2026届高三物理一轮复习-同步分层精练（十二）动力学中的三类典型问题（有解析）

同步分层精练（十二） 动力学中的三类典型问题
1.(2023·北京高考)如图所示,在光滑水平地面上,两相同物块用细线相连,两物块质量均为1 kg,细线能承受的最大拉力为2 N。若在水平拉力F作用下,两物块一起向右做匀加速直线运动。则F的最大值为 (　 )
A.1 N B.2 N
C.4 N D.5 N
2.(2025·渭南二模)如图(a),足够高的水平长桌面上,P点左边光滑,右边粗糙,物块A在砝码B的拉动下从桌面左端开始运动,其v t图像如图(b)所示。已知砝码B质量为0.20 kg,重力加速度g取10 m/s2,用mA表示物块A的质量,μ表示物块A与P点右边桌面之间的动摩擦因数,则有 (　 )
A.mA=1.0 kg,μ=0.2
B.mA=0.4 kg,μ=0.125
C.mA=0.8 kg,μ=0.125
D.mA=0.8 kg,μ=0.2
3.(2025·广州模拟)如图甲所示,某人通过动滑轮将质量为m的货物提升到一定高处,动滑轮的质量和摩擦均不计,货物获得的加速度a与竖直向上的拉力FT之间的函数关系如图乙所示。重力加速度大小为g。则下列判断正确的是 (　 )
A.图线的纵截距M的绝对值为g
B.图线的斜率在数值上等于货物的质量m
C.图线横截距N的值FTN=mg
D.图线的斜率在数值上等于货物质量的倒数
4.(2025·合肥模拟)(多选)如图,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
5.如图,两物块P、Q用跨过光滑轻质定滑轮的轻绳相连,开始时P静止在水平桌面上。将一个水平向右的推力F作用在P上后,轻绳的张力变为原来的一半。已知P、Q两物块的质量分别为mP=0.5 kg、mQ=0.2 kg,P与桌面间的动摩擦因数μ=0.5,重力加速度取g=10 m/s2。则推力F的大小为 (　 )
A.4.0 N B.3.0 N
C.2.5 N D.1.5 N
6.(2025·株洲模拟)(多选)如图甲所示,A、B两个物体相互接触,但并不黏合,静置在水平面上。水平面与物体间的摩擦力可忽略,两物体的质量mA=4 kg,mB=6 kg。从t=0时刻开始,水平推力FA和水平拉力FB分别作用于A、B物体上,FA、FB随时间t的变化关系如图乙所示。下列说法正确的是 (　 )
A.t=1.5 s时,A、B分离
B.t=1.5 s时,A的速度大小为1.5 m/s
C.t=1.5 s时,A的加速度大小为1.25 m/s2
D.t=1.0 s时,A对B的作用力大小为2.0 N
7.如图所示,木板与水平地面间的夹角θ可以随意改变,当θ=30°时,可视为质点的一小木块恰好能沿着木板匀速下滑。若让该小木块从木板的底端以大小恒定的初速率v0沿木板向上运动,随着θ的改变,小木块沿木板向上滑行的距离x将发生变化,重力加速度为g。
(1)求小木块与木板间的动摩擦因数。
(2)当θ角为何值时,小木块沿木板向上滑行的距离最小 并求出此最小值。
8.航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器,其质量m=2 kg,动力系统提供的恒定升力F1=32 N,试飞时飞行器从地面由静止开始竖直上升。设飞行器飞行时所受的空气阻力大小恒为f=4 N,飞行器上升 9 s后由于出现故障而失去升力,出现故障9 s后恢复升力但升力变为F2=16 N,取重力加速度大小g=10 m/s2,假设飞行器只在竖直方向运动。求:
(1)飞行器9 s末的速度大小v1;
(2)飞行器0~18 s内离地面的最大高度H;
(3)飞行器落回地面的速度大小v2。
同步分层精练（十二） 动力学中的三类典型问题
1.(2023·北京高考)如图所示,在光滑水平地面上,两相同物块用细线相连,两物块质量均为1 kg,细线能承受的最大拉力为2 N。若在水平拉力F作用下,两物块一起向右做匀加速直线运动。则F的最大值为 (　 )
A.1 N B.2 N
C.4 N D.5 N
解析:选C　拉力F最大时,对两物块整体受力分析有F=2ma,再对后面的物块受力分析有FTmax=ma,FTmax=2 N,联立解得F=4 N。
2.(2025·渭南二模)如图(a),足够高的水平长桌面上,P点左边光滑,右边粗糙,物块A在砝码B的拉动下从桌面左端开始运动,其v t图像如图(b)所示。已知砝码B质量为0.20 kg,重力加速度g取10 m/s2,用mA表示物块A的质量,μ表示物块A与P点右边桌面之间的动摩擦因数,则有 (　 )
A.mA=1.0 kg,μ=0.2
B.mA=0.4 kg,μ=0.125
C.mA=0.8 kg,μ=0.125
D.mA=0.8 kg,μ=0.2
解析:选C　由图像(b)可知,物块A在P点左边运动时的加速度为a1=2 m/s2,在P点右边运动时的加速度为a2= m/s2=1 m/s2,对A、B整体由牛顿第二定律可得mBg=(mA+mB)a1,mBg-μmAg=(mA+mB)a2,联立解得mA=0.8 kg ,μ=0.125,故C正确。
3.(2025·广州模拟)如图甲所示,某人通过动滑轮将质量为m的货物提升到一定高处,动滑轮的质量和摩擦均不计,货物获得的加速度a与竖直向上的拉力FT之间的函数关系如图乙所示。重力加速度大小为g。则下列判断正确的是 (　 )
A.图线的纵截距M的绝对值为g
B.图线的斜率在数值上等于货物的质量m
C.图线横截距N的值FTN=mg
D.图线的斜率在数值上等于货物质量的倒数
解析:选A　对货物由牛顿第二定律可得2FT-mg=ma,则有a=FT-g,由a FT图像可判断,纵轴截距的绝对值为g,图线的斜率在数值上等于,故A正确,B、D错误;横轴截距代表a=0时,FTN=,故C错误。
4.(2025·合肥模拟)(多选)如图,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,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。
5.如图,两物块P、Q用跨过光滑轻质定滑轮的轻绳相连,开始时P静止在水平桌面上。将一个水平向右的推力F作用在P上后,轻绳的张力变为原来的一半。已知P、Q两物块的质量分别为mP=0.5 kg、mQ=0.2 kg,P与桌面间的动摩擦因数μ=0.5,重力加速度取g=10 m/s2。则推力F的大小为 (　 )
A.4.0 N B.3.0 N
C.2.5 N D.1.5 N
解析:选A　P静止在水平桌面上时,由平衡条件有T1=mQg=2.0 N,f=T1=2.0 N<μmPg=2.5 N,推力F作用在P上后,轻绳的张力变为原来的一半,即T2==1.0 N,故Q加速下降,有mQg-T2=mQa,可得a=5 m/s2,P以加速度a向右加速运动,对P由牛顿第二定律可得T2+F-μmPg=mPa,解得F=4.0 N。　
6.(2025·株洲模拟)(多选)如图甲所示,A、B两个物体相互接触,但并不黏合,静置在水平面上。水平面与物体间的摩擦力可忽略,两物体的质量mA=4 kg,mB=6 kg。从t=0时刻开始,水平推力FA和水平拉力FB分别作用于A、B物体上,FA、FB随时间t的变化关系如图乙所示。下列说法正确的是 (　 )
A.t=1.5 s时,A、B分离
B.t=1.5 s时,A的速度大小为1.5 m/s
C.t=1.5 s时,A的加速度大小为1.25 m/s2
D.t=1.0 s时,A对B的作用力大小为2.0 N
解析:选BD　结合题图乙与数学知识可知,FA和FB与时间的关系分别为FA=8-2t,FB=2+2t,A、B两物体即将分离时,对A、B整体有FA+FB=a,当A、B两物体即将分离时,A、B两物体之间的作用力为零,对B物体有FB=mBa,解得t0=2 s,故A错误;由于1.5 s小于2.0 s,所以在0~1.5 s过程中,A、B两物体并未分离,对其整体有FA+FB=a,可知其分离前,A、B整体所受合外力不变,所以其加速度不变,为a=1 m/s2,所以该过程中物体A做匀变速直线运动,所以t=1.5 s时,物体A的速度为vA=0+at=1.5 m/s,故B正确,C错误;1.0 s时两物体并未分离,对物体B有FAB+FB=mBa,解得FAB=2 N,t=1.0 s时,A对B的作用力大小为2.0 N,故D正确。
7.如图所示,木板与水平地面间的夹角θ可以随意改变,当θ=30°时,可视为质点的一小木块恰好能沿着木板匀速下滑。若让该小木块从木板的底端以大小恒定的初速率v0沿木板向上运动,随着θ的改变,小木块沿木板向上滑行的距离x将发生变化,重力加速度为g。
(1)求小木块与木板间的动摩擦因数。
(2)当θ角为何值时,小木块沿木板向上滑行的距离最小 并求出此最小值。
解析:(1)当θ=30°时,小木块恰好能沿木板匀速下滑,对小木块受力分析,由平衡条件和牛顿第二定律可得mgsin 30°=μFN,FN-mgcos 30°=0,解得μ=tan 30°=。
(2)当θ变化时,取沿斜面向上为正方向,木块的加速度为a,则-mgsin θ-μmgcos θ=ma,由0-=2ax,解得x==,其中tan α=μ,即α=30°,则当α+θ=90°时x最小,即θ=60°,所以x的最小值为xmin==。
答案:(1)　(2)60°　
8.航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器,其质量m=2 kg,动力系统提供的恒定升力F1=32 N,试飞时飞行器从地面由静止开始竖直上升。设飞行器飞行时所受的空气阻力大小恒为f=4 N,飞行器上升 9 s后由于出现故障而失去升力,出现故障9 s后恢复升力但升力变为F2=16 N,取重力加速度大小g=10 m/s2,假设飞行器只在竖直方向运动。求:
(1)飞行器9 s末的速度大小v1;
(2)飞行器0~18 s内离地面的最大高度H;
(3)飞行器落回地面的速度大小v2。
解析:(1)0~9 s内,飞行器受重力、升力和空气阻力作用做匀加速直线运动,由牛顿第二定律得F1-mg-f=ma1,解得a1=4 m/s2,飞行器9 s末的速度大小v1=a1t1=36 m/s。
(2)最初9 s内的位移h1=a1=162 m,设失去升力后上升阶段加速度大小为a2,上升阶段的时间为t2,由牛顿第二定律得f+mg=ma2,解得a2=12 m/s2,由运动学公式可得飞行器失去升力后上升阶段v1=a2t2,h2=a2,飞行器0~18 s内离地面的最大高度H=h1+h2,解得t2=3 s,H=216 m。
(3)飞行器到达最高点后下落,设加速度大小为a3,由牛顿第二定律得mg-f=ma3,解得a3=8 m/s2,恢复升力前飞行器下落的时间为t3=9 s-t2=6 s,所以其速度v=a3t3=48 m/s,由于H>a3=144 m,恢复升力后F2=mg-f,所以飞行器匀速下降,可知落回地面的速度大小v2=48 m/s。
答案:(1)36 m/s　(2)216 m　(3)48 m/s
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