2026届高考物理一轮总复习提能训练练案16专题强化三动力学中的三类典型问题

这是一份2026届高考物理一轮总复习提能训练练案16专题强化三动力学中的三类典型问题，共8页。
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( )
A．1 N B．2 N
C．4 N D．5 N
2. (2025·河南新乡模拟)如图，一不可伸长的足够长轻绳跨过悬挂的光滑轻质定滑轮，两端系有质量分别为0.3 kg和0.2 kg的球a、b。控制球a静止在离地面高h＝49 cm的A处，轻绳拉紧，取重力加速度g＝10 m/s2。现由静止释放小球，不计空气阻力，则( )
A．a球落地前，加速度大小为1 m/s2
B．a球运动到地面所用时间为0.5 s
C．a球落至地面时的速度大小为1.6 m/s
D．绳子中张力大小为2.4 N
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( )
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
4．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( )
A．逐渐增大 B．逐渐减小
C．先增大后减小 D．先减小后增大
5. (多选)在水平直轨道上运动的火车车厢内有一个倾角为30°的斜面，如图所示。小球的重力、绳对球的拉力、斜面对小球的弹力分别用G、T、FN表示，当火车以加速度a向右加速运动时，则( )
A．若a＝20 m/s2，小球受G、T、FN三个力的作用
B．若a＝20 m/s2，小球只受G、T两个力的作用
C．若a＝10 m/s2，小球只受G、T两个力的作用
D．若a＝10 m/s2，小球受G、T、FN三个力的作用
题组三 图像问题
6．(2025·山东菏泽联考)2024年4月25日晚，神舟十八号载人飞船成功发射，在飞船竖直升空过程中，整流罩按原计划顺利脱落。整流罩脱落后所受空气阻力与速度大小成正比，它的v－t图像正确的是( )
7．如图甲所示，用一水平外力F推物体，使其静止在倾角为θ的光滑斜面上。逐渐增大F，物体开始做变加速运动，其加速度a随F变化的图像如图乙所示。重力加速度g取10 m/s2。根据图中所提供的信息不能计算出的是( )
A．物体的质量
B．斜面的倾角
C．使物体静止在斜面上时水平外力F的大小
D．加速度为6 m/s2时物体的速度
8．(2025·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( )
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
9．如图甲所示，质量为m的物块在水平力F的作用下可沿竖直墙面滑动，水平力F随时间t变化的关系图像如图乙所示，物块与竖直墙面间的动摩擦因数为μ，物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，竖直墙面足够高，重力加速度大小为g。下列说法正确的是( )
A．物块一直做匀加速直线运动
B．物块先做加速度减小的加速运动，后做匀速直线运动
C．物块的最大速度为eq \f(1,2)gt0
D．t＝t0时，物块停止下滑
能力提升练
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( )
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
11. (2025·江西上饶模拟)如图所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量分别为3m、m的物体A、B(A物体与弹簧拴接)，弹簧的劲度系数为k，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B上，使物体A、B开始向上一起做加速度大小为eq \f(1,4)g的匀加速直线运动，直到A、B分离。重力加速度为g，则关于此过程说法正确的是( )
A．施加拉力的瞬间，A、B间的弹力大小为FAB＝eq \f(mg,4)
B．施加拉力的瞬间，A、B间的弹力大小为FAB＝eq \f(mg,2)
C．从施加力F到A、B分离的时间为4eq \r(\f(2m,k))
D．从施加力F到A、B分离的时间为2eq \r(\f(2m,k))
12．(2025·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[答案] C
[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[答案] D
[解析] a球落地前，对a、b球整体根据牛顿第二定律有mag－mbg＝(ma＋mb)a，解得a＝2 m/s2，故A错误；根据运动学公式h＝eq \f(1,2)at2可得，a球运动到地面所用时间为t＝eq \r(\f(2h,a))＝0.7 s，故B错误；a球落至地面时的速度大小为v＝at＝1.4 m/s，故C错误；对a球，根据牛顿第二定律有mag－T＝maa ，解得绳子中张力大小为T＝2.4 N，故D正确。
题组二 临界问题和极值问题
3[答案] BD
[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[答案] D
[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[答案] BD
[解析] 设火车加速度为a0时，小球刚好对斜面没有压力，对小球，根据牛顿第二定律可得eq \f(mg,tan 30°)＝ma0，解得a0＝10eq \r(3) m/s2≈17 m/s2。若a＝20 m/s2，可知小球已经离开斜面，小球受到重力和绳子拉力两个力的作用，A错误，B正确；若a＝10 m/s2，可知小球还没有离开斜面，小球受到重力、绳子拉力和斜面支持力三个力的作用，C错误，D正确。
6[答案] A
[解析] 空气阻力与速度大小成正比，设空气阻力为f＝kv，上升阶段由牛顿第二定律得mg＋kv＝ma，随着速度的减小，加速度逐渐减小，即上升阶段做加速度逐渐减小的减速运动，在最高点加速度为a＝g，下降阶段由牛顿第二定律得mg－kv＝ma′，随着速度的增大，加速度继续减小，即下降阶段做加速度逐渐减小的加速运动，故选A。
7[答案] D
[解析] 对物体受力分析，受推力、重力、支持力，如图所示，x方向有Fcs θ－mgsin θ＝ma，y方向有FN－Fsin θ－mgcs θ＝0，从a－F图像中取两个点(20 N,2 m/s2)，(30 N,6 m/s2)代入，解得m＝2 kg，θ＝37°，因而A、B可以算出；当a＝0时，可解得F＝15 N，因而C可以算出；题中并未说明力F随时间变化的情况，故无法求出加速度为6 m/s2时物体的速度大小，因而D不可以算出。
8[答案] D
[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。
9[答案] C
[解析] 根据物块的受力，由牛顿第二定律有mg－f＝ma，由图像可知F＝eq \f(mg,μt0)t，而f＝μF，解得a＝g－eq \f(gt,t0)，故随时间的增大，物块先做加速度逐渐减小的加速运动，后做加速度逐渐增大的减速运动，最后停止下滑，静止后物块的加速度为零，处于平衡状态；当t＝t0时，物块的加速度为零，此时物块的速度最大，做出a－t图像如图所示。根据其面积求出最大速度为vm＝eq \f(1,2)gt0，故选C。
10[答案] BC
[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[答案] A
[解析] 设开始时弹簧的压缩量为x0，则kx0＝4mg，拉力F开始施加的瞬间，弹簧对A的弹力不变，对A物体，根据牛顿第二定律有kx0－3mg－FAB＝3ma，解得FAB＝eq \f(mg,4)，A正确，B错误；在A、B分离瞬间，A、B间的弹力为0，弹簧弹力不为零，对A受力分析得kx－3mg＝3ma，解得这一瞬间弹簧的压缩量为x＝eq \f(15mg,4k)，则A、B上升的高度h＝x0－x，由h＝eq \f(1,2)at2，解得从施加力到A、B分离的时间是t＝eq \r(\f(2m,k))，C、D错误。
12[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，斜坡与滑撬的动摩擦因数为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。