2025版高考物理一輪復(fù)習(xí)專題練習(xí)3動(dòng)力學(xué)中的三類典型問題含解析

PAGE7-專題突破練習(xí)(三)(時(shí)間：40分鐘)1．(2024·江蘇高考)中歐班列在歐亞大陸開拓了“生命之路”，為國際抗疫貢獻(xiàn)了中國力氣。某運(yùn)輸防疫物資的班列由40節(jié)質(zhì)量相等的車廂組成，在車頭牽引下，列車沿平直軌道勻加速行駛時(shí)，第2節(jié)對第3節(jié)車廂的牽引力為F。若每節(jié)車廂所受摩擦力、空氣阻力均相等，則倒數(shù)第3節(jié)對倒數(shù)第2節(jié)車廂的牽引力為()A．FB．eq\f(19F,20)C．eq\f(F,19)D．eq\f(F,20)C[依據(jù)題意可知第2節(jié)車廂對第3節(jié)車廂的牽引力為F，因?yàn)槊抗?jié)車廂質(zhì)量相等，阻力相同，故第2節(jié)對第3節(jié)車廂依據(jù)牛頓其次定律有F－38f＝38ma，設(shè)倒數(shù)第3節(jié)車廂對倒數(shù)第2節(jié)車廂的牽引力為F1，則依據(jù)牛頓其次定律有F1－2f＝2ma，聯(lián)立解得F1＝eq\f(F,19)。故選C。]2.如圖所示，質(zhì)量為m2的物塊B放在光滑的水平桌面上，其上放置質(zhì)量為m1的物塊A，用通過光滑的定滑輪的細(xì)線將A與質(zhì)量為M的物塊C連接，釋放C，A和B一起以加速度大小a從靜止起先運(yùn)動(dòng)，已知A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度大小為g，則細(xì)線中的拉力大小為()A．Mg B．M(g＋a)C．(m1＋m2)a D．m1a＋μmC[以C為探討對象，有Mg－T＝Ma，解得T＝Mg－Ma，故A、B錯(cuò)誤；以A、B整體為探討對象，依據(jù)牛頓其次定律可知T＝(m1＋m2)a，故C正確；A、B間為靜摩擦力，依據(jù)牛頓其次定律，對B可知f＝m2a≠μm13．(啟光卓越聯(lián)盟廣東省2025屆高三年級11月調(diào)研)新能源汽車已經(jīng)成為將來汽車發(fā)展的趨勢，2024年廣州車展期間中國車企推出一款國產(chǎn)新能源汽車。試車員某次在水平路面上測試該車性能過程中，車上速度傳感器擬合出的速度隨時(shí)間改變圖象如圖所示，下列說法正確的是()A．0～2.5s內(nèi)汽車座椅對試車員的作用力不變B．0～2.5s內(nèi)汽車位移大小為31.25mC．0～2.5s內(nèi)汽車的平均速度大于12.5m/sD．t＝2.5s時(shí)，汽車加速度大小為10m/s2C[0～2.5s時(shí)間內(nèi)，新能源汽車的加速度漸漸減小，由牛頓其次定律，汽車座椅對試車員的作用力漸漸減小，A錯(cuò)誤，汽車位移大于31.25m，平均速度大于12.5m/s，B錯(cuò)誤，C正確，t＝2.5s時(shí)，汽車加速度小于10m/s2，D錯(cuò)誤。]4.(多選)(2024·江蘇常州田家炳中學(xué)調(diào)研)如圖所示，小車上固定一水平橫桿，橫桿左端的固定斜桿與豎直方向成α角，斜桿下端固定一質(zhì)量為m的小球；橫桿右端用一根細(xì)線懸掛相同的小球。當(dāng)小車沿水平面做勻加速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，細(xì)線與豎直方向間的夾角β(β≠α)保持不變。設(shè)斜桿、細(xì)線對小球的作用力分別為F1、F2，下列說法正確的是()A．F1、F2肯定不相同B．F1、F2肯定相同C．小車加速度大小為gtanαD．小車加速度大小為gtanβBD[以右邊的小球?yàn)樘接憣ο?，依?jù)牛頓其次定律，設(shè)其質(zhì)量為m，有mgtanβ＝ma，得a＝gtanβ；以左邊的小球?yàn)樘接憣ο螅O(shè)其加速度為a′，斜桿對小球的彈力方向與豎直方向夾角為θ，由牛頓其次定律得mgtanθ＝ma′；因?yàn)閍＝a′，得θ＝β，則斜桿對小球的彈力方向與細(xì)線平行，即F1、F2方向相同，大小相等，故A錯(cuò)誤，B正確；小車的加速度大小為a＝gtanβ，方向向右，故D正確，C錯(cuò)誤。]5.如圖所示，水平地面上有一車廂，車廂內(nèi)固定的平臺通過相同的彈簧把相同的物塊A、B壓在豎直側(cè)壁和水平的頂板上。已知A、B與接觸面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，車廂靜止時(shí)，兩彈簧長度相同，A恰好不下滑，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度為g?，F(xiàn)使車廂沿水平方向加速運(yùn)動(dòng)，為保證A、B仍相對車廂靜止，則車廂()A．速度可能向左，加速度可大于(1＋μ)gB．加速度肯定向右，不能超過(1－μ)gC．加速度肯定向左，不能超過μgD．加速度肯定向左，不能超過(1－μ)gB[起先時(shí)A恰好不下滑，對A受力分析如圖所示，有FfA＝mg＝μFNA＝μF彈，解得F彈＝eq\f(mg,μ)，此時(shí)彈簧處于壓縮狀態(tài)。當(dāng)車廂沿水平方向做加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，為了保證A不下滑，側(cè)壁對A的支持力必需大于等于eq\f(mg,μ)，依據(jù)牛頓其次定律可知加速度方向肯定向右。對B受力分析如圖所示，有FfBm＝μFNB＝μ(F彈－mg)≥ma，解得a≤(1－μ)g，故選項(xiàng)B正確，A、C、D錯(cuò)誤。]6.(多選)如圖所示，質(zhì)量分別為m1、m2的A、B兩個(gè)物體放在斜面上，中間用一個(gè)輕桿相連，A、B與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為μ1、μ2，它們在斜面上加速下滑。關(guān)于桿的受力狀況，下列分析正確的是()A．若μ1＝μ2，m1<m2，則桿受到壓力B．若μ1<μ2，m1>m2，則桿受到拉力C．若μ1<μ2，m1<m2，則桿受到壓力D．若μ1＝μ2，m1＝m2，則桿無作用力BD[設(shè)斜面傾角為θ，A、B一起沿斜面下滑，以A、B及桿整體為探討對象，由牛頓其次定律得m1gsinθ＋m2gsinθ－μ1m1gcosθ－μ2m2gcosθ＝(m1＋m2)a，假設(shè)A對桿的作用力為拉力，大小為F′，則桿對A的作用力為拉力，其大小F＝F′，以A為探討對象，則m1gsinθ－F－μ1m1gcosθ＝m1a，聯(lián)立可得F＝eq\f(μ2－μ1m1m2gcosθ,m1＋m2)，若μ1＝μ2，m1<m2，則F＝F′＝0，即桿不受力，A項(xiàng)錯(cuò)誤；若μ1<μ2，m1>m2，則F＝F′>0，即桿受到拉力，B項(xiàng)正確；若μ1<μ2，m1<m2，則F＝F′>0，即桿受到拉力，C項(xiàng)錯(cuò)誤；若μ1＝μ2，m1＝m2，則F＝7.(2024·湖北荊州部分重點(diǎn)中學(xué)聯(lián)考)質(zhì)量為4kg的雪橇在傾角θ＝37°的斜坡上向下滑，雪橇所受的空氣阻力與其速度大小成正比，但阻力系數(shù)未知?，F(xiàn)測得雪橇運(yùn)動(dòng)的v-t圖象如圖所示，且AB是曲線最左端那一點(diǎn)的切線，sin37°＝0.6。(1)雪橇起先時(shí)做什么運(yùn)動(dòng)？最終做什么運(yùn)動(dòng)？(2)當(dāng)v0＝5m/s和v1＝10m/s時(shí)，雪橇的加速度大小各是多少？(3)空氣阻力系數(shù)k及雪橇與斜坡間的動(dòng)摩擦因數(shù)各是多少？[解析](1)由圖可知，雪橇起先時(shí)做加速度減小的加速直線運(yùn)動(dòng)，最終做勻速直線運(yùn)動(dòng)。(2)依據(jù)v-t圖線的切線斜率表示加速度可知，當(dāng)v0＝5m/s時(shí)，加速度大小a0＝eq\f(15－5,4)m/s2＝2.5m/s2，當(dāng)v1＝10m/s時(shí)，加速度為零。(3)從t＝0時(shí)刻起先做加速運(yùn)動(dòng)，此時(shí)對雪橇受力分析有mgsinθ－kv0－μmgcosθ＝ma0，勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，對雪橇受力分析有mgsinθ＝kv1＋μmgcosθ，聯(lián)立各式并代入數(shù)據(jù)可得k＝eq\f(ma0,v1－v0)＝2kg/s，雪橇與斜坡間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.125。[答案](1)起先時(shí)做加速度減小的加速直線運(yùn)動(dòng)，最終做勻速直線運(yùn)動(dòng)(2)2.5m/s20(3)2kg/s0.1258．如圖所示，兩傾斜的平行桿上分別套著兩個(gè)相同的圓環(huán)a、b，兩環(huán)上用輕繩懸吊著相同的小球c、d。當(dāng)環(huán)a、b都沿桿向下滑動(dòng)且與對應(yīng)的小球保持相對靜止時(shí)，a、c間輕繩與桿垂直，b、d間輕繩沿豎直方向，下列說法正確的是()A．a(chǎn)環(huán)與桿之間有摩擦力B．d球處于失重狀態(tài)C．桿對a、b環(huán)的彈力大小相等D．輕繩對c、d球的彈力大小可能相等C[設(shè)桿的傾角為θ，小球的質(zhì)量為m，圓環(huán)的質(zhì)量為M。對c球受力分析如圖所示，c球在ac方向上受力平衡，與ac垂直的方向上，由牛頓其次定律有mgsinθ＝ma，得a＝gsinθ，因a環(huán)和c球相對靜止，故a環(huán)的加速度也為gsinθ，對a環(huán)有Mgsinθ＋f＝Ma，得f＝Ma－Mgsinθ＝0，即桿對a環(huán)的摩擦力為零，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；d球只受豎直向下的重力和豎直向上的拉力，說明d球處于平衡狀態(tài)，不是失重狀態(tài)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；b環(huán)和d球相對靜止，故b環(huán)也做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則對b環(huán)和d球整體，桿對b環(huán)的彈力Nb＝(M＋m)gcosθ，對a環(huán)和c球整體，桿對a環(huán)的彈力Na＝(M＋m)gcosθ＝Nb，選項(xiàng)C正確；輕繩對c球的拉力Tc＝mgcosθ，輕繩對d球的拉力Td＝mg≠Tc，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。]9．(多選)(啟光卓越聯(lián)盟廣東省2025屆高三年級11月調(diào)研)一小物塊從傾角為37°的固定斜面頂端以初速度v0滑下，在時(shí)間t內(nèi)下滑的位移為x，其eq\f(x,t)-t圖象如圖乙所示，已知重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，則()甲乙A．v0＝2m/sB．v0＝4m/sC．物塊與斜面間動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5D．物塊與斜面間動(dòng)摩擦因數(shù)為0.625AC[由勻變速直線運(yùn)動(dòng)位移公式x＝v0t＋eq\f(1,2)at2可得eq\f(x,t)＝v0＋eq\f(1,2)at。由此可知，v0＝2m/s，a＝2m/s2，A選項(xiàng)正確；mgsin37°－μmgcos37°＝ma，解得μ＝0.5，C選項(xiàng)正確。]10．(2024·浙江高考)如圖1所示，有一質(zhì)量m＝200kg的物件在電機(jī)的牽引下從地面豎直向上經(jīng)加速、勻速、勻減速至指定位置。當(dāng)加速運(yùn)動(dòng)到總位移的eq\f(1,4)時(shí)起先計(jì)時(shí)，測得電機(jī)的牽引力隨時(shí)間改變的F-t圖線如圖2所示，t＝34s末速度減為0時(shí)恰好到達(dá)指定位置。若不計(jì)繩索的質(zhì)量和空氣阻力，求物件：(1)做勻減速運(yùn)動(dòng)的加速度大小和方向；(2)勻速運(yùn)動(dòng)的速度大??；(3)總位移的大小。圖1圖2[解析](1)由圖2可知0～26s內(nèi)物體勻速運(yùn)動(dòng)，26s～34s物體減速運(yùn)動(dòng)，在減速運(yùn)動(dòng)過程依據(jù)牛頓其次定律有mg－FT＝ma依據(jù)圖2得此時(shí)FT＝1975N，則有a＝g－eq\f(FT,m)＝0.125m/s2方向豎直向下。(2)結(jié)合圖2依據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v＝at2＝0.125×(34－26)m/s＝1m/s。(3)依據(jù)圖象可知?jiǎng)蛩偕仙奈灰苃1＝vt1＝1×26m＝26m勻減速上升的位移h2＝eq\f(v,2)t2＝eq\f(1,2)×8m＝4m勻加速上升的位移為總位移的eq\f(1,4)，則勻速上升和減速上升的位移為總位移的eq\f(3,4)，則有h1＋h2＝eq\f(3,4)h所以總位移為h＝40m。[答案](1)0.125m/s2，豎直向下(2)1m/s(3)40m11.如圖所示，靜止在光滑水平面上的斜面體，質(zhì)量為M，傾角為α。其斜面上有一靜止的滑塊，質(zhì)量為m，兩者之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，滑塊受到的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度為g?，F(xiàn)給斜面體施加水平向右的力F使斜面體加速運(yùn)動(dòng)。(1)若要使滑塊與斜面體一起加速運(yùn)動(dòng)，求力F的最大值；(2)若要使滑塊做自由落體運(yùn)動(dòng)，求力F的最小值。[解析](1)當(dāng)滑塊與斜面體一起向右加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，力F越大，加速度越大，當(dāng)F最大時(shí)，斜面體對滑塊的靜摩擦力達(dá)到最大值Ffm，隔離滑塊作受力分析如圖所示。設(shè)滑塊與斜面體一起加速運(yùn)動(dòng)的最大加速度為a，F(xiàn)Ncosα＋Ffmsinα＝mgFfmcosα－FNsinα＝ma由題意知Ffm＝μFN聯(lián)立解得a＝eq\f(μcosα－sinα,cosα＋μsinα)g對整體受力分析F＝(M＋m)a聯(lián)立解得F＝eq\f(m＋Mgμcosα－sinα,μsinα＋cosα)。(2)要使滑塊做自由落體運(yùn)動(dòng)，滑塊與斜面體之間沒有力的作用，滑塊的加速度為g，設(shè)此時(shí)斜面體的加速度為aM，則對斜面體：F＝MaM當(dāng)水平向右的力F最小時(shí)，二者沒有相互作用但仍接觸，則有eq\f(\f(1,2)gt2,\f(1,2)aMt2)＝tanα，即eq\f(g,aM)＝tanα聯(lián)立解得F＝eq\f(Mg,tanα)。[答案](1)eq\f(m＋Mgμcosα－sinα,μsinα＋cosα)(2)eq\f(Mg,tanα)12.(2024·湖北名師聯(lián)盟月考)2024年5月隨著“疫情”管控的放開，很多餐廳生意火爆，為能服務(wù)更多的顧客，服務(wù)員須要用最短的時(shí)間將菜肴送至顧客處(設(shè)菜品送到顧客處速度恰好為零)。某次服務(wù)員用單手托托盤方式(如圖)給12m遠(yuǎn)處的顧客上菜，要求全程托盤水平。托盤和手、碗之間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為μ1＝0.2、μ2＝0.15，服務(wù)員上菜的最大速度為3m/s。假設(shè)服務(wù)員加速、減速運(yùn)動(dòng)過程中是勻變速直線運(yùn)動(dòng)，且可認(rèn)為最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度g取10m/s2。求：(1)服務(wù)員運(yùn)動(dòng)的最大加速度；(2)服務(wù)員上菜所用的最短時(shí)間。[解析](1)設(shè)碗的質(zhì)量為m，托盤的質(zhì)量為M，服務(wù)員以最大加速度運(yùn)動(dòng)時(shí)，碗、托盤、手保持相對靜止，對碗受力分析如圖甲所示，由牛頓其次定律得Ff1＝ma1，碗與托盤間相對靜止，則Ff1≤Ff1max＝μ2mg，甲乙解得a1≤μ2g＝1.5m/s2對碗和托盤整體，受力分析如圖乙所示，由牛頓其次定律得Ff2＝(M＋m)a2，手和托盤相對靜止，則Ff2≤Ff2max＝μ1(M＋m)g，解得a2≤μ1g＝2m/s2則服務(wù)員上菜的最大加速度amax＝