高频考点专项练(三)动力学综合问题

专题3.3 动力学中的两大类基本问题与图像问题一动力学两类基本问题1.已知受力情况求运动情况方法：已知物体的受力情况，根据牛顿第二定律，可以求出物体的加速度；再知道物体的初始条件，根据运动学公式，就可以求出物体物体在任一时刻的速度和位置，也就求出了物体的运动情况.2.已知物体的运动情况，求物体的受力情况方法：根据物体的运动情况，由运动学公式可以求出物体的加速度，再根据牛顿第二定律可确定物体的合外力，从而求出未知力或与力相关的某些量.可用程序图表示如下：3.解决两类动力学基本问题应把握的关键(1)两类分析——物体的受力分析和物体的运动过程分析；(2)一个“桥梁”——物体运动的加速度是联系运动和力的桥梁。

4.解决动力学基本问题时对力的处理方法(1)合成法：在物体受力个数较少(2个或3个)时一般采用“合成法”(2)正交分解法：若物体的受力个数较多(3个或3个以上)，则采用“正交分解法”。

【典例1】航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器，其质量m =2㎏，动力系统提供的恒定升力F =28 N。

试飞时，飞行器从地面由静止开始竖直上升。

设飞行器飞行时所受的阻力大小不变，g取10m/s2。

（1）第一次试飞，飞行器飞行t1 = 8 s 时到达高度H = 64 m。

求飞行器所阻力f的大小；（2）第二次试飞，飞行器飞行t2 = 6 s 时遥控器出现故障，飞行器立即失去升力。

求飞行器能达到的最大高度h；（3）为了使飞行器不致坠落到地面，求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间t3。

【答案】⑴4N ⑵42m ⑶2.1S【解析】（2）第二次飞行中，设失去升力时的速度为1v ，上升的高度为1s 匀加速运动221121t a s =设失去升力后的速度为2a ，上升的高度为2s 由牛顿第二定律2ma f mg =+211t a v =22122a v s = 解得)(4221m s s h =+=（3）设失去升力下降阶段加速度为3a ；恢复升力后加速度为4a ，恢复升力时速度为3v 由牛顿第二定律 3ma f mg =-F+f-mg=ma 4且22333422v v h a a += V 3=a 3t 3解得t 3=32(s)(或2.1s) 【典例2】如图所示，一个竖直固定在地面上的透气圆筒，筒中有一劲度系数为k 的轻弹簧，其下端固定，上端连接一质量为m 的薄滑块，圆筒内壁涂有一层新型智能材料——ER 流体，它对滑块的阻力可调。

动力学综合问题(45分钟100分)一、选择题(本题共10小题,每小题7分,共70分。

1～6题为单选题,7～10题为多选题)1.2018年8月30日,中国选手司雅杰勇夺亚运会女子十米跳台桂冠。

她从跳台斜向上跳起,一段时间后落入水中,如图所示。

不计空气阻力。

下列说法正确的是 ( )A.她在空中上升过程中处于超重状态B.她在空中下落过程中做自由落体运动C.她即将入水时的速度为整个跳水过程中的最大速度D.入水过程中,水对她的作用力大小等于她对水的作用力大小【解析】选D。

起跳以后的上升和下落过程中她的加速度方向都是向下,所以处于失重状态,故A错误;她在空中下落过程中受到的空气的阻力不能忽略不计,所以不能看作自由落体运动,故B错误;入水过程中,开始时水对她的作用力大小(浮力和阻力)小于她的重力,所以先向下做一段加速运动,即入水后的速度先增大,故C错误;入水过程中,水对她的作用力和她对水的作用力,是一对作用力与反作用力。

故D正确。

2.(2019·日照模拟)如图甲所示,倾角为θ的粗糙斜面体固定在水平面上,初速度为v0=10 m/s、质量为m=1 kg的小木块沿斜面上滑,若从此时开始计时,整个过程中小木块速度的平方随路程变化的关系图像如图乙所示,g取10 m/s2,则下列说法不正确的是( )A.0～5 s内小木块做匀减速运动B.在t=1 s时刻,摩擦力反向C.斜面倾角θ=37°D.小木块与斜面间的动摩擦因数为0.5【解析】选A。

由匀变速直线运动的速度位移公式得v2-=2ax,由题图乙可得a==-10 m/s2,故减速运动时间:t==1 s,故A错误;由题图乙可知,在0～1 s内小木块向上做匀减速运动,1 s后小木块反向做匀加速运动,t=1 s时摩擦力反向,故B正确;由题图乙可知,小木块反向加速运动时的加速度:a′== m/s2=2 m/s2,由牛顿第二定律得:mgsinθ+μmgcosθ=m|a|,mgsinθ-μmgcosθ=ma′,代入数据解得:μ=0.5,θ=37°,故C、D正确。

权掇市安稳阳光实验学校高频考点强化(三)动力学综合问题(45分钟100分)一、选择题(本题共12小题,每小题6分,共72分。

1～8题为单选题,9～12题为多选题)1.如图所示,两个物体A、B叠放在一起,接触面粗糙,现将它们同时以相同的速度水平抛出,不计空气阻力,在空中运动的过程中,物体B ( )A.只受重力B.受重力和A对它的压力C.受重力和A对它的摩擦力D.受重力、A对它的压力和摩擦力【解析】选A。

两个物体A、B同时以相同的速度水平抛出,由于不计空气阻力,两个物体都处于完全失重状态,故在空中运动的过程中,物体A、B都只受到重力,B、C、D错误,A正确。

2.(2018·沈阳模拟)弹跳高跷是一项全球流行的新型运动,一次弹跳高跷表演中,一名质量为m的演员穿着这种高跷从距地面H高处由静止落下,与水平地面撞击后反弹上升到距地面高h处。

假设弹跳高跷对演员的作用力类似于弹簧的弹力,演员和弹跳高跷始终在竖直方向运动,不考虑空气阻力的影响,则该演员( )A.在向下运动的过程中始终处于失重状态B.在向上运动的过程中始终处于超重状态C.在向下运动的过程中先处于失重状态后处于超重状态D.在向上运动的过程中先处于失重状态后处于超重状态【解析】选C。

演员在空中时,加速度为g,方向向下,处于失重状态;当演员落地前期加速时,加速度a向下,处于失重状态;落地后期减速,加速度a向上,处于超重状态;所以演员在向下运动的过程中先处于失重状态后处于超重状态,C正确;同理可知,演员在向上运动的过程中先处于超重状态后处于失重状态,D错误。

3.质量为M的光滑圆槽放在光滑水平面上,一水平恒力F作用在其上促使质量为m的小球静止在圆槽上,如图所示,则( )A.小球对圆槽的压力为B.小球对圆槽的压力为C.水平恒力F变大后,如果小球仍静止在圆槽上,小球对圆槽的压力增加D.水平恒力F变大后,如果小球仍静止在圆槽上,小球对圆槽的压力减小【解析】选C。

动力学综合问题(45分钟100分)一、选择题(本题共10小题,每小题6分,共60分,1～6题为单选题,7～10题为多选题)1.如图所示,一夹子夹住木块,在力F作用下向上提升。

夹子和木块的质量分别为m、M,夹子与木块两侧间的最大静摩擦力均为f。

若木块不滑动,力F的最大值是( )A.B.C.-(m+M)gD.+(m+M)g【解析】选A。

当夹子与木块两侧间的摩擦力达到最大摩擦力f时,拉力F最大,系统向上的加速度为a。

先以m为研究对象,进行受力分析,根据牛顿第二定律可知:F-2f-mg=ma,再以M为研究对象,进行受力分析,根据牛顿第二定律可知:2f-Mg=Ma,两式联立可解得F=,A正确。

2.在一块固定的倾角为θ的木板上叠放质量均为m的一本英语词典和一本汉语词典,图甲中英语词典在上,图乙中汉语词典在上,已知图甲中两本书一起匀速下滑,图乙中两本书一起加速下滑。

已知两本书的封面材料不同,但每本书的上、下两面材料都相同,近似认为滑动摩擦力与最大静摩擦力相等。

设英语词典和木板之间的动摩擦因数为μ1,汉语词典和木板之间的动摩擦因数为μ2,英语词典和汉语词典之间的动摩擦因数为μ3,则下列说法正确的是 ( )A.μ1>μ2B.μ3<μ2C.图乙中汉语词典受到的摩擦力大小是μ3mgcosθD.图甲中英语词典受到的摩擦力大小是μ2mgcosθ【解析】选D。

对图甲,对整体分析,根据共点力平衡有2mgsinθ=μ2·2mgcosθ,对乙图,对整体分析,根据牛顿第二定律得2mgsinθ-μ1·2mgcosθ=2ma,由两式可知μ1<μ2,故A错误。

对图乙,对整体分析,有2mgsinθ-μ1·2mgcosθ=2ma,解得a=gsinθ-μ1gcosθ,对汉语词典分析,根据牛顿第二定律得mgsinθ-f=ma,解得f=μ1mgcosθ,因为两词典保持相对静止,则μ1mgcosθ<μ3mgcosθ,知μ1<μ3,故C错误。

高三寒假作业一《动力学综合》一、选择题（共6题）1、一质点从静止开始由A 点先做匀加速直线运动到B 点，然后从B 点做匀减速直线运动到C 点时速度刚好为零．已知 t AB ＝ 2 t BC ，那么在AB 段和BC 段 ( )A ．加速度大小之比为2∶1B ．位移大小之比为1∶2C ．平均速度大小之比为2∶1D ．平均速度大小之比为1∶12、下列关于力的说法正确的是（）A ．只有静止的物体才受到重力B ．相对运动的物体之间总有摩擦力作用C ．两个物体之间有力的作用时，这两个物体一定相互接触D ．一个受力物体同时也是施力物体，一个施力物体同时也是受力物体3、下列说法正确的是（）A ．力的作用离不开施力物体，但可以没有受力物体，如拳击运动员一拳出去却没打着对方，此时只有施力物体而没有受力物体B ．重力加速度随着纬度升高而增大，随着海拔升高而减小C ．弹簧的弹力大小与弹簧长度成正比D ．木块放在桌面上受到一个向上的弹力，这是由于木块发生微小形变而产生的4、下列说法正确的是（）A ．速度变化越大，加速度一定越大B ．力与速度的方向不在同一条直线上时，物体也能做直线运动C ．速度越大的物体惯性也越大D ．伽利略理想实验抓住事物的本质，依据逻辑推理，把实际实验理想化。

5、对静止在光滑水平面上的物体施加一水平拉力，在力刚开始作用的瞬间（）A ．物体立即获得速度B ．物体立即获得加速度C ．物体同时获得速度和加速度D ．由于物体未来得及运动，所以速度和加速度都为零6、质量分别是 m 和 2 m 的两个物体用一根轻质弹簧连接后再用细绳悬挂，m在上2m在下。

稳定后将细绳剪断，则剪断的瞬间，下列说法正确的是（ g 是重力加速度）（）A ．质量为 m 的物体加速度是 0B ．质量为2 m 的物体加速度是 gC ．质量为 m 的物体加速度是 3 gD ．质量为2 m 的物体加速度是 3 g二、填空题（共4题）1、某人沿着半径为R 的水平圆周跑道跑了 1.75 圈时，他的路程为（），位移的大小为（）。

专题突破练习(三)(时间：40分钟)1．(2020·江苏高考)中欧班列在欧亚大陆开辟了“生命之路”，为国际抗疫贡献了中国力量。

某运送防疫物资的班列由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 ．19F 20C ．F 19D ．F 20C [根据题意可知第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节车厢根据牛顿第二定律有F －38f ＝38ma ，设倒数第3节车厢对倒数第2节车厢的牵引力为F 1，则根据牛顿第二定律有F 1－2f ＝2ma ，联立解得F 1＝F19。

故选C 。

]2.如图所示，质量为m 2的物块B 放在光滑的水平桌面上，其上放置质量为m 1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 从静止开始运动，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 ．MgB ．M (g ＋a )C ．(m 1＋m 2)aD ．m 1a ＋μm 1gC [以C 为研究对象，有Mg －T ＝Ma ，解得T ＝Mg －Ma ，故A 、B 错误；以A 、B 整体为研究对象，根据牛顿第二定律可知T ＝(m 1＋m 2)a ，故C 正确；A 、B 间为静摩擦力，根据牛顿第二定律，对B 可知f ＝m 2a ≠μm 1g ，故D 错误。

]3．(启光卓越联盟广东省2021届高三年级11月调研)新能源汽车已经成为未来汽车发展的趋势，2019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变化图象如图所示，下列说法正确的是( )A．0～2.5 s内汽车座椅对试车员的作用力不变B．0～2.5 s内汽车位移大小为31.25 mC．0～2.5 s内汽车的平均速度大于12.5 m/sD．t＝2.5 s时，汽车加速度大小为10 m/s2C[0～2.5 s时间内，新能源汽车的加速度逐渐减小，由牛顿第二定律，汽车座椅对试车员的作用力逐渐减小，A错误，汽车位移大于31.25 m，平均速度大于12.5 m/s，B错误，C正确，t＝2.5 s时，汽车加速度小于10 m/s2，D错误。

第三章牛顿运动定律专题强化三动力学两类基本问题和临界极值问题专题解读1.本专题是动力学方法处理动力学两类基本问题、多过程问题和临界极值问题，高考在选择题和计算题中命题频率都很高．2．学好本专题可以培养同学们的分析推理能力，应用数学知识和方法解决物理问题的能力．3．本专题用到的规律和方法有：整体法和隔离法、牛顿运动定律和运动学公式、临界条件和相关的数学知识．过好双基关————回扣基础知识训练基础题目一、动力学的两类基本问题1．由物体的受力情况求解运动情况的基本思路：先求出几个力的合力，由牛顿第二定律(F合＝ma)求出加速度，再由运动学的有关公式求出速度或位移．2．由物体的运动情况求解受力情况的基本思路：已知加速度或根据运动规律求出加速度，再由牛顿第二定律求出合力，从而确定未知力．3．应用牛顿第二定律解决动力学问题，受力分析和运动分析是关键，加速度是解决此类问题的纽带，分析流程如下：受力情况二、动力学中的临界与极值问题1．临界或极值条件的标志(1)题目中“刚好”“恰好”“正好”等关键词句，明显表明题述的过程存在着临界点．(2)题目中“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词句，表明题述过程存在着“起止点”，而这些“起止点”一般对应着临界状态．(3)题目中“最大”“最小”“至多”“至少”等词句，表明题述的过程存在着极值，这个极值点往往是临界点．2．常见临界问题的条件(1)接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离，临界条件是弹力F N＝0.(2)相对滑动的临界条件：静摩擦力达到最大值．(3)绳子断裂与松弛的临界条件：绳子断裂的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力；绳子松弛的临界条件是F T＝0.(4)最终速度(收尾速度)的临界条件：物体所受合外力为零．研透命题点————细研考纲和真题分析突破命题点1．解题关键(1)两类分析——物体的受力分析和物体的运动过程分析；(2)两个桥梁——加速度是联系运动和力的桥梁；速度是各物理过程间相互联系的桥梁．2．常用方法(1)合成法(2)正交分解法◆类型1已知物体受力情况，分析物体运动情况【例1】(2021·河北卷)如图，一滑雪道由AB 和BC 两段滑道组成，其中AB 段倾角为θ，BC 段水平，AB 段和BC 段由一小段光滑圆弧连接，一个质量为2kg 的背包在滑道顶端A 处由静止滑下，若1s 后质量为48kg 的滑雪者从顶端以1.5m/s 的初速度、3m/s 2的加速度匀加速追赶，恰好在坡底光滑圆弧的水平处追上背包并立即将其拎起，背包与滑道的动摩擦因数为μ＝112，重力加速度取g ＝10m/s 2，sin θ＝725，cos θ＝2425，忽略空气阻力及拎包过程中滑雪者与背包的重心变化，求：(1)滑道AB段的长度；(2)滑雪者拎起背包时这一瞬间的速度．答案(1)9m(2)7.44m/s解析(1)A→B过程对背包(m1)：受力分析，由牛顿第二定律得m1g sinθ－μm1g cosθ＝m1a1解得a1＝2m/s2①由运动分析得：l＝1a1t2②，v1＝a1t③2对滑雪者(m2)：由运动分析得l＝v0(t－t0)＋1a2(t－t0)2④2v2＝v0＋a2(t－t0)，其中t0＝1s⑤联立①②③④⑤得t＝3s，v1＝6m/s，v2＝7.5m/s，l＝9m(2)滑雪者拎起背包过程水平方向动量守恒，有m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v解得v＝7.44m/s滑雪者拎起背包时的速度为7.44m/s【变式1】(多选)如图甲所示，质量为m的小球(可视为质点)放在光滑水平面上，在竖直线MN的左侧受到水平恒力F1作用，在MN的右侧除受F1外还受到与F1在同一直线上的水平恒力F2作用，现小球从A点由静止开始运动，小球运动的v－t图像如图乙所示，下列说法中正确的是()A．小球在MN右侧运动的时间为t1－t2B．F2的大小为m v1t1＋2mv1 t3－t1C．小球在MN右侧运动的加速度大小为2v1 t3－t1D．小球在0～t4时间内运动的最大位移为v1t2答案BC解析小球在MN右侧运动的时间为t3～t1，故A错误；小球在MN右侧的加速度大小a2＝2v1t3－t1，在MN的左侧，由牛顿第二定律可知F1＝ma1＝mv1t1，在MN的右侧，由牛顿第二定律可知F2－F1＝ma2得F2＝2mv1t3－t1＋mv1t1，故B、C正确；t2时刻后小球反向运动，所以小球在0～t4时间内运动的最大位移是v1t22，故D错误．◆类型2已知物体运动情况，分析物体受力情况【例2】如图甲所示，一质量m＝0.4kg的小物块，以v0＝2m/s的初速度，在与斜面平行的拉力F作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t＝2s的时间物块由A点运动到B点，A、B之间的距离L＝10m．已知斜面倾角θ＝30°，物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝33.重力加速度g取10m/s2.求：(1)物块到达B点时速度和加速度的大小；(2)拉力F的大小；(3)若拉力F与斜面夹角为α，如图乙所示，试写出拉力F的表达式(用题目所给物理量的字母表示)．答案(1)8m/s3m/s2(2)5.2N(3)F＝mg sinθ＋μcosθ＋ma cosα＋μsinα解析(1)物块做匀加速直线运动，根据运动学公式，有L＝v0t＋12at2，v＝v0＋at，联立解得a＝3m/s2，v＝8m/s(2)对物块受力分析可得，平行斜面方向F cosα－mg sinθ－F f＝ma，垂直斜面方向F N＝mg cosθ其中F f＝μF N解得F＝mg(sinθ＋μcosθ)＋ma＝5.2N(3)拉力F与斜面夹角为α时，物块受力如图所示根据牛顿第二定律有F cosα－mg sinθ－F f＝ma F N＋F sinα－mg cosθ＝0其中F f＝μF NF＝mg sinθ＋μcosθ＋macosα＋μsinα.【变式2】如图所示，粗糙的地面上放着一个质量M＝1.5kg的斜面体，斜面部分光滑，底面与地面的动摩擦因数μ＝0.2，倾角θ＝37°，在固定在斜面的挡板上用轻质弹簧连接一质量m＝0.5kg的小球，弹簧劲度系数k＝200 N/m，现给斜面施加一水平向右的恒力F，使整体向右以a＝1m/s2的加速度匀加速运动(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2)．求：(1)F的大小；(2)弹簧的形变量及斜面对小球的支持力大小．答案(1)6N(2)0.017m 3.7N解析(1)对整体应用牛顿第二定律：F－μ(M＋m)g＝(M＋m)a，解得F＝6N.(2)设弹簧的形变量为x，斜面对小球的支持力为F N对小球受力分析：在水平方向：kx cosθ－F N sinθ＝ma在竖直方向：kx sinθ＋F N cosθ＝mg解得x＝0.017m，F N＝3.7N.多过程问题分析步骤1．将“多过程”分解为许多“子过程”，各“子过程”间由“衔接点”连接．2．对各“衔接点”进行受力分析和运动分析，必要时画出受力图和过程示意图．3．根据“子过程”“衔接点”的模型特点选择合理的物理规律列方程．4．分析“衔接点”速度、加速度等的关联，确定各段间的时间关联，并列出相关的辅助方程．5．联立方程组，分析求解，对结果进行必要的验证或讨论．【例3】如图所示，两滑块A、B用细线跨过定滑轮相连，B距地面一定高度，A可在细线牵引下沿足够长的粗糙斜面向上滑动．已知m A＝2kg，m B ＝4kg，斜面倾角θ＝37°.某时刻由静止释放A，测得A沿斜面向上运动的v －t图像如图所示．已知g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：(1)A与斜面间的动摩擦因数；(2)A沿斜面向上滑动的最大位移；(3)滑动过程中细线对A拉力所做的功．答案(1)0.25(2)0.75m(3)12J解析(1)在0～0.5s内，根据图像，A、B系统的加速度为a1＝vt ＝20.5m/s2＝4m/s2对A、B系统受力分析，由牛顿第二定律有m B g－m A g sinθ－μm A g cosθ＝(m A＋m B)a1得：μ＝0.25(2)B落地后，A减速上滑．由牛顿第二定律有m A g sinθ＋μm A g cosθ＝m A a2将已知量代入，可得a2＝8m/s2故A减速向上滑动的位移为x2＝v22a2＝0.25m0～0.5s内A加速向上滑动的位移x1＝v22a1＝0.5m所以，A上滑的最大位移为x＝x1＋x2＝0.75m(3)A加速上滑过程中，由动能定理：W－m A gx1sinθ－μm A gx1cosθ＝12m A v2－0得W＝12J.【变式3】如图所示，一足够长斜面上铺有动物毛皮，毛皮表面具有一定的特殊性，物体上滑时顺着毛的生长方向，毛皮此时的阻力可以忽略；下滑时逆着毛的生长方向，会受到来自毛皮的滑动摩擦力，现有一物体自斜面底端以初速度v0＝6m/s冲上斜面，斜面的倾角θ＝37°，经过2.5s物体刚好回到出发点，(g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)．求：(1)物体上滑的最大位移；(2)若物体下滑时，物体与毛皮间的动摩擦因数μ为定值，试计算μ的数值．(结果保留两位有效数字)答案(1)3m(2)0.42解析(1)物体向上滑时不受摩擦力作用，设最大位移为x.由牛顿第二定律可得：mg sin37°＝ma1代入数据得：a1＝6m/s2由运动学公式有：v20＝2a1x联立解得物体上滑的最大位移为：x＝3m(2)物体沿斜面上滑的时间为：t1＝v0a1＝66s＝1s物体沿斜面下滑的时间为：t2＝t－t1＝1.5s下滑过程中，由运动学公式有：x＝12a2t22由牛顿第二定律可得：mg sin37°－μmg cos37°＝ma2联立解得：μ≈0.421．基本思路(1)认真审题，详尽分析问题中变化的过程(包括分析整体过程中有几个阶段)；(2)寻找过程中变化的物理量；(3)探索物理量的变化规律；(4)确定临界状态，分析临界条件，找出临界关系．2．思维方法极限法把物理问题(或过程)推向极端，从而使临界现象(或状态)暴露出来，以达到正确解决问题的目的假设法临界问题存在多种可能，特别是非此即彼两种可能时，或变化过程中可能出现临界条件，也可能不出现临界条件时，往往用假设法解决问题数学法将物理过程转化为数学表达式，根据数学表达式解出临界条件【例4】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＝6kg的物体P，Q为一质量为m2＝10kg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．现给物体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，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10m/s 2.求：(1)系统处于静止状态时，弹簧的压缩量x 0；(2)物体Q 从静止开始沿斜面向上做匀加速运动的加速度大小a ；(3)力F 的最大值与最小值．答案(1)0.16m (2)103m/s 2(3)2803N 1603N 解析(1)设开始时弹簧的压缩量为x 0对整体受力分析，平行斜面方向有(m 1＋m 2)g sin θ＝kx 0解得x 0＝0.16m(2)前0.2s 时间内F 为变力，之后为恒力，则0.2s 时刻两物体分离，此时P 、Q 之间的弹力为零且加速度大小相等，设此时弹簧的压缩量为x 1对物体P ，由牛顿第二定律得kx 1－m 1g sin θ＝m 1a前0.2s 时间内两物体的位移x 0－x 1＝12at 2联立解得a ＝103m/s 2(3)对两物体受力分析知，开始运动时拉力最小，分离时拉力最大NF min＝(m1＋m2)a＝1603对Q应用牛顿第二定律得F max－m2g sinθ＝m2aN.解得F max＝m2(g sinθ＋a)＝2803【变式4】两物体A、B并排放在水平地面上，且两物体接触面为竖直面，现用一水平推力F作用在物体A上，使A、B由静止开始一起向右做匀加速运动，如图a所示，在A、B的速度达到6m/s时，撤去推力F.已知A、B 质量分别为m A＝1kg、m B＝3kg，A与地面间的动摩擦因数μ＝0.3，B与地面间没有摩擦，B物体运动的v－t图像如图b所示．g取10m/s2，求：(1)推力F的大小；(2)A刚停止运动时，物体A、B之间的距离．答案(1)15N(2)6m解析(1)在水平推力F作用下，设物体A、B一起做匀加速运动的加速度为a，由B的v－t图象得：a＝3m/s2对于A、B组成的整体，由牛顿第二定律得：F－μm A g＝(m A＋m B)a代入数据解得：F＝15N.(2)撤去推力F后，A、B两物体分离．A在摩擦力作用下做匀减速直线运动，B做匀速运动，设A匀减速运动的时间为t，对于A有：μm A g＝m A a A解得：a A＝μg＝3m/s2根据匀变速直线运动规律有：0＝v0－a A t解得：t＝2s撤去力F后，A的位移为x A＝v0t－1a A t2＝6m2B的位移为x B＝v0t＝12m所以，A刚停止运动时，物体A、B之间的距离为Δx＝x B－x A＝6m.。

2024届新高考物理高频考点专项练习：专题三考点09动力学的图像问题1.一物块静止在粗糙的水平桌面上.从某时刻开始，物块受到一方向不变的水平拉力作用.假设物块与桌面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力.以a表示物块的加速度大小，F 表示水平拉力的大小.能正确描述F与a之间的关系的图象是（）A. B. C. D.2.物块以一定的初速度竖直上抛，到达某一高度后又落回出发点。

已知物块在运动过程中受到大小恒定的阻力作用。

以下关于v随时间t变化的图像中，能正确描述物块整个运动过程的是（）A. B.C. D.3.如图甲所示，质量为M的平板足够长，静止在光滑水平地面上，质量为m的物块以水平速度0v 冲上平板，两者发生相对滑动，最终共速。

物块和平板的v t 图像如图乙所示，则（）A.若只是0v 变大，由开始运动至共速的时间变长，相对运动的距离变短B.若只是m 变大，由开始运动至共速的时间变短，相对运动的距离变短C.若只是M 变小，由开始运动至共速的时间变短，相对运动的距离变长D.若只是动摩擦因数变小，由开始运动至共速的时间变长，相对运动的距离变短4.如图所示，在光滑水平面上有一段质量分布均匀的粗麻绳，绳子在水平向右的恒力F 作用下做匀加速直线运动.绳子上某一点到绳子左端的距离为x ，设该点处的张力为T ，则最能正确反映T 与x 之间的关系的图象是（）A. B. C. D.5.一货箱随竖直升降机运动的速度-时间图像如图所示，取竖直向上为正方向，下列说法正确的是（）A.在2t 时货箱运动到最高位置B.在23t t 与时间内，货箱所受的合力竖直向上且不断减小C.在45t t 时间内，货箱处于失重状态D.在67t t 时间内，货箱做匀加速运动6.某校科技兴趣小组观察“嫦娥二号”的发射过程后，用实验来模拟卫星的发射.火箭点燃后从地面竖直升空，1t 时刻第一级火箭燃料燃尽后脱落，2t 时刻第二级火箭燃料燃尽后脱落，此后不再有燃料燃烧.实验中测得火箭的v t 图像如图所示，设运动中不计空气阻力，全过程中燃料燃烧时产生的推力大小恒定.下列判断中正确的是（）A.2t 时刻火箭到达最高点，3t 时刻火箭落回地面B.火箭在23~t t 时间内的加速度大小大于重力加速度C.火箭在10~t 时间内的加速度大于21~t t 时间内的加速度D.21~t t 时间内火箭处于超重状态，23~t t 时间内火箭处于失重状态7.放在倾角为30°的固定斜面上的物体，受到平行于斜面向上的力F 作用沿斜面向上运动，力F 随时间t 变化的图象及物体运动的v t 图象如图所示，由此可知（不计空气阻力，取210m/s g ）（）A.物体的质量30kgm B.物体的质量60kgmC.物体与斜面间的动摩擦因数10D.物体与斜面间的动摩擦因数3158.无人机由于小巧灵活，国内已经逐步尝试通过无人机进行火灾救援。

第三章运动和力的关系动力学两类基本问题1．做好两个分析：(1)受力分析，表示出合力与分力的关系；(2)运动过程分析，表示出加速度与各运动量的关系.2.熟悉两种处理方法：合成法和正交分解法.3.把握一个关键：求解加速度是解决问题的关键．1．汽车紧急刹车后，停止运动的车轮在水平地面上滑动直至停止，在地面上留下的痕迹称为刹车线．由刹车线的长短可知汽车刹车前的速度．已知汽车轮胎与地面之间的动摩擦因数为0.80，测得刹车线长为25m ．汽车在刹车前瞬间的速度大小为(重力加速度g 取10m/s 2)()A ．10m/sB ．20m/sC ．30m/sD ．40m/s 答案B 解析汽车紧急刹车后，受滑动摩擦力的作用，做匀减速直线运动，设减速时的加速度大小为a ，由牛顿第二定律得μmg ＝ma ，设汽车在刹车前瞬间的速度大小为v 0，根据运动学公式有v 02＝2ax ，代入数据，联立以上各式解得v 0＝20m/s ，B 正确．2.(多选)(2023·湖南永州模拟)现有大型室外活动通常用无人飞机进行航拍．如图所示，一质量m ＝2kg 的无人飞机在操作员的操控下由静止开始竖直向上匀加速运动2s ，然后匀速向上运动3s ，接着匀减速向上运动4s 速度恰好为零，之后悬停进行航拍．已知无人飞机上升过程中的最大速度为v m ＝4m/s ，受到的空气阻力恒为F f ＝1N ，重力加速度大小g ＝10m/s 2，则()A ．无人飞机上升的第一个阶段，受到向上的作用力大小是25NB ．无人飞机上升的第二个阶段，受到向上的作用力大小是20NC ．无人飞机上升的第三个阶段，受到向上的作用力大小是18ND ．无人飞机上升的总高度为24m答案AD 解析以竖直向上为正方向，第一阶段无人飞机沿竖直方向向上做匀加速直线运动，加速度为a 1＝42m/s 2＝2m/s 2，由牛顿第二定律有F 1－mg －F f ＝ma 1，得此阶段无人飞机受到向上的作用力F 1＝mg ＋ma 1＋F f ＝25N ，故A 正确；由平衡条件可知第二阶段无人飞机受到向上的作用力F 2＝mg ＋F f ＝21N ，故B 错误；第三阶段无人飞机向上做匀减速直线运动，加速度为a 3＝0－44m/s 2＝－1m/s 2，由牛顿第二定律有F 3－mg －F f ＝ma 3，得此阶段无人飞机受到向上的作用力F 3＝mg ＋ma 3＋F f ＝19N ，故C 错误；无人飞机上升的总高度h ＝(42×2＋4×3＋42×4)m ＝24m ，故D 正确．3.如图所示，倾角为θ的斜面体M 置于粗糙的水平地面，物体m 静止在斜面上．对m 施加沿斜面向下的力F 使其匀速下滑，增大F 使m 加速下滑．m 沿斜面匀速下滑和加速下滑时，斜面体M 始终保持静止．比较m 匀速下滑和加速下滑两个过程，下列说法正确的是()A ．m 在加速下滑时，m 与M 之间的摩擦力较大B ．m 在匀速和加速下滑时，地面与M 之间的摩擦力不变C ．m 在匀速下滑时，m 对M 的压力较小D ．m 在加速下滑时，地面对M 的支持力较大答案B 解析对m 施加沿斜面向下的力F 使其匀速下滑，对物体m 受力分析可知F f ＝μmg cos θ，F N ＝mg cos θ，而增大沿斜面的拉力F 使m 加速下滑，物体m 所受的滑动摩擦力和斜面支持力大小不变，由牛顿第三定律可知，物体对斜面的摩擦力F f ′和压力F N ′大小方向均不变，则对斜面体而言，所有受力均不变，即地面与M 之间的摩擦力不变，地面对M 的支持力也不变，故选B.4.(多选)(2023·西南名校联盟联考)某研究小组为游乐场设计一座新型安全滑梯，简化为如图所示的斜面，其中AB 段和BC 段用两种不同的材料制成且AB >BC .要求小孩从滑梯顶端A 无初速度出发后能沿斜面下滑，最多能滑到C 点，整个过程中滑梯保持静止状态．某小孩从A 点出发后刚好能到达C 点，对于这一过程，下列说法正确的是()A ．小孩与AB 段的动摩擦因数小于与BC 段的动摩擦因数B ．小孩在AB 段的运动时间小于在BC 段的运动时间C ．地面对滑梯的摩擦力方向先水平向右、后水平向左D ．地面对滑梯的支持力先小于、后大于小孩和滑梯的总重力答案AD 解析设小孩的质量为m ，由题意可知，小孩在AB 段是加速下滑，在BC 段是减速下滑，规定斜向下为正方向，在AB 段，根据牛顿第二定律可得mg sin θ－μ1mg cos θ＝ma 1，a 1>0，因此μ1<tan θ，在BC 段，根据牛顿第二定律可得mg sin θ－μ2mg cos θ＝ma 2，a 2<0，因此μ2>tan θ，因此μ2>μ1，故A 正确；小孩从静止由A 点加速到B 点，设在B 点的速度为v B ，则AB ＝0＋v B 2·t 1，小孩从B点减速到C点，且到达C点时速度为零，因此BC＝v B＋02·t2，由于AB>BC，因此t1>t2，故B错误；以小孩和滑梯整体为研究对象，小孩在AB段做匀加速运动，加速度方向沿斜面向下，加速度有向左和向下的分加速度，根据牛顿第二定律可知，地面对滑梯有向左的摩擦力，且地面对滑梯的支持力小于小孩和滑梯的总重力．当小孩在BC段做匀减速运动时，加速度方向沿斜面向上，加速度有向右和向上的分加速度，根据牛顿第二定律可知，地面对滑梯有向右的摩擦力，且地面对滑梯的支持力大于小孩和滑梯的总重力，故C错误，D 正确．5．(多选)如图所示，质量m＝2kg的物体静止于水平面上，现用一水平向右的恒力F＝14N 拉物体，物体运动9m后撤去拉力F，已知物体与水平面之间的动摩擦因数μ＝0.5,g取10m/s2.则()A．物体与水平面之间的摩擦力F f＝10NB．物体刚开始运动时的合力大小F合＝4NC．物体在恒力作用下运动时的加速度大小a＝7m/s2D．撤去外力时速度大小v＝6m/s答案ABD解析物体与水平面之间的动摩擦力F f＝μmg＝0.5×2×10N＝10N，故A正确；物体刚开始运动时的合力大小F合＝F－F f＝14N－10N＝4N，故B正确；物体在恒力作用下运动时的加速度大小a＝F合m＝42m/s2＝2m/s2，故C错误；撤去外力时v2＝2ax，解得v＝2ax＝2×2×9m/s＝6m/s，故D正确．6.如图所示，某次正面100%碰撞测试过程中，被测汽车在外加牵引装置牵引下在特定轨道上从静止开始做匀加速直线运动，当汽车达到测试速度后，牵引装置即牵引汽车以该速度匀速前进直至发生碰撞完成测试．若轨道有效长度为100m，测试速度大小为60km/h，则以下说法正确的是()A．汽车匀加速运动时加速度不能大于1.39m/s2B．若汽车加速度大小为a＝2m/s2，则汽车匀加速时间约为30sC．若汽车加速度大小为a＝2m/s2，则汽车匀加速过程发生的位移大小约为69.4mD．若只更换为质量较轻的汽车进行测试而不改变牵引力等其他测试条件，则该汽车做匀加速运动的时间会增加解析为完成测试，汽车做匀加速直线运动的位移应不大于100m ，根据匀变速运动规律有x ≥v 22a ，解得a ≥v 22x ＝(60×51822×100m/s 2≈1.39m/s 2，故A 错误；若汽车加速度大小为a ＝2m/s 2，匀加速过程发生的位移大小x 加＝v 22a ≈69.4m ，匀加速的时间t 加＝v a≈8.3s ，故B 错误，C 正确；根据牛顿第二定律F ＝ma ，只更换为质量较轻的汽车进行测试而不改变牵引力等其他测试条件，汽车的加速度增大，由v ＝at 得该汽车做匀加速运动的时间会减小，故D 错误．7.如图所示，ab 、cd 是竖直平面内两根固定的光滑细杆，a 、b 、c 、d 位于同一圆周上，b 点为圆周的最低点，c 点为圆周的最高点，若每根杆上都套着一个小滑环(图中未画出)，将两滑环同时从a 、c 处由静止释放，用t 1、t 2分别表示滑环从a 到b 、c 到d 所用的时间，则()A ．t 1＝t 2B ．t 1>t 2C ．t 1<t 2D ．无法确定答案A 解析设杆与竖直方向的夹角为α，圆周的直径为d ′.根据牛顿第二定律得：滑环的加速度为a ′＝mg cos αm ＝g cos α；滑杆的长度为s ＝d ′cos α；则根据s ＝12a ′t 2得，t ＝2s a ′＝2d ′cos αg cos α＝2d ′g ，可见，时间t 与α无关，故有t 1＝t 2.故选A.8.如图所示，在斜面上同一竖直面内有四条光滑细杆，其中OA 杆竖直放置，OB 杆与OD 杆等长，OC 杆与斜面垂直放置，每根杆上都套着一个小滑环(图中未画出)，四个环分别从O 点由静止释放，沿OA 、OB 、OC 、OD 滑到斜面上所用的时间依次为t 1、t 2、t 3、t 4.下列关系正确的是()A ．t 1<t 2B ．t 1>t 3C ．t 2＝t 4D ．t 2<t 4解析以OA 为直径画圆，根据等时圆模型，对小滑环受力分析，受重力和支持力，将重力沿杆的方向和垂直杆的方向正交分解，根据牛顿第二定律得小滑环做初速度为零的匀加速直线运动的加速度为a ＝g cos θ(θ为杆与竖直方向的夹角)．由图中的直角三角形可知，小滑环的位移x ＝2R cos θ，所以t ＝2s a ＝4R cos θg cos θ＝4R g，t 与θ无关，可知从圆上最高点沿任意一条弦滑到底所用时间相同，故沿OA 和OC 滑到底的时间相同，即t 1＝t 3，OB 不是一条完整的弦，时间最短，即t 1>t 2，OD 长度超过一条弦，时间最长，即t 2<t 1＝t 3<t 4.故A 、B 、C 错误，D 正确．9.可爱的企鹅喜欢在冰面上玩游戏．如图所示，有一企鹅在倾角为37°的倾斜冰面上，先以加速度a ＝0.5m/s 2从冰面底部由静止开始沿直线向上“奔跑”，t ＝8s 时，突然卧倒以肚皮贴着冰面向前滑行，最后退滑到出发点，完成一次游戏(企鹅在滑动过程中姿势保持不变)．若企鹅肚皮与冰面间的动摩擦因数μ＝0.25，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g ＝10m/s 2.求：(1)企鹅向上“奔跑”的位移大小；(2)企鹅在冰面滑动的加速度大小；(3)企鹅退滑到出发点时的速度大小．(计算结果可用根式表示)答案(1)16m (2)8m/s 24m/s 2(3)234m/s 解析(1)在企鹅向上“奔跑”过程中，位移x ＝12at 2，解得x ＝16m.(2)在企鹅卧倒以后将进行两个过程的运动，第一个过程是从卧倒处到最高点，第二个过程是从最高点滑到出发点，两个过程根据牛顿第二定律分别有mg sin 37°＋μmg cos 37°＝ma 1mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma 2解得a 1＝8m/s 2，a 2＝4m/s 2.(3)企鹅从卧倒处到滑到最高点的过程中，做匀减速直线运动，设时间为t ′，位移大小为x ′，则有t ′＝at a 1，x ′＝12a 1t ′2，解得x ′＝1m.企鹅从最高点滑到出发点的过程中，设末速度为v t ，初速度为0，则有v t 2－0＝2a 2(x ＋x ′)，解得v t ＝234m/s.10．如图甲，滑沙即乘坐滑板从高高的沙山顶自然下滑，是一种独特的游乐项目．如图乙所示，某滑沙场地可简化为倾角θ＝37°的斜面和水平面对接而成，沙子与滑板的动摩擦因数为0.25，不计对接处的速度损失，人可视为质点．某游客从沙山顶部静止滑下，13s 后停在水平沙地上．试求(取g ＝10m/s 2，sin 37°＝0.6)：(1)游客在沙山上下滑时的加速度；(2)全过程总路程；(3)沙山的高度．答案(1)4m/s 2，方向沿斜面向下(2)130m (3)30m 解析(1)在斜面上下滑时，有mg sin θ－μmg cos θ＝ma 1得a 1＝g sin θ－μg cos θ＝4m/s 2方向沿斜面向下(2)在水平面上滑行时，有μmg ＝ma 2得a 2＝2.5m/s 2设运动到斜面底部时速度为v 全过程有v a 1＋v a 2＝t 总得v ＝20m/s两过程都为匀变速直线运动，有l ＝v ＋02t 1＋v ＋02t 2＝v 2t 总＝130m (3)由运动学公式x 1＝v 22a 1＝50m沙山的高度h ＝x 1sin θ＝30m ．。

第2课时动力学和能量观点的综合应用高考题型1多运动过程问题1.运动模型多运动过程通常包括匀变速直线运动、平抛运动、圆周运动或者是一般的曲线运动。

在实际问题中通常是两种或者多种运动的组合。

2.基本规律运动学的基本规律、牛顿运动定律、圆周运动的知识和动能定理。

3.分析技巧(1)多个运动过程的组合实际上是多种物理规律和方法的综合应用，分析这种问题时应注意要独立分析各个运动过程，而不同过程往往通过连接点的速度建立联系，有时对整个过程应用能量的观点解决问题会更简单。

(2)如果涉及加速度、时间和受力的分析和计算，一般应用动力学方法；如果只涉及位移、功和能量的转化问题，通常采用动能定理分析。

【例1】(2021·全国甲卷，24)如图1，一倾角为θ的光滑斜面上有50个减速带(图中未完全画出)，相邻减速带间的距离均为d，减速带的宽度远小于d；一质量为m的无动力小车(可视为质点)从距第一个减速带L处由静止释放。

已知小车通过减速带损失的机械能与到达减速带时的速度有关。

观察发现，小车通过第30个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同。

小车通过第50个减速带后立刻进入与斜面光滑连接的水平地面，继续滑行距离s后停下。

已知小车与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。

图1(1)求小车通过第30个减速带后，经过每一个减速带时损失的机械能；(2)求小车通过前30个减速带的过程中在每一个减速带上平均损失的机械能；(3)若小车在前30个减速带上平均每一个损失的机械能大于之后每一个减速带上损失的机械能，则L应满足什么条件？答案(1)mgd sin θ(2)mg（29d＋L）sin θ－μmgs30(3)L>d＋μs sin θ解析(1)设小车通过第30个减速带后，经过每一个减速带时损失的机械能为ΔE，由小车通过第30个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同，可知小车通过每一个减速带时重力势能的减少量等于经过减速带损失的机械能，即ΔE＝mgd sin θ①(2)设小车通过前30个减速带的过程中在每一个减速带上平均损失的机械能为ΔE0，对小车从静止开始到进入水平面停止，由动能定理有mg(49d＋L)sin θ－30ΔE0－20ΔE－μmgs＝0－0②联立①②解得ΔE0＝mg（29d＋L）sin θ－μmgs30③(3)要使ΔE0>ΔE，有mg（29d＋L）sin θ－μmgs30>mgd sin θ④解得L>d＋μssin θ。

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高频考点专项练(三)动力学综合问题试卷(45分钟100分)一、选择题(本题共8小题,每小题7分,共56分。

多选题已在题号后标出)1.在交通事故的分析中,刹车线的长度是很重要的依据,刹车线是汽车刹车后,停止转动的轮胎在地面上发生滑动时留下的滑动痕迹。

在某次交通事故中,汽车的刹车线长度是14m,假设汽车轮胎与地面间的动摩擦因数恒为,g取10m/s2,则汽车刹车前的速度为( )A.7 m/sB.14 m/sC.10 m/sD.20 m/s【解析】选B。

设汽车刹车后滑动的加速度大小为a,由牛顿第二定律得μmg=ma,解得a=μg,由匀变速直线运动速度、位移关系式v02=2ax,可得汽车刹车前的速度为v0=√2ax=√2μgx=√2×0.7×10×14m/s=14 m/s,选项B正确。

2.人在平地上静止站立时,受到的支撑力等于人的重力。

做原地纵跳时,在快速下蹲和蹬伸的过程中,人体受到的支撑力发生变化(如图,G为重力,F为支撑力)。

下列图像能正确反映该变化的是( )【解析】选D。

下蹲过程中的加速阶段人体处于失重状态,F<G,减速阶段中处于超重状态,F>G。

同理蹬伸过程中的加速上升阶段F>G,减速上升阶段F<G。

腾空后人离开地面,F=0,故D选项正确。

【加固训练】一个物体在多个力的作用下处于静止状态,如果仅使其中一个力的大小逐渐减小到零,然后又从零逐渐恢复到原来的大小(此力的方向始终未变),而在这一过程中其余各力均不变。

那么,图中能正确描述该过程中物体速度变化情况的是( )【解析】选D。

由题意可知物体一直做加速运动,加速度先逐渐增大后逐渐减小,所以选项D正确。

3.(2015·无锡模拟)一质量为m的物块在倾角为θ的足够长斜面上匀减速下滑。

秘籍1 动力学与运动学综合问题1、匀变速直线运动基本规律(1)速度公式：v ＝v 0＋at . (2)位移公式：x ＝v 0t ＋12at 2. (3)位移速度关系式：v 2－v 20＝2ax .这三个基本公式，是解决匀变速直线运动的基石．均为矢量式，应用时应规定正方向．2、两个重要推论(1)物体在一段时间内的平均速度等于这段时间中间时刻的瞬时速度，还等于初、末时刻速度矢量和的一半，即：v ＝v 2t ＝v 0＋v 2. (2)任意两个连续相等的时间间隔T 内的位移之差为一恒量，即：Δx ＝x 2－x 1＝x 3－x 2＝…＝x n －x n －1＝aT 2.3、v 0＝0的四个重要推论(1)1T 末、2T 末、3T 末、……瞬时速度的比为：v 1∶v 2∶v 3∶…∶v n ＝1∶2∶3∶…∶n(2)1T 内、2T 内、3T 内……位移的比为：x 1∶x 2∶x 3∶…∶x n ＝12∶22∶32∶…∶n 2(3)第一个T 内、第二个T 内、第三个T 内……位移的比为：x Ⅰ∶x Ⅰ∶x Ⅰ∶…∶x n ＝1∶3∶5∶…∶(2n －1)(4)从静止开始通过连续相等的位移所用时间的比为：t 1∶t 2∶t 3∶…∶t n ＝1∶(2－1)∶(3－2)∶…∶(n －n －1)4、牛顿第二定律(1)表达式为F ＝ma .(2)理解：核心是加速度与合外力的瞬时对应关系，二者总是同时产生、同时消失、同时变化．5、求解多阶段运动问题的四点注意(1)准确选取研究对象，根据题意画出物体在各阶段的运动示意图，直观呈现物体的运动过程．(2)明确物体在各阶段的运动性质，找出题目给定的已知量、待求未知量以及中间量．(3)合理选择运动学公式，列出物体在各阶段的运动方程，同时列出物体各阶段间的关联方程．(4)匀变速直线运动涉及的公式较多，各公式相互联系，大多数题目可一题多解，解题时要开阔思路，通过分析、对比，根据已知条件和题目特点适当地拆分、组合运动过程，选取最简捷的解题方法．6、动力学图像分析（1）动力学中常见的图象v －t 图象、x －t 图象、F －t 图象、F －a 图象等．（2）解决图象问题的关键：①看清图象的横、纵坐标所表示的物理量及单位并注意坐标原点是否从零开始。

动力学综合问题(45分钟100分)一、选择题(本题共10小题，每小题6分，共60分。

1～5题为单选题，6～10题为多选题)1.光滑水平面上有一质量为2 kg的物体，在五个恒定的水平共点力的作用下处于平衡状态。

现同时撤去大小分别为5 N和15 N的两个水平力而其余力保持不变，关于此后物体的运动情况的说法中正确的是( )A.一定做匀变速直线运动，加速度大小可能是 5 m/s2B.可能做匀减速直线运动，加速度大小可能是2 m/s2C.一定做匀变速运动，加速度大小可能是 10 m/s2D.可能做匀速圆周运动，向心加速度大小可能是10 m/s2【解析】选C。

根据平衡条件得知，余下力的合力与撤去的两个力的合力大小相等、方向相反，则撤去大小分别为5 N和15 N的两个力后，物体的合力大小范围为10 N≤F合≤20 N，根据牛顿第二定律F=ma得物体的加速度范围为5 m/s2≤a≤10 m/s2；若物体原来做匀速直线运动，撤去的两个力的合力方向与速度方向不在同一直线上时，物体做曲线运动，加速度大小可能是5 m/s2，故A错误；若物体原来做匀速直线运动，撤去的两个力的合力方向与速度方向相同时，则撤去两个力后物体做匀减速直线运动，可知加速度大小不可能是2 m/s2，故B错误；由于撤去两个力后其余力保持不变，则物体所受的合力恒定不变，一定做匀变速运动，加速度大小可能等于10 m/s2，故C正确；由于撤去两个力后其余力保持不变，恒力作用下不可能做匀速圆周运动，故D错误。

2.如图所示，在竖直平面内有一矩形，其长边与一圆的底部相切于O点，现在有三条光滑轨道a、b、c，它们的上端位于圆周上，下端在矩形的底边，三轨道都经过切点O，现在让一物块先后从三轨道顶端由静止下滑至底端(轨道先后放置)，则物块在每一条倾斜轨道上滑动时所经历的时间关系为( )A.t a>t b>t cB.t a<t b<t cC.t a=t b=t cD.无法确定【解析】选B。

压轴题01动力学与运动学综合问题目录一，考向分析 (1)二．题型及要领归纳 (1)热点题型一结合牛顿定律与运动学公式考察经典多过程运动模型 (1)热点题型二动力学图像的理解与应用 (4)热点题型三结合新情景考察动力学观点 (7)类型一以生产生活问题为情境构建多过程多运动问题考动力学观点 (7)类型二以问题探索情景构建物理模型考动力学观点 (9)类型三以科研背景为题材构建物理模型考动力学观点 (10)三．压轴题速练 (11)一，考向分析1.本专题是动力学方法的典型题型，包括动力学两类基本问题和应用动力学方法解决多运动过程问题。

高考中既可以在选择题中命题，更会在计算题中命题。

2023年高考对于动力学的考察仍然是照顾点。

2.通过本专题的复习，可以培养同学们的审题能力，分析和推理能力。

提高学生关键物理素养.3.用到的相关知识有：匀变速直线运动规律，受力分析、牛顿运动定律等。

牛顿第二定律对于整个高中物理的串联作用起到至关重要的效果，是提高学生关键物理素养的重要知识点，因此在近几年的高考命题中动力学问题一直都是以压轴题的形式存在，其中包括对与高种常见的几种运动形式，以及对于图像问题的考察等，所以要求考生了解题型的知识点及要领，对于常考的模型要求有充分的认知。

二．题型及要领归纳热点题型一结合牛顿定律与运动学公式考察经典多过程运动模型多过程问题的处理(1)不同过程之间衔接的关键物理量是不同过程之间的衔接速度。

(2)用好四个公式：v＝v0＋at，x＝v0t＋12at2，v2－v20＝2ax，x＝v＋v02t。

(3)充分借助v－t图像，图像反映物体运动过程经历的不同阶段，可获得的重要信息有加速度(斜率)、位移(面积)和速度。

①多过程v－t图像“上凸”模型，如图所示。

特点：全程初、末速度为零，匀加速直线运动过程和匀减速过程平均速度相等。

速度与时间关系公式：v＝a1t1，v＝a2t2得a 1a 2＝t 2t 1速度与位移关系公式：v 2＝2a 1x 1，v 2＝2a 2x 2得a 1a 2＝x 2x 1平均速度与位移关系公式：x 1＝vt 12，x 2＝vt 22得t 1t 2＝x 1x 2②多过程v －t 图像“下凹”模型，如图所示。