2025高考物理一轮总复习第3章运动和力的关系专题强化3动力学中的三类典型问题提能训练

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题组一 连接体问题
1．(2023·北京卷)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( C )
A．1 N B．2 N
C．4 N D．5 N
[解析] 对两物块整体做受力分析有F＝2ma，再对于后面的物块有FTmax＝ma，FTmax＝2 N，联立解得F＝4 N，故选C。
2．(多选)质量分别为M和m的物块A和B形状、大小均相同，将它们通过轻绳跨过光滑定滑轮连接，如图甲所示，绳子平行于倾角为α的斜面，A恰好静止在斜面上，不考虑A、B与斜面之间的摩擦，若互换两物块位置，按图乙放置，然后释放A，斜面仍保持静止，则下列说法正确的是( ACD )
A．轻绳的拉力等于mg
B．轻绳的拉力等于Mg
C．A运动的加速度大小为(1－sin α)g
D．A运动的加速度大小为eq \f(M－m,M)g
[解析] 第一次放置时A静止，则由平衡条件可得Mgsin α＝mg；第二次按图乙放置时，对A，Mg－FT＝Ma；对B，FT－mgsin α＝ma，联立解得a＝(1－sin α)g＝eq \f(M－m,M)g，FT＝mg，故A、C、D正确，B错误。
题组二 临界问题和极值问题
3．(多选)如图所示，在光滑水平面上有一静止的质量M＝2 kg的木板，木板上静止放置一质量m＝1 kg的物体，物体与木板之间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g取10 m/s2。现用水平恒力F拉物体m，下列关于拉力F的大小及物体加速度a可能的是( BD )
A．F＝1 N时a＝1 m/s2
B．F＝2 N时a＝eq \f(2,3) m/s2
C．F＝3 N时a＝1.5 m/s2
D．F＝4 N时a＝2 m/s2
[解析] 当物体和木板刚要相对滑动时，M的加速度最大aMm＝eq \f(μmg,M)＝eq \f(0.2×10,2) m/s2＝1.0 m/s2，此时二者加速度可认为相等，对整体F＝(m＋M)a＝3 N，故C错误；当F小于3 N时，物体和木板相对静止一起向右加速，对二者组成的整体，当F＝1 N时，a1＝eq \f(F1,M＋m)＝eq \f(1,3) m/s2，当F＝2 N时a2＝eq \f(F2,M＋m)＝eq \f(2,3) m/s2，故A错误，B正确；当F超过3 N时，物体和木板相对滑动，当F＝4 N时，对物体a3＝eq \f(F3－μmg,m)＝eq \f(4－2,1) m/s2＝2 m/s2，故D正确。
4．(2021·全国甲卷)如图，将光滑长平板的下端置于铁架台水平底座上的挡板P处，上部架在横杆上。横杆的位置可在竖直杆上调节，使得平板与底座之间的夹角θ可变。将小物块由平板与竖直杆交点Q处静止释放，物块沿平板从Q点滑至P点所用的时间t与夹角θ的大小有关。若θ由30°逐渐增大至60°，物块的下滑时间t将( D )
A．逐渐增大 B．逐渐减小
C．先增大后减小 D．先减小后增大
[解析] 对小物块受力分析，小物块受到重力和长平板的支持力作用，根据牛顿第二定律有mgsin θ＝ma，小物块的加速度大小为a＝gsin θ；设铁架台底边的长度为d，根据几何关系，可知小物块的位移大小为eq \f(d,cs θ)；根据运动学公式eq \f(d,cs θ)＝eq \f(1,2)at2，联立可得t＝eq \r(\f(4d,gsin 2θ))，θ由30°逐渐增大至60°，物块的下滑时间t将先减小后增大，D项正确。
5．(多选)(2024·四川高三模拟)卡车沿平直公路运输质量为m的匀质圆筒状工件，将工件置于两光滑斜面之间，如图所示。两斜面Ⅰ、Ⅱ固定在车上，倾角分别为30°和60°，重力加速度为g，圆筒对斜面Ⅰ、Ⅱ压力的大小分别为F1、F2。则( AD )
A．当卡车匀速行驶时F1＝eq \f(\r(3),2)mg
B．当卡车匀速行驶时F2＝eq \f(\r(3),2)mg
C．卡车安全启动的最大加速度为eq \r(3)g
D．卡车安全刹车的最大加速度为eq \r(3)g
[解析] 当卡车匀速行驶时，圆筒处于平衡状态，将重力进行分解如图所示
根据几何关系可得F1＝mgcs 30°＝eq \f(\r(3),2)mg，F2＝mgsin 30°＝eq \f(1,2)mg，故A正确，B错误；当匀质圆筒状工件对斜面Ⅱ压力为0时，启动加速度最大，根据牛顿第二定律则有mgtan30°＝ma，得a＝eq \f(\r(3),3)g，故C错误；当匀质圆筒状工件对斜面Ⅰ压力为0时，刹车加速度最大，根据牛顿第二定律则有mgtan60°＝ma′，得a′＝eq \r(3)g，故D正确。
题组三 图像问题
6．橡皮筋弹弓夜光飞箭是一种常见的小玩具，它利用橡皮筋将飞箭弹射升空，再徐徐下落，如图(a)所示，其运动可简化为如下过程：飞箭以初速度v0竖直向上射出，在t2时刻恰好回到发射点，其速度随时间的变化关系如图(b)所示。则下列关于飞箭运动的描述中正确的是( D )
A．上升和下落过程运动时间相等
B．上升和下落过程中平均速度大小相等
C．0～t2过程中加速度先减小后增大
D．0～t2过程中所受阻力先减小后增大
[解析] 由图像可知，0～t1时间为上升过程，t1～t2时间为下落过程，由图可知(t2－t1)>(t1－0)，上升和下落过程运动时间不相等，A错误；上升和下落过程中，位移大小相等，但所用时间不等，故平均速度的大小不相等，B错误；v－t图像的斜率表示加速度，根据图像可知，0～t2过程中加速度一直减小，C错误；根据牛顿第二定律，结合图像可知，0～t1过程中mg＋f＝ma1，飞箭向上运动加速度减小，故阻力减小；t1～t2过程中mg－f＝ma2，飞箭向下运动加速度减小，故阻力增大，综上所述：0～t2过程中所受阻力先减小后增大，D正确。
7．(多选)如图甲所示，一个质量为2 kg的物体在水平力F作用下由静止开始沿粗糙水平面做直线运动，t＝1 s时撤去外力。物体的加速度a随时间t的变化规律如图乙所示。则( BCD )
A．F的大小为8 N
B．0～1 s和1～3 s内物体加速度的方向相反
C．t＝3 s时，物体离出发位置最远
D．3 s末物体的速度为0
[解析] 由图乙可知t＝1 s时撤去外力，物体在摩擦阻力作用下，加速度大小变为2 m/s2，由牛顿第二定律可得摩擦阻力大小为Ff＝ma2＝2×2 N＝4 N，在0～1 s时间内，物体的加速度为4 m/s2，由牛顿第二定律可得F－Ff＝ma1，则F＝Ff＋ma1＝4 N＋2×4 N＝12 N，A错误；由图乙可知，0～1 s加速度为正方向，1～3 s内物体加速度为负方向，所以0～1 s和1～3 s内物体加速度的方向相反，B正确；t＝1 s时，物体的速度v＝a1t1＝4×1 m/s＝4 m/s物体做减速运动的时间t2＝eq \f(v,a2)＝eq \f(4,2) s＝2 s，即物体在t＝3 s时速度为零，物体离出发位置最远，C、D正确。
8．(2024·云南省玉溪高三检测)如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置一物体(物体与弹簧不拴接)，初始时物体处于静止状态，现用竖直向上的拉力F作用在物体上，使物体开始向上做匀加速运动，拉力F与物体位移x的关系如图乙所示(g＝10 m/s2)，则正确的结论是( D )
A．物体与弹簧分离时，弹簧处于压缩状态
B．弹簧的劲度系数为7.5 N/cm
C．物体的质量为3 kg
D．物体的加速度大小为5 m/s2
[解析] 物体与弹簧分离时，二者没有相互作用力，所以弹簧处于原长，A错误；物体与弹簧一起向上匀加速时，根据牛顿第二定律得F＋k(x0－x)－mg＝ma，可知题图乙中图线斜率表示劲度系数，可得k＝5 N/cm，B错误；根据牛顿第二定律有10 N＝ma,30 N－mg＝ma，联立解得m＝2 kg，a＝5 m/s2，C错误，D正确。
能力综合练
9．(多选)如图甲，一个物块放在水平面上，在两个恒力F1、F2作用下做匀速直线运动。t＝0时刻，其中某个力发生变化，大小随时间的变化关系如图乙所示，在0～t0时间内( BD )
A．若变化的是F1，物块运动的加速度可能均匀减小
B．若变化的是F1，地面对物块的摩擦力可能先不变后均匀减小
C．若变化的是F2，物块可能做匀加速直线运动
D．若变化的是F2，地面对物块的摩擦力均匀减小
[解析] F1减小时，摩擦力不变应该减速，合力为摩擦力减F1，合力增大，因此加速度增大，故A错误；当速度减小为0后摩擦力为静摩擦力，等于F1，逐渐减小，故B正确；若变化的是F2，物块的加速度会发生变化，地面对物块的摩擦力均匀减小，故C错误，D正确。故选BD。
10．(多选)如图甲所示，足够长的轨道固定在水平桌面上，一条跨过光滑定滑轮的轻质细绳两端分别连接物块P和Q。改变物块P的质量，可以得到物块Q运动的加速度a和绳中拉力F的关系图像如图乙所示。关于此运动的分析，下列说法正确的是( BC )
A．绳中拉力大小等于物块P的重力大小
B．轨道不可能是水平的
C．物块Q的质量为0.5 kg
D．物块Q受到轨道的摩擦力大小为1 N
[解析] 物块P有向下的加速度，根据牛顿第二定律可知，绳对P的拉力大小小于物块P的重力大小，故A错误；从a－F图像看出，当拉力等于零时，物块Q的加速度大小为2 m/s2，说明轨道不是水平的，故B正确；设物块Q的质量为m，Q在运动方向上除了拉力F，设其他力合力大小为F1，根据牛顿第二定律得F＋F1＝ma，变形得a＝eq \f(1,m)F＋eq \f(F1,m)，图线的斜率k＝eq \f(1,m)＝2 kg－1，解得m＝0.5 kg，故C正确；由图线与纵轴的交点可知F1＝ma1＝0.5 kg×2 m/s2＝1 N，结合B项分析可知，此1 N并非物块Q受到的摩擦力，故D错误。故选BC。
11．(2024·河北百校联盟联考)如图甲所示，有一倾角θ＝37°的足够长斜面，将一质量m＝1 kg的物体无初速度在斜面上释放，同时施加一沿斜面向上的拉力，拉力随时间变化的关系图像如图乙所示，物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.25，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，求：
(1)2 s末物体的速度；
(2)前16 s内物体发生的位移。
[答案] (1)5 m/s，方向沿斜面向下 (2)30 m，方向沿斜面向下
[解析] (1)对物体分析可知，其在前2 s内沿斜面向下做初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得
mgsin θ－F1－μmgcs θ＝ma1
2 s末物体的速度v1＝a1t1
代入数据解得
a1＝2.5 m/s2，方向沿斜面向下
v1＝5 m/s，方向沿斜面向下。
(2)设物体在前2 s内发生的位移为x1，则
x1＝eq \f(1,2)a1teq \\al(2,1)＝5 m，方向沿斜面向下
当拉力为F2＝4.5 N时，
由牛顿第二定律可得F2＋μmgcs θ－mgsin θ＝ma2
代入数据解得a2＝0.5 m/s2，方向沿斜面向上物体经过时间t2速度减为0，则v1＝a2t2
得t2＝10 s
设t2时间内发生的位移为x2，则
x2＝eq \f(1,2)a2teq \\al(2,2)＝25 m，方向沿斜面向下
由于mgsin θ－μmgcs θ故物体在前16 s内发生的位移x＝x1＋x2＝30 m，方向沿斜面向下。
12.(2023·河南漯河高一统考期末)如图所示，现有一倾角为θ＝60°的斜坡，一滑撬自斜坡顶端无初速度下滑并开始计时。滑撬的顶端有一轻质细线悬挂的小球，在滑撬下滑过程中细线与虚线(垂直于斜坡方向)的夹角为α＝30°，已知滑撬前端与坡底的高度差为h＝10 m，滑撬与斜坡间的动摩擦因数处处相同。g取10 m/s2，试求：
(1)滑撬与斜坡间的动摩擦因数；
(2)滑撬前端到达坡底需要的时间。
[答案] (1)eq \f(\r(3),3) (2)2 s
[解析] (1)设小球的质量为m，滑撬和小球整体的质量为M，对小球进行受力分析：细线的拉力为FT，小球的加速度为a，由牛顿第二定律得
mgsin θ－FTsin α＝ma
FTcs α＝mgcs θ
对滑撬和小球整体进行分析：设斜坡对滑撬的弹力为FN，斜坡与滑撬的动摩差因数为μ，摩擦力为Ff，由牛顿第二定律得
Mgsin θ－Ff＝Ma
FN＝Mgcs θ
Ff＝μFN
解得a＝eq \f(10\r(3),3) m/s2
μ＝eq \f(\r(3),3)。
(2)设滑撬前端到达坡底的时间为t，有
eq \f(h,sin θ)＝eq \f(1,2)at2
解得t＝2 s。