專題提升5　動(dòng)力學(xué)中的三類典型問題-2025版高考總復(fù)習(xí)物理

[基礎(chǔ)落實(shí)練]1．某運(yùn)送物資的班列由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(duì)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(duì)倒數(shù)第2節(jié)車廂的牽引力為()A．F B．eq\f(19F,20)C．eq\f(F,19) D．eq\f(F,20)解析：設(shè)列車的加速度為a，每節(jié)車廂的質(zhì)量為m，每節(jié)車廂受的阻力為f，對(duì)后38節(jié)車廂，由牛頓第二定律得F－38f＝38ma；設(shè)倒數(shù)第3節(jié)車廂對(duì)倒數(shù)第2節(jié)車廂的牽引力為F1，對(duì)后2節(jié)車廂，由牛頓第二定律得F1－2f＝2ma，聯(lián)立解得F1＝eq\f(F,19)，故C正確。答案：C2．如圖，輕彈簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物塊P，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)將一豎直向上的力F作用在P上，使其向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。以s表示P離開靜止位置的位移，在彈簧恢復(fù)原長前，下列表示F與s之間關(guān)系的圖像可能正確的是()解析：假設(shè)物塊靜止時(shí)彈簧的壓縮量為s0，則由力的平衡條件可知ks0＝mg，在彈簧恢復(fù)原長前，當(dāng)物塊向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，由牛頓第二定律得F＋k(s0－s)－mg＝ma，由以上兩式解得F＝ks＋ma，顯然F與s之間為一次函數(shù)關(guān)系，且在F軸上有截距，A正確。答案：A3．如圖，兩物塊P、Q用跨過光滑輕質(zhì)定滑輪的輕繩相連，開始時(shí)P靜止在水平桌面上。將一個(gè)水平向右的推力F作用在P上后，輕繩的張力變?yōu)樵瓉淼囊话?。已知P、Q兩物塊的質(zhì)量分別為mP＝0.5kg、mQ＝0.2kg，P與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，重力加速度g＝10m/s2。則推力F的大小為()A．4.0N B．3.0NC．2.5N D．1.5N解析：P靜止在水平桌面上時(shí)，由平衡條件有T1＝mQg＝2.0N，f＝T1＝2.0N＜μmPg＝2.5N，推力F作用在P上后，輕繩的張力變?yōu)樵瓉淼囊话耄碩2＝eq\f(T1,2)＝1.0N，故Q加速下降，有mQg－T2＝mQa，可得a＝5m/s2，而P將以大小相等的加速度向右加速而受滑動(dòng)摩擦力，對(duì)P由牛頓第二定律T2＋F－μmPg＝mPa，解得F＝4.0N。故選A。答案：A4．(多選)(2024·四川遂寧射洪中學(xué)開學(xué)考試)如圖(a)所示的無人機(jī)具有4個(gè)旋翼，可以通過調(diào)整旋翼傾斜度而產(chǎn)生不同方向的升力。某次實(shí)驗(yàn)，調(diào)整旋翼使無人機(jī)受豎直向上的恒定升力F從地面靜止升起，到達(dá)穩(wěn)定速度過程中，其運(yùn)動(dòng)圖像如圖(b)所示。假設(shè)無人機(jī)飛行時(shí)受到的空氣阻力與速率成正比，即f＝kv，方向與速度方向相反，則下列說法正確的是()A．無人機(jī)在第1s內(nèi)的位移等于0.5mB．無人機(jī)在第1s內(nèi)的速度變化量大于第2s內(nèi)的速度變化量C．空氣給無人機(jī)的作用力逐漸增大D．空氣給無人機(jī)的作用力逐漸減小解析：v-t圖像與橫軸圍成的面積表示位移，根據(jù)第1s內(nèi)圖線彎曲情況可知位移x1>eq\f(1,2)×1×1m＝0.5m，故A錯(cuò)誤；eq\a\vs4\al(v-t)圖像的斜率表示加速度，無人機(jī)在第1s內(nèi)的加速度大于第2s內(nèi)的加速度，由Δv＝aΔt可知第1s內(nèi)的速度變化量大于第2s內(nèi)的速度變化量，故B正確；空氣給無人機(jī)的作用力F空為空氣對(duì)無人機(jī)的升力和對(duì)其阻力的合力，由牛頓第二定律得F空－mg＝ma，由圖像可知無人機(jī)上升的過程中加速度逐漸減小，故空氣給無人機(jī)的作用力逐漸減小，故C錯(cuò)誤，D正確。答案：BD5．(2024·四川內(nèi)江聯(lián)考)如圖所示，在一粗糙水平面上，有三個(gè)通過不計(jì)質(zhì)量的卡扣依次連接在一起的貨箱A、B、C，質(zhì)量分別為m、2m、3m，每個(gè)貨箱與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，重力加速度大小為g?，F(xiàn)用一大小為F、方向水平向右的拉力拉C貨箱，使貨箱A、B、C一起向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。下列說法正確的是()A．A、B間卡扣的作用力大小為eq\f(F,6)B．B、C間卡扣的作用力大小為eq\f(F,2)＋3μmgC．拉力與整體受到的摩擦力大小相等D．A、B、C整體的加速度大小為eq\f(F,6m)解析：將貨箱A、B、C看作整體，由牛頓第二定律得F－6μmg＝6ma，解得a＝eq\f(F－6μmg,6m)，故D錯(cuò)誤；對(duì)A、B整體研究，取水平向右為正方向，設(shè)B、C間卡扣的作用力大小為F1，則F1－3μmg＝3ma，解得F1＝eq\f(F,2)，故B錯(cuò)誤；對(duì)A研究，設(shè)A、B間卡扣的作用力大小為F2，則F2－μmg＝ma，解得F2＝eq\f(F,6)，故A正確；貨箱A、B、C一起向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，拉力的大小F>6μmg，故C錯(cuò)誤。答案：A6．(多選)一質(zhì)量為m的物塊靜置于粗糙水平面上，物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，在t＝0時(shí)刻對(duì)其施加一個(gè)水平方向的作用力F。F的大小隨時(shí)間的變化規(guī)律如圖所示，f表示其受到的摩擦力，v表示其速度，a表示其加速度，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。下列選項(xiàng)中的對(duì)應(yīng)圖像可能正確的是()解析：根據(jù)圖像可知，物塊所受拉力F隨時(shí)間均勻增大，當(dāng)拉力F小于最大靜摩擦力時(shí)，物塊處于靜止?fàn)顟B(tài)，摩擦力為靜摩擦力，滿足f＝F＝kt，當(dāng)拉力大于最大靜摩擦力時(shí)，物塊開始滑動(dòng)，摩擦力為滑動(dòng)摩擦力，大小滿足f＝μmg，A錯(cuò)誤，B正確；物塊滑動(dòng)前加速度為零，當(dāng)物塊開始滑動(dòng)后，由牛頓第二定律可得F－μmg＝ma，解得a＝eq\f(kt,m)－μg，加速度隨時(shí)間線性增大，且應(yīng)有橫截距，C錯(cuò)誤；當(dāng)拉力小于最大靜摩擦力時(shí)，物塊處于靜止?fàn)顟B(tài)，當(dāng)拉力大于最大靜摩擦力時(shí)，物塊開始做加速度增大的變加速運(yùn)動(dòng)，D正確。答案：BD7．(2024·四川綿陽南山中學(xué)診斷)在地面上把一物體以初速度v0豎直向上拋出。假設(shè)物體在運(yùn)動(dòng)過程中受到的空氣阻力恒定，到地面的高度用h表示，在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間用t表示，取豎直向上為正方向，則物體從上拋開始到再次落回地面的過程中，以下關(guān)系圖像可能正確的是()解析：上升階段，由牛頓第二定律得mg＋f＝ma1，解得a1＝g＋eq\f(f,m)，物體做勻減速直線運(yùn)動(dòng)；下降階段，由牛頓第二定律得mg－f＝ma2，解得a2＝g－eq\f(f,m)，物體做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由勻變速直線運(yùn)動(dòng)位移—速度公式2ah＝v2－veq\o\al(2,0)可得v2＝2ah＋veq\o\al(2,0)，可知v2-h斜率為k＝2a，可知A正確，B錯(cuò)誤；根據(jù)速度—時(shí)間關(guān)系v＝v0＋at，可知v-t圖像斜率為k＝a，上升階段，由牛頓第二定律得mg＋f＝ma1，解得k1＝a1＝g＋eq\f(f,m)，物體做勻減速直線運(yùn)動(dòng)；下降階段，由牛頓第二定律得mg－f＝ma2，解得k2＝a2＝g－eq\f(f,m)，物體做負(fù)向的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，可知C、D錯(cuò)誤。答案：A8．(2024·四川資陽雁江區(qū)診斷)車廂頂部固定一滑輪，在跨過定滑輪繩子的兩端各系一個(gè)物體，質(zhì)量分別為m1、m2，且m2>m1，m2靜止在車廂底板上，當(dāng)車廂向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，m1、m2與車廂保持相對(duì)靜止，系m1的那段繩子與豎直方向夾角為θ，系m2的那段繩子保持豎直，如圖所示。繩子的質(zhì)量、滑輪與繩子的摩擦忽略不計(jì)，下列說法正確的是()A．車廂的加速度為gsinθB．車廂底板對(duì)m2的支持力為(m1＋m2)gC．繩子中的張力大小為m1gcosθD．車廂底板對(duì)m2的摩擦力為m2gtanθ解析：對(duì)物體m1受力分析如圖甲所示，豎直方向T1cosθ＝m1g，水平方向T1sinθ＝m1a，解得a＝gtanθ，T1＝eq\f(m1g,cosθ)，車廂與m1的加速度相同為gtanθ，方向水平向右，繩子的張力大小為eq\f(m1g,cosθ)，故A、C錯(cuò)誤；對(duì)物體m2受力分析如圖乙所示，豎直方向T′1＋N＝m2g，水平方向f＝m2a，解得N＝m2g－eq\f(m1g,cosθ)，f＝m2gtanθ，故B錯(cuò)誤，D正確。答案：D[能力提升練]9．(多選)(2024·四川內(nèi)江診斷)如圖所示，質(zhì)量為m的小球穿在足夠長的水平固定直桿上處于靜止?fàn)顟B(tài)。現(xiàn)對(duì)小球同時(shí)施加水平向右的恒力F0和豎直向上的力F，使小球從靜止開始向右運(yùn)動(dòng)，其中豎直向上的力F大小始終與小球的速度成正比，即F＝kv，已知小球與桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ。下列說法中正確的是()A．小球先做加速度增大的加速運(yùn)動(dòng)，后做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)直到靜止B．小球先做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，后做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)直到靜止C．小球的最大加速度為eq\f(F0,m)D．小球的最大速度為eq\f(F0＋μmg,μk)解析：剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)，加速度為a＝eq\f(F0－μ(mg－kv),m)，速度v增大，加速度增大，當(dāng)速度v增大到kv>mg后，加速度為a＝eq\f(F0－μ(kv－mg),m)，速度v增大，加速度減小，當(dāng)a減小到零時(shí)，小球做勻速運(yùn)動(dòng)，所以小球的速度先增大后保持不變，加速度先增大后減小，最后為零，故A、B錯(cuò)誤；當(dāng)小球所受摩擦力為零時(shí)，加速度最大，故小球的最大加速度為eq\f(F0,m)，故C正確；當(dāng)加速度為零時(shí)，小球的速度最大，此時(shí)有F0＝μ(kvm－mg)，所以最大速度為vm＝eq\f(F0＋μmg,μk)，故D正確。答案：CD10．(多選)如圖(a)，物塊和木板疊放在實(shí)驗(yàn)臺(tái)上，物塊用一不可伸長的細(xì)繩與固定在實(shí)驗(yàn)臺(tái)上的力傳感器相連，細(xì)繩水平。t＝0時(shí)，木板開始受到水平外力F的作用，在t＝4s時(shí)撤去外力。細(xì)繩對(duì)物塊的拉力FT隨時(shí)間t變化的關(guān)系如圖(b)所示，木板的速度v與時(shí)間t的關(guān)系如圖(c)所示。木板與實(shí)驗(yàn)臺(tái)之間的摩擦可以忽略。重力加速度取10m/s2。由題給數(shù)據(jù)可以得出()A．木板的質(zhì)量為1kgB．2～4s內(nèi)，力F的大小為0.4NC．0～2s內(nèi)，力F的大小保持不變D．物塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2解析：木板和實(shí)驗(yàn)臺(tái)間的摩擦忽略不計(jì)，由題圖(b)知，2s后物塊和木板間的滑動(dòng)摩擦力大小F摩＝0.2N。由題圖(c)知，2～4s內(nèi)，木板的加速度大小a1＝eq\f(0.4,2)m/s2＝0.2m/s2，撤去外力F后的加速度大小a2＝eq\f(0.4－0.2,1)m/s2＝0.2m/s2，設(shè)木板質(zhì)量為m，根據(jù)牛頓第二定律對(duì)木板，2～4s內(nèi)F－F摩＝ma1，4～5s內(nèi)F摩＝ma2，解得m＝1kg，F(xiàn)＝0.4N，選項(xiàng)A、B正確；0～2s內(nèi)，由題圖(b)知，F(xiàn)是均勻增加的，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由于無法確定物塊的質(zhì)量，盡管知道滑動(dòng)摩擦力的大小，仍無法確定物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)，故D錯(cuò)誤。答案：AB11．(2024·四川眉山診斷)如圖甲所示為某物理學(xué)習(xí)小組設(shè)計(jì)的探究空氣阻力的實(shí)驗(yàn)裝置。斜面固定且足夠長，傾角為θ＝30°，斜面上有一個(gè)滑塊，并在滑塊上固定傳感器和一個(gè)擋板。讓帶有擋板的滑塊從靜止開始沿斜面下滑，下滑過程中擋板平面與滑塊運(yùn)動(dòng)方向垂直。已知滑塊和擋板總質(zhì)量為m＝1.0kg，計(jì)算機(jī)描繪出其由靜止釋放(開始計(jì)時(shí))到勻速運(yùn)動(dòng)過程的加速度—速度圖像，如圖乙所示。計(jì)算機(jī)顯示當(dāng)t＝3s時(shí)，滑塊恰好達(dá)到最大速度，g取10m/s2。(1)列式證明擋板受到的空氣阻力與運(yùn)動(dòng)速率的關(guān)系(提示：f＝kv或f＝kv2或其他，k為常量)；(2)求滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ；(3)求k的值。解析：(1)對(duì)滑塊及擋板受力分析，由牛頓第二定律可得mgsinθ－Ff－f＝ma又Ff＝μFN＝μmgcosθ整理可得a＝－eq\f(f,m)＋(gsinθ－μgcosθ)由此可知，若f＝kv，則符合題圖乙所示a-v圖像，故f＝kv。(2)結(jié)合(1)問可知，剛釋放時(shí)，無空氣阻力，縱截距即釋放時(shí)滑塊的加速度a＝2.0m/s2又a＝gsinθ－μgcosθ可得μ＝eq\f(\r(3),5)。(3)當(dāng)t＝3s時(shí)，速度達(dá)到最大值v＝2m/s，此時(shí)加速度為零，可得mgsinθ－μmgcosθ－kv＝0解得k＝1N·s/m。答案：(1)見解析(2)eq\f(\r(3),5)(3)1N·s/m12.如圖所示，一彈簧一端固定在傾角為θ＝37°的光滑固定斜面的底端，另一端拴住質(zhì)量為m1＝4kg的物體P，Q為一質(zhì)量為m2＝8kg的物體，彈簧的質(zhì)量不計(jì)，勁度系數(shù)k＝600N/m，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)給Q施加一個(gè)方向沿斜面向上的力F，使它從靜止開始沿斜面向上做勻加速運(yùn)動(dòng)，已知在前0.2s時(shí)間內(nèi)，F(xiàn)為變力，0.2s以后F為恒力，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取g＝10m/s2。求力F的最大值與最小值。解析：設(shè)開始時(shí)彈簧的壓縮量為x0，由平衡條件得(m1＋m2)g