秘籍1动力学与运动学综合问题

秘籍1动力学与运动学综合问题做好本类型压轴问题需要用到的相关知识有: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，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。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（选择题）题型二动力学图像的理解与应用（选择题）题型三结合新情景考察动力学观点（选择题）1、匀变速直线运动基本规律(1)速度公式：v＝v0＋at.(2)位移公式：x＝v0t＋eq\f(1,2)at2.(3)位移速度关系式：v2－veq\o\al(2,0)＝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：eq\x\to(v)＝v＝eq\f(v0＋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＝x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－xn－1＝aT2.3、v0＝0的四个重要推论(1)1T末、2T末、3T末、……瞬时速度的比为：v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶2∶3∶…∶n(2)1T内、2T内、3T内……位移的比为：x1∶x2∶x3∶…∶xn＝12∶22∶32∶…∶n2(3)第一个T内、第二个T内、第三个T内……位移的比为：xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xn＝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：t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶(eq\r(2)－1)∶(eq\r(3)－eq\r(2))∶…∶(eq\r(n)－eq\r(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。②理解图象的物理意义，能够抓住图象的一些关键点，如斜率、截距、面积、交点、拐点等，判断物体的运动情况或受力情况，再结合牛顿运动定律求解．1．（2024•贵州模拟）如图，一小型卡车行驶在平直公路上，车上装有三个完全相同、质量均为m的光滑圆柱形匀质物体，A、B水平固定，C自由摆放在A、B之上。当卡车以某一恒定的加速度刹车时，C对A的压力恰好为零，已知重力加速度大小为g，则C对B的压力大小为（）A．33mg B．233mg C．【解答】解：卡车以某一恒定的加速度刹车时，其加速度水平向左，则C所受的合力水平向左，而C对A的压力恰好为零，则C只受重力和B对C的支持力，由竖直方向平衡有，自身重力与B对C的支持力平衡，NBCsin60°＝mg解得B球对C球的支持力为NBC由牛顿第三定律可知C对B的压力大小为233mg，故B故选：B。2．（2024•山西模拟）如图所示，劲度系数为400N/m的竖直轻弹簧下端固定在地面上，上端与质量为2kg的物块1连接，质量为4kg的物块2叠放在1上，系统处于静止状态。现对物块2施加竖直向上的拉力，使物块2竖直向上做匀加速直线运动，已知拉力在t＝0.2s内为变力，0.2s后为恒力，取g＝10m/s2，下列说法正确的是（）A．物块2匀加速直线运动的加速度大小为4m/s2 B．t＝0时，拉力的大小为24N C．t＝0.2s时，拉力的大小为28N D．t＝0.2s时，弹簧弹力的大小为56N【解答】解：系统处于静止状态，根据受力平衡可知（m1+m2）g＝kx00～0.2s过程中根据位移—时间公式可知x=1t＝0时对系统，根据牛顿第二定律可知F1＝（m1+m2）at＝0.2s时，对物块1根据牛顿第二定律可知F﹣m1g＝m1a弹簧弹力F＝k（x0﹣x）对物块2根据牛顿第二定律可知F2﹣m2g＝m2a联立解得x0＝0.15m，x＝0.08m，a＝4m/s2，F＝28N，F1＝24N，F2＝56N，故AB正确，CD错误。故选：AB。3．（2023秋•兴化市期末）根据海水中的盐分高低可将海水分成不同密度的区域，当潜艇从海水高密度区域驶入低密度区域，浮力顿减，称之为“掉深”。如图甲所示，我国南海舰队某潜艇在高密度海水区域沿水平方向缓慢航行。t＝0时，该潜艇“掉深”，随后采取措施自救脱险，在0～50s内潜艇竖直方向的v﹣t图像如图乙所示（设竖直向下为正方向）。不计水的粘滞阻力，则（）A．潜艇在t＝20s时下沉到最低点 B．潜艇竖直向下的最大位移为750m C．潜艇在“掉深”和自救时的加速度大小之比为5：2 D．潜艇在0～20s内处于超重状态【解答】解：A．由v﹣t图像可知，在50s内先向下加速后向下减速，则t＝50s潜艇向下到达最大深度。故A错误；B．由图像可知潜艇竖直向下的最大位移为图线与坐标轴所围面积，即h=故B正确；C．潜艇在“掉深”时向下加速，则由图像中图线的斜率表示加速度可得a=30在自救时加速度大小可表示为a'可知加速度大小之比为aa'故C错误；D．潜艇在0～20s内向下加速，具有向下的加速度，处于失重状态。故D错误。故选：B。4．（2023秋•武汉期末）如图所示，轻质弹簧1一端与静止在倾斜木板上的物体A相连，另一端与细线相连，该弹簧与倾斜木板保持平行，细线绕过光滑的定滑轮与物体B相连。B、C通过轻质弹簧2连接，且B、C始终未触及地面。初始时系统处于静止状态，木板与水平面间的夹角为30°，若mA：mB：mC＝3：1：2，发生以下变化时，物体A始终保持静止，则（）A．木板与水平面的夹角减小时，A受到的静摩擦力减小 B．木板与水平面夹角保持30°不变，剪断细线后，A所受摩擦力增大 C．剪断细线瞬间，B、C一起以加速度g自由下落 D．剪断细线瞬间，B的加速度为3g【解答】解：A、设A、B、C质量分别为3m、m、2m，初始时对A物体受力分析有3mgsin30°+f＝3mg则木板与水平面的夹角减小时，由三角函数单调性知，A物体受到的静摩擦力增大，故A错误；B、剪断细线后，对A物体受力分析有3mgsin30°＝f′联立可得f＝f′故B错误；CD、剪断细线瞬间，2弹簧弹力没有突变，大小为F＝2mg，则C的加速度为零，B的加速度为a，根据牛顿第二定律有mg+F＝ma解得a＝3g故C错误，D正确。故选：D。5．（2023秋•长沙期末）A、B两小球同一时刻从不同的高度由静止释放，A球所受空气阻力可忽略，B球所受空气阻力的大小与物体速率成正比，两小球同一时刻落到水平地面，落地瞬间均以原速率反弹，规定向下为正方向，关于两小球的速度v与时间t的图像，下列可能正确的是（）A． B． C． D．【解答】解：A、B球所受空气阻力大小与物体速率成正比，B球下降阶段加速度大小a1=g-kvm，上升阶段加速度大小a2=g+kvBC、由于v﹣t图像的斜率代表加速度，B球所受空气阻力大小与物体速率成正比，B球下降阶段加速度越来越小，则B球下降阶段图像的斜率越来越小，故BC错误；D、A球上升阶段与下降阶段所需时间相同，加速度相同，B球上升阶段加速度较大，根据t=vt-故选：D。6．（2023秋•下城区校级期末）一辆货车载着质量均为m的完全相同的圆柱形空油桶，在车厢底层油桶平整排列，相互紧贴并被牢牢固定，上一层只有一只油桶c自由地摆放在油桶a、b上面，如图所示。忽略油桶间的摩擦作用，重力加速度为g。下列说法正确的是（）A．当货车做匀速直线运动时，油桶a所受的合力为mg B．当货车做匀速直线运动时，油桶c对a的压力大小为12mgC．当货车做匀速直线运动时，油桶c对a的压力大小为mg D．当货车向右的加速度增大到33g时，油桶c会脱离【解答】解：A.当货车匀速直线运动时，油桶a处于平衡状态所受合力为零，故A错误；BC.当货车匀速直线运动时，根据对称性可知a、b对c的支持力大小相等，且方向之间的夹角为60°，则根据平衡条件有2FNcos30°＝mg解得FN=根据牛顿第三定律可知油桶c对a的压力大小为3mg3，故D.假设当货车向右的加速度增大到a0时，c和b之间恰好作用力为零，即c脱离了b，则根据牛顿第二定律和力的合成有tan60°=解得a0=3说明当货车向右的加速度增大到33g时，油桶c会脱离b，故D故选：D。7．（2023秋•洛阳期末）夏季经常发生强对流天气，某次天空突降冰雹，假设冰雹下落过程中空气阻力大小与速度大小平方成正比，则冰雹下落过程中，速度v或加速度a随时间t变化的图像可能正确的是（）A． B． C． D．【解答】解：根据题意有f＝kv根据牛顿第二定律有mg﹣f＝ma，解得a＝g-可知冰雹下落过程的加速度随着速度的增大而减小，则冰雹做加速度逐渐减小的加速运动，可知v﹣t图像的切线斜率逐渐减小根据ΔaΔt=-km可知a﹣t图像的切线斜率绝对值逐渐减小，故D正确，ABC错误。故选：D。8．（2023秋•青岛期末）游泳运动员蛙泳时的动作可分为蹬腿加速度a和惯性前进b两个过程，将这两个过程简化为水平方向的直线运动，v﹣t图像如图。已知运动员的体重为60kg，重力加速度g＝10m/s2，下列说法正确的是（）A．0～0.5s内运动员做匀加速直线运动 B．0.2～0.5s内运动员加速度大小为6m/s2 C．0～0.5s内运动员平均速度大小为1.7m/s D．惯性前进过程中，水对运动员作用力大小为40N【解答】解：A.0～0.2s内运动员做匀加速直线运动，0.2～0.5s内运动员做匀减速直线运动，故A错误；B0.2～0.5s内运动员加速度大小a＝|ΔvΔt|＝|2-2.20.5-0.2|m/s2=故B错误；C.v﹣t图线与轴围成的面积等于位移，则0～0.5s内运动员平均速度的大小为v=12故C正确；D.运动员受重力和水的作用力，则F2+（mg）2＝（ma）2得F＝40226N故D错误。故选：C。9．（2023秋•常州期末）如图，水平传送带以恒定速度v顺时针转动，传送带右端上方的挡板上固定着一轻弹簧。将小物块P轻放在传送带左侧某位置，P在传送带带动下向右运动，与弹簧接触时速度恰好达到v。取P放置点为坐标原点，全过程P始终处在传送带上，以水平向右为正方向，木块在向右运动或向左运动的过程中，加速度a与位移x的关系图像正确的是（）A． B． C． D．【解答】解：物块与弹簧接触时速度恰好达到v说明与弹簧接触前物块做匀加速，根据牛顿第二定律可知ma＝μmg即a＝μg方向水平向右，与弹箭接触后在开始的一段时间内P相对于传送带静止，即P受弹簧弹力和静摩擦力平衡，P做匀速直线运动，则a1＝0物块运动到弹力大于最大静摩擦力后，则kx﹣μmg＝ma，即a=kmx方向向左，故A正确，BCD错误。故选：A。10．（2023秋•石家庄期末）如图所示，在竖直平面内有半径为R的半圆，最低点为A，B是半圆上一点，AB为光滑倾斜轨道，AC是倾角为θ＝45°、高为h＝2R的光滑固定斜面。现自B点由静止释放小球甲的同时，自C点以初速度大小v0沿斜面向下射出小球乙，发现两小球同时到达A点。已知重力加速度为g，则小球乙的初速度大小的为（）A．gR2 B．gR C．2gR D．【解答】解：根据“等时圆”原理可知，甲球从B到达A的时间等于小球从圆弧最高点沿直径自由下落到底部的时间，设下落时间为t，则有：2R=解得：t=4R对小球乙，在斜面沿斜面下滑的加速度大小为：a=mgsinθm=斜面长为L=根据位移—时间关系可得：L＝v0t+解得：v0=gR2，故A正确、故选：A。11．（2023秋•包河区校级期末）质量为m＝0.5kg的物块在光滑的水平面上受到水平拉力F的作用，从静止开始计时做加速直线运动，其运动的xt-t和v2﹣A．图乙的斜率大小是图甲的斜率大小的2倍 B．水平拉力F为5N C．前2m的中间时刻的速度大小为52m/sD．前2s内的中点位置的速度大小为52【解答】解：AB．根据x=1可得xt则图甲图像的斜率k1根据v2＝2ax则图乙图像的斜率k2则a＝5m/s2水平拉力F＝ma＝0.5×5N＝2.5N由此可知，图乙的斜率大小是图甲的斜率大小的4倍，水平拉力为2.5N，故AB错误；C．前2m末的速度v=2ax则中间时刻的速度大小为v'故C错误；D．前2s内的位移x2则中点位置的速度大小为v″故D正确。故选：D。12．（2023秋•沙坪坝区校级期末）如图甲所示，在竖直放置的弹簧上放置一物块m，最开始对m施加竖直向下的力F使得弹簧压缩l0。在t＝0时撤去F释放小物块，计算机通过小物块上的速度传感器描绘出它的v﹣t图线如图乙所示。其中Oab段为曲线，bc段为直线，倾斜直线Od是t＝0时图线的切线。重力加速度为g，不计弹簧自身重力及空气阻力，则下列说法正确的是（）A．弹簧在t2时刻恢复原长 B．l0C．弹簧的劲度系数k=mD．小物块向上的最大位移为l【解答】解：A．由图可知，在t2时小物块的速度达到了最大值，此时加速度为零时，其受到的重力与弹簧的弹力大小相等，所以此时弹簧没有处于原长状态，故A错误；B.Oab段为曲线，则弹簧压缩l0＞l0=C．v﹣t图像斜率表示加速度，由图可知，刚释放物块时，其加速度为a=由牛顿第二定律得kl0﹣mg＝ma解得k=故C错误；D．由v﹣t图像可知，其图像与坐标轴围成的面积为位移，则离开弹簧后，物块的位移为x'=v12（t4﹣所以物体在整个过程的位移为x＝l0+x'=故D正确。故选：D。13．（2023•大荔县一模）如图所示，足够长的倾斜传送带以恒定速率v0顺时针运行。一小木块以初速度v1从传送带的底端滑上传送带。木块在传送带上运动全过程中，关于木块的速度v随时间t变化关系的图像可能的是（）A． B． C． D．【解答】解：A、当v1＜v0时，若满足：mgsinθ＞μmgcosθ（θ为传送带的倾角），即μ＜tanθ。物块从v1匀减速上滑到速度为零，然后反向匀加速下滑，滑动摩擦力始终沿斜面向上，由牛顿第二定得：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma其加速度恒定，v﹣t图像的斜率不变，v﹣t图像与坐标轴所围面积表示位移，可判断出物块返回底端时的速度大小仍等于v1，故A正确；B、当v1＜v0时，若满足：mgsinθ＜μmgcosθ，即μ＜tanθ。物块从v1匀加速上滑到v0，滑动摩擦力沿斜面向上，由牛顿第二定律得：μmgcosθ﹣mgsinθ＝ma共速后与传送一起匀速运动，匀速运动时满足：mgsinθ＝f静＜μmgcosθ，故B正确；C、当v1＞v0时，若满足：mgsinθ＞μmgcosθ物块从v1匀减速到v0，滑动摩擦力沿斜面向下，由牛顿第二定律得：mgsinθ+μmgcosθ＝ma1从v0匀减速到0，然后反向匀加速运动，滑动摩擦力沿斜面向上，由牛顿第二定律的：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2可知：a1＞a2，加速度从a1变为a2，图像的斜率变小；t轴上方图像所围面积应该等于t轴下方图像所围面积，所以返回底端时物块的速度应该小于v1，故C错误；D、当v1＞v0时，若满足：mgsinθ＜μmgcosθ从v1匀减速到v0，滑动摩擦力沿斜面向下，由牛顿第二定律得：μmgcosθ+mgsinθ＝ma共速后与传送一起匀速运动，匀速运动时，满足mgsinθ＝f静＜μmgcosθ，故D正确。故选：ABD。14．（2023•厦门模拟）如图所示，小明从羽毛球筒中取出最后一个羽毛球时，一手拿着球筒，另一只手迅速拍打筒的上端边缘，使筒获得向下的初速度并与手发生相对运动，筒内的羽毛球就可以从上端出来。已知球筒质量为M＝90g（不含球的质量），球筒与手之间的滑动摩擦力为f1＝2.6N；羽毛球质量为m＝5g，球头离筒的上端距离为d＝9.0cm，球与筒之间的滑动摩擦力为f2＝0.1N。重力加速度g＝10m/s2，空气阻力忽略不计，当球筒获得一个初速度后。（）A．羽毛球的加速度大小为10m/s2 B．羽毛球的加速度大小为30m/s2 C．若羽毛球头部能从上端筒口出来，则筒获得的初速度至少为355D．若羽毛球头部能从上端筒口出来，则筒获得的初速度至少为3m/s【解答】解：AB、依题意，对羽毛球受力分析，由于羽毛球相对于筒向上运动，受到筒对它竖直向下的摩擦力作用，根据牛顿第二定律得mg+f2＝ma1代入数据解得羽毛球的加速度为a1＝30m/s2，故A错误，B正确；CD、对筒受力分析，根据牛顿第二定律有Mg﹣f1﹣f2＝Ma2，代入数据解得a2＝﹣20m/s2负号表示筒的加速度方向竖直向上，说明筒向下做匀减速直线运动，若敲打一次后，羽毛球头部能从上端筒口出来，则当羽毛球到达筒口时二者速度相等，此时筒获得的初速度为最小vmin，有a1t＝vmin+a2t，(代入数据解得：vmin＝3m/s，故C错误，D正确。故选：BD。15．（2023•沙坪坝区校级开学）一轻弹簧的一端固定在倾角为θ的固定光滑斜面的底部，另一端和质量为35m的小物块a相连，如图所示。质量为m的小物块b紧靠a静止在斜面上，此时弹簧的压缩量为x0。从t＝0时开始，对b施加沿斜面向上的拉力，使b始终做匀加速直线运动。经过一段时间后，物块a、b分离；再经过同样长的时间，b距其出发点的距离恰好也为x0。弹簧的形变始终在弹性限度内，重力加速度大小为A．a、b在弹簧压缩量为x02B．b的加速度为15C．作用于b上的最小拉力为2mgsinθ D．a在匀加速运动的时间为x【解答】解：A、由于初速度为0，b在分离前位移x1和分离后相等时间内位移x2之比为：x且由题可知：x1+x2＝x0解得：x初始时压缩量为x0，分离前位移14x0，即压缩量减小14x0，可得a、B、两物体刚好要分离时a与b之间无相互作用力，对a由牛顿第二定律可得k⋅初始时小物体b紧靠a静止在斜面上，将二者看成一个整体，可知弹力大小与整体重力的分力大小相等，有kx0＝（35m+m）解得：a＝gsinθ，故B错误；C、分离前对整体分析可知，由牛顿第二定律有F+kΔx-则刚开始运动时拉力最小，则Δx＝x0，且kx可得：Fmin=8D、a与b在b向上运动的位移x1=14解得：t=x02gsinθ故选：D。16．（2023春•宁波期末）滑滑梯是小朋友们爱玩的游戏现有直滑梯AB、AC、AD和BD，A、B、C、D在竖直平面内的同一圆周上，且A为圆周的最高点，D为圆周的最低点，如图所示，已知圆周半径为R。在圆周所在的竖直平面内有一位置P，距离A点为3R，且与A等高。各滑梯的摩擦均不计，已知重力加速度为gA．如果小朋友在A点沿滑梯AB、AC由静止滑下，tAB＞tAC B．如果小朋友分别从A点和B点沿滑梯AC，BD由静止滑下tBD＞tAC C．若设计一部上端在P点，下端在圆周上某点的直滑梯，则小朋友沿此滑梯由静止滑下时，在滑梯上运动的最短时间是3RgD．若设计一部上端在P点，下端在圆周上某点的直滑梯，则小朋友沿此滑梯由静止滑下时，在滑梯上运动的最短时间是4R【解答】解：AB、假设AB、AC与AD的夹角分别为α、β，则从AB、AC、BD下滑时有2Rcosα=12Rcosβ=12Rsinα=1解得t故AB错误；CD、由AB项分析，画出以P点为最高点的半径为r的等时圆，如图，当两圆相切时时间最短，有(R+r)解得r=所以最短时间为t故C正确，D错误。故选：C。17．（2023•宜春一模）北京时间2022年12月4日20时09分，神舟十四号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆。在太空执行任务183天后，“最忙出差三人组”的陈冬、刘洋、蔡旭哲于21时01分安全顺利出舱。返回过程中返回舱速度195m/s时在距离地表10km的地方打开降落伞，返回舱先做匀变速直线运动最终降低到5m/s，之后保持匀速运动，匀速时间99.8s。待高度只剩1m时，底部的反推发动机点火，让返回舱进行最后一次减速至3m/s，使其安全触地。忽略空气阻力，g＝10m/s2，以下说法中正确的是（）A．从开伞到着地过程中，航天员始终处于超重状态 B．开伞后匀变速运动过程中