋at2可得＝v0＋at，由此知－t图像的斜率为a，纵轴截距为v0。 ⑤由v2－v02＝2ax可知v2＝v02＋2ax，故v2－x图像斜率为2a，纵轴截距为v02。 ⑥由v2－v02＝2ax得x＝v2－v02，故x－v2图像斜率为1/2a，纵轴截距为v02。 ⑦由x＝at2，可知x－t2图线的斜率表示a。 （2）函数数据代入法：先由牛顿运动定律推导出两个物理量间的函数表达式，再把图像中的特殊位置或特殊时刻或特殊情况的特殊数据代入函数公式进行计算。 题型一：根据动力学情境选择动力学图像问题 【典例1提高题】 18．滑雪比赛 冬奥会的单板滑雪比赛场地由助滑区、起跳台、着陆坡、终点区构成。运动员与滑雪板一起从高处滑下，通过跳台起跳，完成空翻、转体、抓板等技术动作后落地。分析时，不考虑运动员空翻、转体等动作对整体运动的影响。简化的赛道如图所示，其中MN为助滑区，水平部分NP为起跳台，MN与NP间平滑连接。可视为质点的运动员从M点由静止自由滑下，落在足够长的着陆坡上的Q点。运动过程中忽略摩擦和空气阻力，g取10m/s2。M到Q的过程中，运动员的速度大小为v、加速度大小为a，下列v-t图或a-t图正确的是（    ） A． B． C． D． 【典例1提高题对应练习】 19．如图所示，斜面OQ固定在水平地面上，P为斜面的中点，OP段光滑，PQ段粗糙且粗糙程度一致，现让滑块（看作质点）从顶点O由静止滑下，滑至斜面底端Q点时速度减为零。以平行于斜面向下为正方向，滑块的位移—时间（x−t）图像、速度—时间（v−t）图像、加速度—位移（a−x）图像或机械能—位移（E−x）图像可能正确的是（　　） A． B． C． D． 题型二：根据运动学图像分析计算动力学的问题 类型一：根据运动学x-t图像分析计算动力学的问题 20．一质点做竖直上抛运动，其位移x与时间t的关系图像如图所示，下列说法正确的是（　　） A．t=0时，质点的速度为零 B．t=3s时，质点的速度和加速度均为零 C．在t=0至t=3s间，质点的速度与加速度同向 D．在t=3s至t=6s间，质点的速度与加速度同向 类型二：根据运动学v-t图像分析计算动力学的问题 【典例2b提高题】 21．如图甲所示，斜面体固定在水平地面上，时刻一物块由斜面底端开始向上运动，其运动的图像如图乙所示。已知重力加速度，则（　　） A．斜面的倾角为 B．时，物块距离出发点5m C．物块与斜面间的动摩擦因数为 D．物块返回斜面底端时的速度大小为 【典例2b提高题对应练习】 22．如图甲所示，可视为质点的小球，从固定在水平地面上的光滑斜面的正中间，以2m/s的初速度沿斜面向上运动，小球回到斜面底端时的速度大小为4m/s，此过程中小球的v—t图像如图乙所示，取重力加速度大小g=10m/s2，下列说法正确的是（   ） A．小球在斜面上运动时的加速度大小为4m/s2 B．小球在斜面上运动的时间为2s C．斜面的长度为2.5m D．斜面的高度为1.2m 类型三：根据运动学v2－x图像分析计算动力学的问题 【典例2c提高题】 23．如图甲所示，物块的质量，初速度，在一水平向左的恒力F作用下从O点沿粗糙的水平面向右运动，某时刻恒力F突然反向，整个过程中物块速度的平方随位置坐标变化的关系图像如图乙所示，重力加速度g取，下列说法正确的是（　　） A．内物块的加速度大小为 B．在末恒力F开始反向物块做匀加速运动 C．内物块的加速度大小为 D．物块与水平面的动摩擦因数为0.0375 【典例2c提高题对应练习】 24．如图甲所示，物块的质量，初速度，在一水平向左的恒力F作用下从O点沿粗糙的水平面向右运动，某时刻后恒力F突然反向，整个过程中物块速度的平方随位置坐标变化的关系图像如图乙所示，。下列选项正确的是（　　） A．恒力F大小为 B．在时刻，恒力F反向 C．物块与水平面的动摩擦因数为0.3 D．内物块做加速度减小的减速运动 类型四：根据运动学－t图像分析计算动力学的问题 【典例2d提高题】 25．一质点从t=0时刻开始沿直线运动，运动时间为t时，对应的位移为x，规定向右为正方向，其图像如图所示，则下列说法正确的是（　　） A．t=0时，物体的初速度大小为3m/s B．物体的加速度大小为6m/s2 C．0~2s内物体的位移为6m D．3s末物体位于出发点左侧9m处 【典例2d提高题对应练习】 26．某电动自行车在平直的实验公路上先匀速运动，从时刻开始进行电动自行车刹车实验，以检验该性能是否符合国家标准，通过传感器在电脑上自动描绘出其图像如图所示。则下列分析正确的是（    ） A．刚要刹车时车的速度为 B．刹车加速度大小为 C．刹车过程的位移为18m D．刹车后第1s内和最后1s内通过的位移比为 类型五：根据运动学a－t图像分析计算动力学的问题 【典例5e提高题】 27．如图1所示，一个物体放在粗糙的水平地面上。在t=0时刻，物体在水平力F作用下由静止开始做直线运动。在0到t0时间内物体的加速度a随时间t的变化规律如图2所示。已知物体与地面间的动摩擦因数处处相等。则（　　） A．在0到t0时间内，合力的冲量大小为 B．t0时刻，力F等于0 C．在0到t0时间内力F大小恒定 D．在0到t0时间内物体的动量逐渐变大 【典例5e提高题对应练习】 28．如图甲，质量为的物体在水平力作用下由静止开始沿粗糙水平面做直线运动，时撤去。物体的加速度随时间的变化规律如图乙，重力加速度取。下列说法正确的是（　　） A．的大小为 B．物体与水平面间的动摩擦因数为0.4 C．时物体的速度大小为 D．时物体的速度方向改变 题型三：根据动力学图像分析计算动力学的问题 【知识点的理解与应用】 首先要根据具体的物理情境，对物体进行受力分析，然后根据牛顿第二定律推导出两个量间的函数关系式，根据函数关系式结合图像，明确图像的斜率、截距或面积的意义，从而由图像给出的信息求出未知量。 类型一：根据动力学a－F图像分析计算动力学的问题 【典例3a提高题】 29．如图甲所示，用一水平外力F拉着一个静止在倾角为的光滑斜面上的物体，F逐渐增大，物体做变加速运动，其加速度a随外力F变化的图象如图乙所示，若重力加速度g取10m/s2。根据图乙中所提供的信息可以计算出（　　） A．物体的重力为2N B．斜面的倾角为37° C．加速度为6m/s2时物体的速度 D．物体能静止在斜面上所施加的最小外力为12N 【典例3a提高题对应练习】 30．如图（甲）所示，物体原来静止在水平地面上，用一水平力F拉物体，在F从0开始逐渐增大的过程中，物体先静止后又做变加速运动，其加速度a随外力F变化的图像如图（乙）所示。设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度g取10m/s2。根据题目提供的信息，下列判断正确的是（　　） A．物体的质量m=2kg B．物体与水平面间的动摩擦因数μ=0.3 C．物体与水平面的最大静摩擦力fmax=6N D．在F为10N时，物体的加速度a=2.5m/s2 类型二：根据动力学F－t图像分析计算动力学的问题 【典例3b提高题】 31．如图1所示，在倾角的斜面上，用沿斜面向上的拉力拉一质量为1.0kg的木块，拉力随时间变化的图像如图2所示，0～时间内木块静止在斜面上，木块运动后改变拉力，使木块在时刻后做匀速直线运动。重力加速度g取10，，，下列说法正确的是（　　） A．0～时间内，木块受到的摩擦力一直在增大 B．木块和斜面间的动摩擦因数为0.8 C．木块受到的最大静摩擦力大小为0.6N D．t＝0时刻，木块受到的摩擦力大小为7N 【典例3b提高题对应练习】 32．如图甲所示，在倾角为30°的足够长的光滑固定斜面上，有一质量为的物体，受到沿斜面方向的力F作用，力F按图乙所示规律变化（图中纵坐标是F与mg的比值，力F沿斜面向上为正）。则物体运动的速度v随时间t变化的规律是下列选项图中的（物体的初速度为零，速度沿斜面向上为正方向，重力加速度g取10m/s2）（　　） A． B． C． D． 题型四：根据其他图像分析计算动力学的问题 【典例4提高题】 33．小智同学发现了一张自己以前为研究机动车的运动情况而绘制的图像，如图所示，为位移，为运动时间，已知机动车的运动轨迹是直线，但是不知机动车是处于加速还是刹车状态，请你帮他判定以下说法合理的是（　　） A．机动车处于匀加速状态 B．机动车的初速度大小为 C．机动车的加速度大小为 D．机动车在前3s内的位移大小是25m 【典例4提高题对应练习】 34．如图甲所示，一物块（可视为质点）从倾角的足够长斜面上滑下，物块运动的图像如图乙所示，重力加速度取，下列说法正确的是（　　） A．物块的加速度为4m/s2 B．物块的初速度为 C．物块与斜面间的动摩擦因数为 D．前内物块的平均速度为 考点四：物体动力学的临界极值问题 【知识思维方法技巧】 （1）临界或极值条件的标志∶ ①题目中有“刚好”“恰好”“正好”“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼，即表明题述的过程存在着极值临界点。 ②题目中有“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词语，表明题述的过程存在着“起止点”，而这些起止点往往对应临界状态。 ③题目要求“最终加速度”“稳定速度”等，即是求收尾加速度或收尾速度。 （2）解决动力学临界极值问题的常用方法： ①极限法：把物理问题（或过程）推向极端，从而使临界现象（或状态）暴露出来，以达到正确解决问题的目的。 ②物理分析法：通过对物理过程的分析，寻找过程中变化的物理量。探索物理量的变化规律。确定临界状态，分析临界条件，找出临界关系。 ③数学分析法：将物理过程转化为数学表达式，根据数学表达式解决临界极值问题。 题型一：位移的临界极值问题 【典例2提高题】 35．2025年11月30日，“洞桥杯”浙江省滑板公开赛在宁波市举行。滑板运动是一种陆地上的“冲浪运动”，滑板运动员可在不同的滑坡上滑行，做出各种动作，给人以美的享受。如图甲所示，当θ=30°时，可视为质点的滑板运动员恰好能沿粗糙且足够长的倾斜轨道匀速下滑。若让该运动员从倾斜轨道的底端以v0=10m/s的速度沿轨道向上运动如图乙所示，重力加速度大小g=10m/s2，不计空气阻力。求： (1)滑板与倾斜轨道间的动摩擦因数和运动员上滑过程中加速度大小； (2)运动员沿倾斜轨道向上滑行的最大距离及向上运动的时间； (3)假设θ角不同的倾斜轨道很多，其他条件不变，滑板与轨道动摩擦因数均相同，当θ角满足什么条件时，运动员沿倾斜轨道向上滑行的距离最小，并求出此最小值。（计算结果可保留根式） 【典例2提高题对应练习】 36．如图所示，足够长的木板与水平地面间的夹角θ可以调节，当木板与水平地面间的夹角为37°时，一小物块（可视为质点）恰好能沿着木板匀速下滑。若让该物块以大小的初速度从木板的底端沿木板上滑，随着θ的改变，物块沿木板滑行的距离x将发生变化。取，，。 (1)求物块与木板间的动摩擦因数μ； (2)当θ满足什么条件时，物块沿木板向上滑行的距离最小，并求出该最小距离。 题型二：加速度的临界极值问题 【典例3提高题】 37．如图甲所示，光滑水平面上的O处有一质量为m＝2 kg的物体．物体同时受到两个水平力的作用，F1＝4 N，方向向右，F2的方向向左，大小随时间均匀变化，如图乙所示．物体从零时刻开始运动． (1)求当t＝0.5 s时物体的加速度大小． (2)物体在t＝0至t＝2 s内，何时物体的加速度最大？最大值为多少？ (3)物体在t＝0至t＝2 s内，何时物体的速度最大？最大值为多少？ 题型三：外力作用时间的临界极值问题 【典例4提高题】 38．如图甲所示，风景区的缆车通过卡扣固定悬挂在缆索上，随缆索一起斜向上做匀速运动，运行过程中缆车始终处于竖直方向，缆索倾角为θ，图乙为示意图，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则缆车的卡扣和缆索间的动摩擦因数不能小于（　　） A． B． C． D． 【典例4提高题】 39．某商场举办推“壶铃”的趣味有奖活动，如图所示，壶铃（一种含铸铁的锻炼器材）静置在水平地面上的A点，参与者（图中未画出）水平向右推壶铃，当壶铃经过B点时撤去推力，若壶铃停在B点右侧的C、D两点之间的区域内（包括C、D两点），则参与者获奖。已知壶铃的质量m=10kg，A、B两点间的距离x1=4m，B点为AC的中点，C、D两点间的距离x2=2m，壶铃与地面间的动摩擦因数μ=0.2，取重力加速度大小g=10m/s2，将参与者推壶铃的力视为恒力，壶铃可视为质点。 (1)若壶铃恰好停在C点，求此种情况下参与者的推力大小F1； (2)在（1）中情况下，求壶铃从A点运动到C点的时间t； (3)要保证获奖，求参与者的推力大小F的范围。 题型五：外力的临界极值问题 【典例5提高题】 40．如图所示，一质量的小物块，以的初速度，在于斜面成某一夹角的拉力F作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经的时间物块又A点运动到B点，A与B之间的距离。已知斜面倾角，物块与斜面之间的动摩擦因数。重力加速度g取。求拉力F与斜面的夹角多大时，拉力F最小，最小值为多少。 试卷第1页（共3页） 试卷第1页（共3页） 学科网（北京）股份有限公司 《知识点13：单个物体模型的动力学问题 提高版》参考答案： 1．BD 【详解】设斜面倾角为，斜面高度为，则快递下滑的加速度大小为 根据运动学公式可得 联立可得 快递接触地面时的速度大小为 可知快递沿三条光滑轨道，，滑下到达地面的速度大小相等，快递破损的难易相同，由于轨道的倾角最大，快递下滑时间最短，则选择轨道，快递最快到达地面；从节约时间、保证快递完好度等综合方面考虑，应首选轨道。 故选BD。 2．AC 【详解】AB．根据题意有屋顶的倾角为，底边的长度为L，设雨滴下滑时加速度为a，雨滴质量为m，对雨滴进行受力分析，雨滴只受重力mg和屋顶对雨滴的支持力N，垂直于屋顶方向 平行于屋顶方向，由牛顿第二定律有 则倾角越大，N越小，由牛顿第三定律知雨滴对屋顶的压力 即倾角越大，雨滴对屋顶压力越小，雨滴下滑的加速度 则倾角越大，雨滴下滑时的加速度越大，故B错误A正确； CD．设雨滴从O运动到M的时间为t，由几何关系可知位移为 由位移与时间公式得 则 当时，用时最短，雨滴从顶端O下滑至屋檐M时的速度为 故倾角越大，雨滴从顶端O下滑至屋檐M时的速度越大，故D错误C正确。 故选AC。 3．ABD 【详解】对小球受力分析如图    设长木板底端到墙壁距离为d，根据牛顿运动定律 联立解得 故 因为 小于 故 故选ABD。 4．A 【详解】设杆与水平方向的夹角为，根据牛顿第二定律有 设圆周的直径为d，则滑环沿杆滑到D点的位移大小 ， 解得 可见滑环滑到D点的时间t与杆的倾角无关，即三个滑环滑到D点所用的时间相等。 故选A。 5．A 【详解】令圆周半径为R，根据牛顿第二定律有 ， 根据位移公式有 ， 解得 故选A。 6．B 【详解】根据牛顿第二定律 解得 设底部圆半径为，根据运动学规律 解得 故 因为 故 故选B。 7．A 【详解】根据等时圆模型，如图所示 只需要求出A′P、B′P、C′P，的时间之比，设最小圆的直径为d，则 故选A。 8．D 【详解】设轨道与竖直方向的夹角为，则物体在轨道上运动的加速度大小为 根据运动学公式可得 解得 设轨道与竖直方向的夹角为，则物体在轨道上运动的加速度大小为 根据运动学公式可得 解得 则有 故选D。 9．B 【详解】设上面圆的半径为R，下面圆的半径为r。轨道EF长度为 滑块沿EF下滑的加速度由受力分析可知 由公式 可得运动时间 轨道与竖直方向的夹角越小，时间越短，根据判断 故选B。 10．(1)1.0×104N (2)4.0×103N 【详解】（1）驾驶员在反应时间内通过的位移 由匀变速直线运动规律有 由牛顿第二定律有 联立代入数据解得 （2）阻力大小为 汽车做匀加速直线运动的加速度大小为 由牛顿第二定律有 联立代入数据解得 11．(1) (2) 【详解】（1）反应时间内小轿车通过的位移为 根据运动学公式可得 可得小轿车运动到三角警示牌时的最小速度为 （2）小轿车的制动距离为 则小轿车从发现警示牌到完全停下的过程中行驶的距离为 为了有效避免两车相撞，三角警示牌放在故障车后的最小距离为 12．（1）2m/s2；（2）0.375m 【详解】（1）根据匀变速直线运动规律 可得，AB段下滑的加速度大小为 （2）设在C点时的速度为，则根据匀变速直线运动规律有 又 联立解得，CD段的长度为 13．(1) (2)1s (3)1m/s 【详解】（1）根据位移—时间公式有 解得 （2）滑板爱好者在B点的速度为 在BC段匀速运动，有 s （3）设爱好者从D点飞出的速度为vD，在CD滑道运动有 m 其中 从D点飞出前1 s内，运用逆向思维可得 解得 或（舍） 14．（1）6m/s2；（2）4N；（3） 【详解】（1）上升过程，根据位移时间公式有 解得 a=6m/s2 （2）上升过程由牛顿第二定律得 代入数据解得 f=4N （3）无人机失去升力而下落过程，由牛顿第二定律得 代入数据解得 =8m/s2 无人机恢复升力的时下落速度为 下落的高度为 恢复升力后 解得 =10m/s2 到达地面时速度恰为零，则 其中 代入数据解得 15．(1) (2) (3) 【详解】（1）由加速度的定义式可知战士加速度的大小为 （2）由运动学公式可得，战士下降的高度为 （3）由牛顿第二定律 代入数据可知，战士所受阻力的大小为 16．或 【详解】圆环沿水平直杆运动，竖直方向的加速度为零，杆对圆环的弹力可能向上，也可能向下。 当杆对圆环的弹力向上时，设拉力大小为，弹力大小为，由竖直方向受力平衡得 由水平方向的牛顿第二定律得 联立解得 此时，符合弹力向上的条件。 当杆对圆环的弹力向下时，设拉力大小为，弹力大小为，由竖直方向受力平衡得 由水平方向的牛顿第二定律得 联立解得 此时，符合弹力向下的条件。 综上，拉力的大小为或 17．（1）；（2） 【详解】（1）以圆环为研究对象进行受力分析可得 且 根据匀变速运动规律有 代入数据解得2s时圆环的速度 （2）撤去外力后，对圆环为研究对象进行受力分析可得 且 根据匀变速运动规律圆环上滑的最大距离时有 则圆环继续沿杆上滑的最大距离是 18．C 【详解】运动员从M点由静止自由滑下，运动过程中，忽略摩擦和空气阻力，在斜面上运动，做加速度的匀加速直线运动，水平部分加速度，故在水平部分做匀速直线运动。 平抛后加速度为 运动员做匀变速曲线运动，速度大小是水平匀速和竖直自由落体的合速度，与时间不成正比。 故选C。 19．A 【详解】ABC．由题意可知滑块从O到P做匀加速运动，从P到Q做匀减速运动，两段位移相等，平均速度相等，则时间相等，加速度等大反向，则x−t图像的斜率先增加后减小；v−t图像是两段斜率大小相等符号相反的直线（关于t1左右对称的线段）；a−t图像是先在正半轴的水平线段，后在负半轴的水平线段，故A正确，BC错误； D．在OP段机械能守恒，图像是平行x轴的直线；在PQ段由能量关系机械能 图线是向下倾斜的直线，故D错误。 故选A。 20．D 【详解】A．x-t图的斜率表示速度，t=0时斜率不为0，A错误； B．t=3s时，质点的速度为零，但随后速度即发生变化，说明加速度不为零，B错误； C．在t=0至t=3s间，图像斜率在减小，物体在做减速运动，速度与加速度反向，C错误； D．在t=3s至t=6s间，图像斜率在增大，质点的速度与加速度同向，D正确。 故选D。 21．CD 【详解】AC．由乙图可知图像的斜率表示加速度，上升过程在加速度大小为 下滑过程中加速度大小为 受力分析可知，上升过程中 下降过程中 解得 故A错误，C正确； B．由乙图可知，物块先向上减速到达最高点后在向下加速，图像与时间轴围成的面积为物块经过的位移，则时间为2s时，位移为 故B错误； D．上升过程位移为 则物块返回斜面底端时 解得 故D正确。 故选CD。 22．AD 【详解】A．图像的斜率等于加速度，可知小球在斜面上运动时的加速度大小为 选项A正确； B．小球在斜面上运动的时间为 选项B错误； C．根据 解得斜面的长度为 L=3m 选项C错误； D．根据 斜面的高度为 选项D正确。 故选AD。 23．CD 【详解】A．物块在0~10m内速度减小，做匀减速直线运动，物块匀减速直线运动的加速度大小为 选项A错误； B．物块做匀减速直线运动的时间为 即在4s末恒力F反向物块做匀加速运动，选项B错误； C．物块匀加速运动的加速度大小 选项C正确； D．根据牛顿第二定律得 联立两式解得 F=0.875N f=0.375N 则动摩擦因数为 选项D正确。 故选CD。 24．BC 【详解】BD．由图可知，当物块速度减为零时，恒力F突然反向，根据匀变速直线运动的位移—速度关系可知 代入图中所给数据，代入数据解得 根据匀变速直线运动的速度—时间关系可知，其中v0=10m/s，水平向左的恒力F作用时间为 内物块做匀减速运动；1s末恒力F反向，物块开始做匀加速运动，故B正确，D错误； AC．由牛顿第二定律可知，恒力F反向前 F+μFN=ma1 恒力F反向后 F-μFN=ma2 其中 FN=mg 联立代入数据解得 F=7N μ=0.3 故A错误，C正确。 故选BC。 25．BD 【详解】AB．根据匀变速直线运动的位移公式 变形得到 结合图像可知 负号表示加速度方向向左，故A错误，B正确； C．根据位移公式 可知，0~2s内物体的位移为 故C错误； D．根据位移公式 可知，0~3s内物体的位移为 即3s末物体位于出发点左侧9m处，故D正确。 故选BD。 26．BD 【详解】AB．由题图可知，图像对应的关系式为 可得 结合匀减速直线运动位移时间公式 可得，，故A错误，B正确； C．刹车过程的位移为，故C错误； D．刹车后第1s内的位移为 根据逆向思维可得最后1s内通过的位移为 可知刹车后第1s内和最后1s内通过的位移比为，故D正确。 故选BD。 27．AD 【详解】A．根据加速度的定义式有 解得 可知，图像中，图像与时间轴所围几何图形的面积表示速度的变化量，由图2有 根据动量定理有 解得 故A正确； B．根据图2可知，t0时刻，物体的加速度为0，根据上述，此时物体的速度不为0，即物体开始做匀速直线运动，则有 故B错误； C．在0到t0时间内，根据牛顿第二定律有 解得 由于0到t0时间内，加速度在减小，可知，力F大小也在减小，故C错误； D．根据上述，图像中，图像与时间轴所围几何图形的面积表示速度的变化量，由于物体初速度为0，则图像与时间轴所围几何图形的面积能够间接表示物体的速度，在0到t0时间内，图像所围几何图形的面积逐渐增大，表明物体的速度逐渐增大，即物体的动量逐渐变大，故D正确。 故选AD。 28．ABC 【详解】AB．在内，物体的加速度大小为，对物体由牛顿第二定律可得 在内，物体的加速度大小为，对物体由牛顿第二定律可得 联立解得， 故AB正确； CD．物体在内做匀加速直线运动，时的速度大小为 后物体开始做匀减速直线运动，但物体的速度方向没有改变，时物体的速度大小为 故C正确，D错误。 故选ABC。 29．B 【详解】AB．对物体受力分析，受拉力、重力、支持力，如图所示， 在x轴方向满足 Fcosθ－mgsinθ＝ma 在y轴方向满足 N－Fsinθ－mgcosθ＝0 从图象中取两个点（20N，2m/s2），（30N，6m/s2），代入方程可解得m＝2kg，θ＝37°，所以物体的重力G＝20N，斜面的倾角为θ＝37°，A错误，B正确； CD．当a＝0时，可解得F＝15N，即最小拉力为15N，题中并未说明力F随时间变化的情况，故无法求出加速度为6m/s2时物体的速度大小，CD错误。 故选B。 30．ABC 【详解】A．根据牛顿第二定律可知 整理可得 结合图像可得 解得，故A正确； B．由图可知，与的关系式满足 结合上述分析可知 解得，故B正确； C．结合上述结论可得最大静摩擦力为，故C正确； D．将代入 解得，故D错误。 故选ABC。 31．B 【详解】A．0～时间内，开始阶段木块受到的摩擦力沿斜面向上，随着F的增大，木块受到的摩擦力大小逐渐减小，减小为0后，F继续增加，木块受到沿斜面向下的摩擦力逐渐增大，故A错误； B．木块在时刻后做匀速直线运动，对木块受力分析，沿斜面方向有 其中 解得 故B正确； C．时刻木块受到最大静摩擦力，有 其中 解得 故C错误； D．t＝0时刻，木块保持静止，受到的静摩擦力大小为 故D错误。 故选B。 32．C 【详解】在，物体的加速度为，根据牛顿第二定律，得 其中，解得 在，物体的加速度为，根据牛顿第二定律，得 其中，解得 在，物体的加速度为，根据牛顿第二定律，得 其中，解得 根据图线的斜率表示加速度可知，C选项的图像符合物体运动的速度v随时间t变化的规律。 故选C。 33．BD 【详解】ABC．根据图像，可知表达式为 根据匀变速直线运动位移时间关系式 变式为 对比可得 ， 所以机动车处于匀减速状态，初速度大小为，加速度大小为，故AC错误，B正确； D．机动车从开始刹车到停下所用的时间为 故机动车在前3秒的位移等于前2.5秒的位移，则有 故D正确。 故选BD。 34．AC 【详解】AB．根据图乙得到函数表达式为 则有 根据位移公式有 对比上述表达式有 ， 解得 故A正确，B错误； C．对滑块进行分析，根据牛顿第二定律有 结合上述解得 故C正确； D．前内的位移为 则前内物块的平均速度为 故D错误。 故选AC。 35．(1)，10m/s2 (2)5m，1s (3) 【详解】（1）当θ=30°时，滑板运动员恰好能匀速下滑，则 所以 当运动员上滑时，根据牛顿第二定律可得 解得 （2）根据速度位移关系可得 根据速度时间关系可得 即运动员沿倾斜轨道向上滑行的最大距离为5m，向上运动的时间为1s； （3）根据速度位移关系可得，上滑距离为 所以最小值为 36．(1) 0.75；(2) 4m 【详解】(1)当时，设物块的质量为m，物块所受木板的支持力大小为FN，对物块受力分析，有 解得 μ=0.75 (2)设物块的加速度大小为a，则有 设物块的位移为x，则有 解得 令tanα=μ，可知当α+θ=90°，即θ=53°时x最小，最小距离为 xmin=4m 37．(1)0.5 m/s2　(2) 当t＝0时有最大加速度，am＝1 m/s2；当t＝2 s时有最大加速度 am′＝－1 m/s2，负号表示加速度方向向左；(3)当t＝1 s时速度最大，最大值为0.5 m/s 【详解】(1)由题图乙可知F2＝(2＋2t) N 当t＝0.5 s时，F2＝(2＋2×0.5) N＝3 N F1－F2＝ma a＝m/s2＝0.5 m/s2. (2)物体所受的合外力为F合＝F1－F2＝2－2t (N) 作出F合－t图象如图所示 从图中可以看出，在0～2 s范围内，当t＝0时，物体有最大加速度am Fm＝mam am＝m/s2＝1 m/s2当t＝2 s时，物体也有最大加速度am′ Fm′＝mam′ am′＝m/s2＝－1 m/s2 负号表示加速度方向向左． (3)由牛顿第二定律得a＝＝1－t (m/s2) 画出a－t图象如图所示 由图可知t＝1 s时速度最大，最大值等于a－t图象在t轴上方与横、纵坐标轴所围的三角形的面积v＝×1×1 m/s＝0.5 m/s. 38．A 【详解】设卡扣和缆车的总质量为m，对卡扣和缆车整体受力分析有 解得 故选A。 39．(1)40N (2)4s (3) 【详解】（1）设壶铃经过B点时的速度大小为v1，在BC段匀减速运动，有 此过程壶铃运动的加速度大小为a2，根据牛顿第二定律可得 设参与者推壶铃时壶铃的加速度大小为a1，根据牛顿第二定律可得 根据速度位移关系可得 联立解得，，， （2）设壶铃从A点运动到B点的时间为t1，根据速度时间关系可得 解得 设壶铃从B点运动到C点的时间为t2，则 解得 所以 （3）设在壶铃恰好停在D点的情况下壶铃经过B点时的速度大小为v2，则 设参与者推壶铃时壶铃的加速度大小为a3，则 设参与者的推力大小为F2，根据牛顿第二定律可得 联立解得 结合（1）中结果可知，要保证获奖，参与者的推力大小的范围为 40．30°， 【详解】设物块加速度的大小为a，到达B点时速度的大小为v,由运动学公式得 联立代入数据得a=3m/s2 设物块所受支持力为FN，所受摩擦力为Ff，拉力与斜面间的夹角为α，受力分析如图所示， 由牛顿第二定律得：Fcosα-mgsinθ-Ff=ma Fsinα+FN-mgcosθ=0 又Ff=μFN 联立得： 由数学知识得 可知对应最小F的夹角α=30° 代入数据得F的最小值为 答案第1页（共2页） 答案第1页（共2页） 学科网（北京）股份有限公司 $