专题提升5　动力学中的三类典型问题-2025版高考总复习物理

[基础落实练]1．某运送物资的班列由40节质量相等的车厢组成，在车头牵引下，列车沿平直轨道匀加速行驶时，第2节对第3节车厢的牵引力为F。若每节车厢所受摩擦力、空气阻力均相等，则倒数第3节对倒数第2节车厢的牵引力为()A．F B．eq\f(19F,20)C．eq\f(F,19) D．eq\f(F,20)解析：设列车的加速度为a，每节车厢的质量为m，每节车厢受的阻力为f，对后38节车厢，由牛顿第二定律得F－38f＝38ma；设倒数第3节车厢对倒数第2节车厢的牵引力为F1，对后2节车厢，由牛顿第二定律得F1－2f＝2ma，联立解得F1＝eq\f(F,19)，故C正确。答案：C2．如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P，系统处于静止状态。现将一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动。以s表示P离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F与s之间关系的图像可能正确的是()解析：假设物块静止时弹簧的压缩量为s0，则由力的平衡条件可知ks0＝mg，在弹簧恢复原长前，当物块向上做匀加速直线运动时，由牛顿第二定律得F＋k(s0－s)－mg＝ma，由以上两式解得F＝ks＋ma，显然F与s之间为一次函数关系，且在F轴上有截距，A正确。答案：A3．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＝0.5kg、mQ＝0.2kg，P与桌面间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g＝10m/s2。则推力F的大小为()A．4.0N B．3.0NC．2.5N D．1.5N解析：P静止在水平桌面上时，由平衡条件有T1＝mQg＝2.0N，f＝T1＝2.0N＜μmPg＝2.5N，推力F作用在P上后，轻绳的张力变为原来的一半，即T2＝eq\f(T1,2)＝1.0N，故Q加速下降，有mQg－T2＝mQa，可得a＝5m/s2，而P将以大小相等的加速度向右加速而受滑动摩擦力，对P由牛顿第二定律T2＋F－μmPg＝mPa，解得F＝4.0N。故选A。答案：A4．(多选)(2024·四川遂宁射洪中学开学考试)如图(a)所示的无人机具有4个旋翼，可以通过调整旋翼倾斜度而产生不同方向的升力。某次实验，调整旋翼使无人机受竖直向上的恒定升力F从地面静止升起，到达稳定速度过程中，其运动图像如图(b)所示。假设无人机飞行时受到的空气阻力与速率成正比，即f＝kv，方向与速度方向相反，则下列说法正确的是()A．无人机在第1s内的位移等于0.5mB．无人机在第1s内的速度变化量大于第2s内的速度变化量C．空气给无人机的作用力逐渐增大D．空气给无人机的作用力逐渐减小解析：v­t图像与横轴围成的面积表示位移，根据第1s内图线弯曲情况可知位移x1>eq\f(1,2)×1×1m＝0.5m，故A错误；eq\a\vs4\al(v­t)图像的斜率表示加速度，无人机在第1s内的加速度大于第2s内的加速度，由Δv＝aΔt可知第1s内的速度变化量大于第2s内的速度变化量，故B正确；空气给无人机的作用力F空为空气对无人机的升力和对其阻力的合力，由牛顿第二定律得F空－mg＝ma，由图像可知无人机上升的过程中加速度逐渐减小，故空气给无人机的作用力逐渐减小，故C错误，D正确。答案：BD5．(2024·四川内江联考)如图所示，在一粗糙水平面上，有三个通过不计质量的卡扣依次连接在一起的货箱A、B、C，质量分别为m、2m、3m，每个货箱与水平面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g。现用一大小为F、方向水平向右的拉力拉C货箱，使货箱A、B、C一起向右做匀加速直线运动。下列说法正确的是()A．A、B间卡扣的作用力大小为eq\f(F,6)B．B、C间卡扣的作用力大小为eq\f(F,2)＋3μmgC．拉力与整体受到的摩擦力大小相等D．A、B、C整体的加速度大小为eq\f(F,6m)解析：将货箱A、B、C看作整体，由牛顿第二定律得F－6μmg＝6ma，解得a＝eq\f(F－6μmg,6m)，故D错误；对A、B整体研究，取水平向右为正方向，设B、C间卡扣的作用力大小为F1，则F1－3μmg＝3ma，解得F1＝eq\f(F,2)，故B错误；对A研究，设A、B间卡扣的作用力大小为F2，则F2－μmg＝ma，解得F2＝eq\f(F,6)，故A正确；货箱A、B、C一起向右做匀加速直线运动，拉力的大小F>6μmg，故C错误。答案：A6．(多选)一质量为m的物块静置于粗糙水平面上，物块与水平面间的动摩擦因数为μ，在t＝0时刻对其施加一个水平方向的作用力F。F的大小随时间的变化规律如图所示，f表示其受到的摩擦力，v表示其速度，a表示其加速度，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列选项中的对应图像可能正确的是()解析：根据图像可知，物块所受拉力F随时间均匀增大，当拉力F小于最大静摩擦力时，物块处于静止状态，摩擦力为静摩擦力，满足f＝F＝kt，当拉力大于最大静摩擦力时，物块开始滑动，摩擦力为滑动摩擦力，大小满足f＝μmg，A错误，B正确；物块滑动前加速度为零，当物块开始滑动后，由牛顿第二定律可得F－μmg＝ma，解得a＝eq\f(kt,m)－μg，加速度随时间线性增大，且应有横截距，C错误；当拉力小于最大静摩擦力时，物块处于静止状态，当拉力大于最大静摩擦力时，物块开始做加速度增大的变加速运动，D正确。答案：BD7．(2024·四川绵阳南山中学诊断)在地面上把一物体以初速度v0竖直向上抛出。假设物体在运动过程中受到的空气阻力恒定，到地面的高度用h表示，在空中运动的时间用t表示，取竖直向上为正方向，则物体从上抛开始到再次落回地面的过程中，以下关系图像可能正确的是()解析：上升阶段，由牛顿第二定律得mg＋f＝ma1，解得a1＝g＋eq\f(f,m)，物体做匀减速直线运动；下降阶段，由牛顿第二定律得mg－f＝ma2，解得a2＝g－eq\f(f,m)，物体做匀加速直线运动，由匀变速直线运动位移—速度公式2ah＝v2－veq\o\al(2,0)可得v2＝2ah＋veq\o\al(2,0)，可知v2­h斜率为k＝2a，可知A正确，B错误；根据速度—时间关系v＝v0＋at，可知v­t图像斜率为k＝a，上升阶段，由牛顿第二定律得mg＋f＝ma1，解得k1＝a1＝g＋eq\f(f,m)，物体做匀减速直线运动；下降阶段，由牛顿第二定律得mg－f＝ma2，解得k2＝a2＝g－eq\f(f,m)，物体做负向的匀加速直线运动，可知C、D错误。答案：A8．(2024·四川资阳雁江区诊断)车厢顶部固定一滑轮，在跨过定滑轮绳子的两端各系一个物体，质量分别为m1、m2，且m2>m1，m2静止在车厢底板上，当车厢向右运动时，m1、m2与车厢保持相对静止，系m1的那段绳子与竖直方向夹角为θ，系m2的那段绳子保持竖直，如图所示。绳子的质量、滑轮与绳子的摩擦忽略不计，下列说法正确的是()A．车厢的加速度为gsinθB．车厢底板对m2的支持力为(m1＋m2)gC．绳子中的张力大小为m1gcosθD．车厢底板对m2的摩擦力为m2gtanθ解析：对物体m1受力分析如图甲所示，竖直方向T1cosθ＝m1g，水平方向T1sinθ＝m1a，解得a＝gtanθ，T1＝eq\f(m1g,cosθ)，车厢与m1的加速度相同为gtanθ，方向水平向右，绳子的张力大小为eq\f(m1g,cosθ)，故A、C错误；对物体m2受力分析如图乙所示，竖直方向T′1＋N＝m2g，水平方向f＝m2a，解得N＝m2g－eq\f(m1g,cosθ)，f＝m2gtanθ，故B错误，D正确。答案：D[能力提升练]9．(多选)(2024·四川内江诊断)如图所示，质量为m的小球穿在足够长的水平固定直杆上处于静止状态。现对小球同时施加水平向右的恒力F0和竖直向上的力F，使小球从静止开始向右运动，其中竖直向上的力F大小始终与小球的速度成正比，即F＝kv，已知小球与杆间的动摩擦因数为μ。下列说法中正确的是()A．小球先做加速度增大的加速运动，后做加速度减小的减速运动直到静止B．小球先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动直到静止C．小球的最大加速度为eq\f(F0,m)D．小球的最大速度为eq\f(F0＋μmg,μk)解析：刚开始运动时，加速度为a＝eq\f(F0－μ(mg－kv),m)，速度v增大，加速度增大，当速度v增大到kv>mg后，加速度为a＝eq\f(F0－μ(kv－mg),m)，速度v增大，加速度减小，当a减小到零时，小球做匀速运动，所以小球的速度先增大后保持不变，加速度先增大后减小，最后为零，故A、B错误；当小球所受摩擦力为零时，加速度最大，故小球的最大加速度为eq\f(F0,m)，故C正确；当加速度为零时，小球的速度最大，此时有F0＝μ(kvm－mg)，所以最大速度为vm＝eq\f(F0＋μmg,μk)，故D正确。答案：CD10．(多选)如图(a)，物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平。t＝0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t＝4s时撤去外力。细绳对物块的拉力FT随时间t变化的关系如图(b)所示，木板的速度v与时间t的关系如图(c)所示。木板与实验台之间的摩擦可以忽略。重力加速度取10m/s2。由题给数据可以得出()A．木板的质量为1kgB．2～4s内，力F的大小为0.4NC．0～2s内，力F的大小保持不变D．物块与木板之间的动摩擦因数为0.2解析：木板和实验台间的摩擦忽略不计，由题图(b)知，2s后物块和木板间的滑动摩擦力大小F摩＝0.2N。由题图(c)知，2～4s内，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，设木板质量为m，根据牛顿第二定律对木板，2～4s内F－F摩＝ma1，4～5s内F摩＝ma2，解得m＝1kg，F＝0.4N，选项A、B正确；0～2s内，由题图(b)知，F是均匀增加的，选项C错误；由于无法确定物块的质量，尽管知道滑动摩擦力的大小，仍无法确定物块与木板间的动摩擦因数，故D错误。答案：AB11．(2024·四川眉山诊断)如图甲所示为某物理学习小组设计的探究空气阻力的实验装置。斜面固定且足够长，倾角为θ＝30°，斜面上有一个滑块，并在滑块上固定传感器和一个挡板。让带有挡板的滑块从静止开始沿斜面下滑，下滑过程中挡板平面与滑块运动方向垂直。已知滑块和挡板总质量为m＝1.0kg，计算机描绘出其由静止释放(开始计时)到匀速运动过程的加速度—速度图像，如图乙所示。计算机显示当t＝3s时，滑块恰好达到最大速度，g取10m/s2。(1)列式证明挡板受到的空气阻力与运动速率的关系(提示：f＝kv或f＝kv2或其他，k为常量)；(2)求滑块与斜面间的动摩擦因数μ；(3)求k的值。解析：(1)对滑块及挡板受力分析，由牛顿第二定律可得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，则符合题图乙所示a­v图像，故f＝kv。(2)结合(1)问可知，刚释放时，无空气阻力，纵截距即释放时滑块的加速度a＝2.0m/s2又a＝gsinθ－μgcosθ可得μ＝eq\f(\r(3),5)。(3)当t＝3s时，速度达到最大值v＝2m/s，此时加速度为零，可得mgsinθ－μmgcosθ－kv＝0解得k＝1N·s/m。答案：(1)见解析(2)eq\f(\r(3),5)(3)1N·s/m12.如图所示，一弹簧一端固定在倾角为θ＝37°的光滑固定斜面的底端，另一端拴住质量为m1＝4kg的物体P，Q为一质量为m2＝8kg的物体，弹簧的质量不计，劲度系数k＝600N/m，系统处于静止状态。现给Q施加一个方向沿斜面向上的力F，使它从静止开始沿斜面向上做匀加速运动，已知在前0.2s时间内，F为变力，0.2s以后F为恒力，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取g＝10m/s2。求力F的最大值与最小值。解析：设开始时弹簧的压缩量为x0，由平衡条件得(m1＋m2)g