2025版高考物理一轮复习专题练习3动力学中的三类典型问题含解析

PAGE7-专题突破练习(三)(时间：40分钟)1．(2024·江苏高考)中欧班列在欧亚大陆开拓了“生命之路”，为国际抗疫贡献了中国力气。某运输防疫物资的班列由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．FB．eq\f(19F,20)C．eq\f(F,19)D．eq\f(F,20)C[依据题意可知第2节车厢对第3节车厢的牵引力为F，因为每节车厢质量相等，阻力相同，故第2节对第3节车厢依据牛顿其次定律有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，则依据牛顿其次定律有F1－2f＝2ma，联立解得F1＝eq\f(F,19)。故选C。]2.如图所示，质量为m2的物块B放在光滑的水平桌面上，其上放置质量为m1的物块A，用通过光滑的定滑轮的细线将A与质量为M的物块C连接，释放C，A和B一起以加速度大小a从静止起先运动，已知A、B间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g，则细线中的拉力大小为()A．Mg B．M(g＋a)C．(m1＋m2)a D．m1a＋μmC[以C为探讨对象，有Mg－T＝Ma，解得T＝Mg－Ma，故A、B错误；以A、B整体为探讨对象，依据牛顿其次定律可知T＝(m1＋m2)a，故C正确；A、B间为静摩擦力，依据牛顿其次定律，对B可知f＝m2a≠μm13．(启光卓越联盟广东省2025届高三年级11月调研)新能源汽车已经成为将来汽车发展的趋势，2024年广州车展期间中国车企推出一款国产新能源汽车。试车员某次在水平路面上测试该车性能过程中，车上速度传感器拟合出的速度随时间改变图象如图所示，下列说法正确的是()A．0～2.5s内汽车座椅对试车员的作用力不变B．0～2.5s内汽车位移大小为31.25mC．0～2.5s内汽车的平均速度大于12.5m/sD．t＝2.5s时，汽车加速度大小为10m/s2C[0～2.5s时间内，新能源汽车的加速度渐渐减小，由牛顿其次定律，汽车座椅对试车员的作用力渐渐减小，A错误，汽车位移大于31.25m，平均速度大于12.5m/s，B错误，C正确，t＝2.5s时，汽车加速度小于10m/s2，D错误。]4.(多选)(2024·江苏常州田家炳中学调研)如图所示，小车上固定一水平横杆，横杆左端的固定斜杆与竖直方向成α角，斜杆下端固定一质量为m的小球；横杆右端用一根细线悬挂相同的小球。当小车沿水平面做匀加速直线运动时，细线与竖直方向间的夹角β(β≠α)保持不变。设斜杆、细线对小球的作用力分别为F1、F2，下列说法正确的是()A．F1、F2肯定不相同B．F1、F2肯定相同C．小车加速度大小为gtanαD．小车加速度大小为gtanβBD[以右边的小球为探讨对象，依据牛顿其次定律，设其质量为m，有mgtanβ＝ma，得a＝gtanβ；以左边的小球为探讨对象，设其加速度为a′，斜杆对小球的弹力方向与竖直方向夹角为θ，由牛顿其次定律得mgtanθ＝ma′；因为a＝a′，得θ＝β，则斜杆对小球的弹力方向与细线平行，即F1、F2方向相同，大小相等，故A错误，B正确；小车的加速度大小为a＝gtanβ，方向向右，故D正确，C错误。]5.如图所示，水平地面上有一车厢，车厢内固定的平台通过相同的弹簧把相同的物块A、B压在竖直侧壁和水平的顶板上。已知A、B与接触面间的动摩擦因数均为μ，车厢静止时，两弹簧长度相同，A恰好不下滑，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现使车厢沿水平方向加速运动，为保证A、B仍相对车厢静止，则车厢()A．速度可能向左，加速度可大于(1＋μ)gB．加速度肯定向右，不能超过(1－μ)gC．加速度肯定向左，不能超过μgD．加速度肯定向左，不能超过(1－μ)gB[起先时A恰好不下滑，对A受力分析如图所示，有FfA＝mg＝μFNA＝μF弹，解得F弹＝eq\f(mg,μ)，此时弹簧处于压缩状态。当车厢沿水平方向做加速运动时，为了保证A不下滑，侧壁对A的支持力必需大于等于eq\f(mg,μ)，依据牛顿其次定律可知加速度方向肯定向右。对B受力分析如图所示，有FfBm＝μFNB＝μ(F弹－mg)≥ma，解得a≤(1－μ)g，故选项B正确，A、C、D错误。]6.(多选)如图所示，质量分别为m1、m2的A、B两个物体放在斜面上，中间用一个轻杆相连，A、B与斜面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，它们在斜面上加速下滑。关于杆的受力状况，下列分析正确的是()A．若μ1＝μ2，m1<m2，则杆受到压力B．若μ1<μ2，m1>m2，则杆受到拉力C．若μ1<μ2，m1<m2，则杆受到压力D．若μ1＝μ2，m1＝m2，则杆无作用力BD[设斜面倾角为θ，A、B一起沿斜面下滑，以A、B及杆整体为探讨对象，由牛顿其次定律得m1gsinθ＋m2gsinθ－μ1m1gcosθ－μ2m2gcosθ＝(m1＋m2)a，假设A对杆的作用力为拉力，大小为F′，则杆对A的作用力为拉力，其大小F＝F′，以A为探讨对象，则m1gsinθ－F－μ1m1gcosθ＝m1a，联立可得F＝eq\f(μ2－μ1m1m2gcosθ,m1＋m2)，若μ1＝μ2，m1<m2，则F＝F′＝0，即杆不受力，A项错误；若μ1<μ2，m1>m2，则F＝F′>0，即杆受到拉力，B项正确；若μ1<μ2，m1<m2，则F＝F′>0，即杆受到拉力，C项错误；若μ1＝μ2，m1＝m2，则F＝7.(2024·湖北荆州部分重点中学联考)质量为4kg的雪橇在倾角θ＝37°的斜坡上向下滑，雪橇所受的空气阻力与其速度大小成正比，但阻力系数未知。现测得雪橇运动的v­t图象如图所示，且AB是曲线最左端那一点的切线，sin37°＝0.6。(1)雪橇起先时做什么运动？最终做什么运动？(2)当v0＝5m/s和v1＝10m/s时，雪橇的加速度大小各是多少？(3)空气阻力系数k及雪橇与斜坡间的动摩擦因数各是多少？[解析](1)由图可知，雪橇起先时做加速度减小的加速直线运动，最终做匀速直线运动。(2)依据v­t图线的切线斜率表示加速度可知，当v0＝5m/s时，加速度大小a0＝eq\f(15－5,4)m/s2＝2.5m/s2，当v1＝10m/s时，加速度为零。(3)从t＝0时刻起先做加速运动，此时对雪橇受力分析有mgsinθ－kv0－μmgcosθ＝ma0，匀速运动时，对雪橇受力分析有mgsinθ＝kv1＋μmgcosθ，联立各式并代入数据可得k＝eq\f(ma0,v1－v0)＝2kg/s，雪橇与斜坡间的动摩擦因数μ＝0.125。[答案](1)起先时做加速度减小的加速直线运动，最终做匀速直线运动(2)2.5m/s20(3)2kg/s0.1258．如图所示，两倾斜的平行杆上分别套着两个相同的圆环a、b，两环上用轻绳悬吊着相同的小球c、d。当环a、b都沿杆向下滑动且与对应的小球保持相对静止时，a、c间轻绳与杆垂直，b、d间轻绳沿竖直方向，下列说法正确的是()A．a环与杆之间有摩擦力B．d球处于失重状态C．杆对a、b环的弹力大小相等D．轻绳对c、d球的弹力大小可能相等C[设杆的倾角为θ，小球的质量为m，圆环的质量为M。对c球受力分析如图所示，c球在ac方向上受力平衡，与ac垂直的方向上，由牛顿其次定律有mgsinθ＝ma，得a＝gsinθ，因a环和c球相对静止，故a环的加速度也为gsinθ，对a环有Mgsinθ＋f＝Ma，得f＝Ma－Mgsinθ＝0，即杆对a环的摩擦力为零，选项A错误；d球只受竖直向下的重力和竖直向上的拉力，说明d球处于平衡状态，不是失重状态，选项B错误；b环和d球相对静止，故b环也做匀速直线运动，则对b环和d球整体，杆对b环的弹力Nb＝(M＋m)gcosθ，对a环和c球整体，杆对a环的弹力Na＝(M＋m)gcosθ＝Nb，选项C正确；轻绳对c球的拉力Tc＝mgcosθ，轻绳对d球的拉力Td＝mg≠Tc，选项D错误。]9．(多选)(启光卓越联盟广东省2025届高三年级11月调研)一小物块从倾角为37°的固定斜面顶端以初速度v0滑下，在时间t内下滑的位移为x，其eq\f(x,t)­t图象如图乙所示，已知重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，则()甲乙A．v0＝2m/sB．v0＝4m/sC．物块与斜面间动摩擦因数为0.5D．物块与斜面间动摩擦因数为0.625AC[由匀变速直线运动位移公式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选项正确；mgsin37°－μmgcos37°＝ma，解得μ＝0.5，C选项正确。]10．(2024·浙江高考)如图1所示，有一质量m＝200kg的物件在电机的牵引下从地面竖直向上经加速、匀速、匀减速至指定位置。当加速运动到总位移的eq\f(1,4)时起先计时，测得电机的牵引力随时间改变的F­t图线如图2所示，t＝34s末速度减为0时恰好到达指定位置。若不计绳索的质量和空气阻力，求物件：(1)做匀减速运动的加速度大小和方向；(2)匀速运动的速度大小；(3)总位移的大小。图1图2[解析](1)由图2可知0～26s内物体匀速运动，26s～34s物体减速运动，在减速运动过程依据牛顿其次定律有mg－FT＝ma依据图2得此时FT＝1975N，则有a＝g－eq\f(FT,m)＝0.125m/s2方向竖直向下。(2)结合图2依据运动学公式有v＝at2＝0.125×(34－26)m/s＝1m/s。(3)依据图象可知匀速上升的位移h1＝vt1＝1×26m＝26m匀减速上升的位移h2＝eq\f(v,2)t2＝eq\f(1,2)×8m＝4m匀加速上升的位移为总位移的eq\f(1,4)，则匀速上升和减速上升的位移为总位移的eq\f(3,4)，则有h1＋h2＝eq\f(3,4)h所以总位移为h＝40m。[答案](1)0.125m/s2，竖直向下(2)1m/s(3)40m11.如图所示，静止在光滑水平面上的斜面体，质量为M，倾角为α。其斜面上有一静止的滑块，质量为m，两者之间的动摩擦因数为μ，滑块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现给斜面体施加水平向右的力F使斜面体加速运动。(1)若要使滑块与斜面体一起加速运动，求力F的最大值；(2)若要使滑块做自由落体运动，求力F的最小值。[解析](1)当滑块与斜面体一起向右加速运动时，力F越大，加速度越大，当F最大时，斜面体对滑块的静摩擦力达到最大值Ffm，隔离滑块作受力分析如图所示。设滑块与斜面体一起加速运动的最大加速度为a，FNcosα＋Ffmsinα＝mgFfmcosα－FNsinα＝ma由题意知Ffm＝μFN联立解得a＝eq\f(μcosα－sinα,cosα＋μsinα)g对整体受力分析F＝(M＋m)a联立解得F＝eq\f(m＋Mgμcosα－sinα,μsinα＋cosα)。(2)要使滑块做自由落体运动，滑块与斜面体之间没有力的作用，滑块的加速度为g，设此时斜面体的加速度为aM，则对斜面体：F＝MaM当水平向右的力F最小时，二者没有相互作用但仍接触，则有eq\f(\f(1,2)gt2,\f(1,2)aMt2)＝tanα，即eq\f(g,aM)＝tanα联立解得F＝eq\f(Mg,tanα)。[答案](1)eq\f(m＋Mgμcosα－sinα,μsinα＋cosα)(2)eq\f(Mg,tanα)12.(2024·湖北名师联盟月考)2024年5月随着“疫情”管控的放开，很多餐厅生意火爆，为能服务更多的顾客，服务员须要用最短的时间将菜肴送至顾客处(设菜品送到顾客处速度恰好为零)。某次服务员用单手托托盘方式(如图)给12m远处的顾客上菜，要求全程托盘水平。托盘和手、碗之间的动摩擦因数分别为μ1＝0.2、μ2＝0.15，服务员上菜的最大速度为3m/s。假设服务员加速、减速运动过程中是匀变速直线运动，且可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2。求：(1)服务员运动的最大加速度；(2)服务员上菜所用的最短时间。[解析](1)设碗的质量为m，托盘的质量为M，服务员以最大加速度运动时，碗、托盘、手保持相对静止，对碗受力分析如图甲所示，由牛顿其次定律得Ff1＝ma1，碗与托盘间相对静止，则Ff1≤Ff1max＝μ2mg，甲乙解得a1≤μ2g＝1.5m/s2对碗和托盘整体，受力分析如图乙所示，由牛顿其次定律得Ff2＝(M＋m)a2，手和托盘相对静止，则Ff2≤Ff2max＝μ1(M＋m)g，解得a2≤μ1g＝2m/s2则服务员上菜的最大加速度amax＝