《2023年高考物理专项练习压轴题01 动力学与运动学综合问题（解析版）.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2023年高考物理专项练习压轴题01 动力学与运动学综合问题（解析版）.pdf（36页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、1压轴题0101 动力学与运动学综合问题1.1.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8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.
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
3、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。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。2023年高考物理专项练习压轴题01 动力学与运动学综合问题（解析版）2023年高考物理专项练习压轴题年高考物理专项练习压轴题01 动力学与运动学综合问题（解析版）动力学与运动学综合问题（解析版）2速度与时间关系公式：v=a1t
4、1，v=a2t2得a1a2=t2t1速度与位移关系公式：v2=2a1x1，v2=2a2x2得a1a2=x2x1平均速度与位移关系公式：x1=vt12，x2=vt22得t1t2=x1x2多过程v-t图像“下凹”模型，如图所示。车较之匀速行驶耽搁的距离：阴影面积表示的位移x，耽搁的时间t=xv。1 1【多选】(20212021 全国 高考真题)水平桌面上，一质量为m的物体在水平恒力F拉动下从静止开始运动，物体通过的路程等于s0时，速度的大小为v0，此时撤去F，物体继续滑行2s0的路程后停止运动，重力加速度大小为g，则()A.在此过程中F所做的功为12mv20B.在此过中F的冲量大小等于32mv0C
5、.物体与桌面间的动摩擦因数等于v204s0gD.F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的2倍2 2【多选】(20212021 全国 高考真题)一质量为m的物体自倾角为的固定斜面底端沿斜面向上滑动。该物体开始滑动时的动能为Ek，向上滑动一段距离后速度减小为零，此后物体向下滑动，到达斜面底端时动能为Ek5。已知sin=0.6，重力加速度大小为g。则()A.物体向上滑动的距离为Ek2mgB.物体向下滑动时的加速度大小为g5C.物体与斜面间的动摩擦因数等于0.5D.物体向上滑动所用的时间比向下滑动的时间长3热点题型二热点题型二 动力学图像的理解与应用动力学图像的理解与应用1.两关注-横坐标、纵坐标(1)确
6、认横、纵坐标对应的物理量各是什么，坐标轴物理量的单位不能忽视。(2)注意横、纵坐标是否从零刻度开始。2.三理解-斜率、面积、截距(1)图线的斜率：通常能够体现某个物理量的大小、方向及变化情况。(2)面积：由图线和横坐标轴围成的面积，有时还要用到纵坐标轴及图线上的一个点或两个点到横坐标轴的垂线段所围图形的面积，一般都能表示某个物理量。(3)截距：图线在纵坐标轴及横坐标轴上的截距。3.三分析-交点、转折点、渐近线(1)交点：往往是解决问题的切入点。(2)转折点：满足不同的函数关系式，对解题起关键作用。(3)渐近线：往往可以利用渐近线求出该物理量的极值。1 1【多选】(20232023 江西抚州 高
7、三统考学业考试)如图甲所示，A、B两物块静止在光滑水平面上，两物块接触但不粘连，A、B的质量分别为1kg和3kg。t=0时刻对物块A施加一水平向右推力F1，同时对物块B施加一水平向右拉力 F2，使A、B从静止开始运动，力 F1、F2随时间变化的规律如图乙所示。下列说法正确的是()A.02s内，A、B一起运动的加速度的大小为1m/s2B.t=2s时，A对B的推力大小为3NC.t=3s时，A、B恰好分离D.从开始运动到A、B分离，物体B运动的位移大小为4m42 2(20232023春 贵州 高三校联考阶段练习)如图甲所示，粗糙的水平地面上有一块长木板P，小滑块Q(可视为质点)放置于长木板上的最右端
8、。现将一个水平向右的恒力 F作用在长木板的右端，让长木板从静止开始运动，5s后撤去力F。滑块、长木板的速度图像如图乙所示，已知物块与长木板的质量相等，均为 2kg，滑块Q始终没有从长木板P上滑下，重力加速度g=10m/s2。则下列说法正确的是()A.t=12s时长木板P停下来B.长木板P的长度至少是12mC.地面与长木板P之间的动摩擦因数是0.075D.恒力F等于6N热点题型三热点题型三 结合新情景考察动力学观点结合新情景考察动力学观点题型一: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1 1(20232023 四川 统考二模)如图是某种机械打夯的原理示意图，OA为液压装置，能给质量为
9、 m的夯杆提供竖直方向的力。左右为两个半径均为 R 的摩擦传动轮，每个轮子给夯杆的压力大小均为 N=2mg，运转方向如图所示。开始时液压装置对夯杆提供大小恒为F1=3mg的向上拉力，摩擦传动轮匀速转动的角速度为，摩擦传动轮与夯杆之间的动摩擦因数=0.5，在液压装置和摩擦传动轮的作用下，夯杆从静止开始向上运动。夯杆运动到某时刻速度与摩擦传动轮边缘线速度、液压装置相等，该时刻之后的运动过程中摩擦传动轮不再对夯杆提供压力和摩擦力，且液压装置开始提供大小恒为 F2=3mg 的向下压力，直到夯杆落地。取重力加速度为g，求：(1)夯杆上升的最大高度；(2)夯杆落地前瞬间的速度大小。5题型二:以问题探索情景
10、构建物理模型考动力学观点2 22023春辽宁锦州高三统考阶段练习）在水平道路上行驶的汽车，挡风玻璃与水平面成 =3737 角，无风的天气里，车辆行驶时，静止在挡风玻璃上的树叶受到水平方向空气的推力，推力方向与车前进方向相反，大小由车速 v v 决定，且满足 F F=KvKv2。只讨论树叶沿挡风玻璃向下或向上的运动，横向运动可视为静止，已知树叶质量mm=0.01kg0.01kg，K K=0.750.75 1010-3kg/mkg/m，取g g=10m/s10m/s2 2，cos37cos37=0.80.8，sin37sin37=0.60.6。(1)若忽略树叶与玻璃间的摩擦力，求树叶静止在挡风玻璃
11、上时车匀速运动的速度大小v0(2)若树叶与玻璃间有摩擦，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，某次经精密测量发现当匀速运动的车速为2 33v0时，原来静止在挡风玻璃上的树叶恰好要开始沿挡风玻璃向上运动，求树叶与玻璃间的动摩擦因数；(3)在(2)中的动摩擦因数 条件下，当车以436v0的速度匀速运动时，原本被雨刷夹在挡风玻璃底部的树叶突然失去雨刷的夹持。若挡风玻璃斜面长度 L=0.81m，树叶的运动看做是相对挡风玻璃的匀加速直线运动，(忽略树叶在挡风玻璃上运动时速度的变化对空气推力的影响)求树叶由玻璃底部开始到离开挡风玻璃过程中合外力对树叶的冲量I。题型三:以科研背景为题材构建物理模型考动力学观点3 3
12、(20232023 山东 模拟预测)深海中有一个大杀器：海底断崖，又叫“跃层”，“跃层”是海水参数随深度变化而显著变化的水层。当潜艇从高密度海域进入低密度海域时，潜艇的浮力会突然减少，这样潜艇就会急剧下沉，专业上称这种现象为“掉深”。“掉深”可能会导致潜艇的实际下潜深度超过设计下潜深度，造成潜艇破裂进水，结构解体。已知潜艇的质量为 2.7 107t，正在水下 200m处水平运动，突然进入“跃层”，以加速度 a1=1m/s2竖直向下落(水平速度很小，可以忽略不计)。潜艇指战员迅速采取措施，向外排出海水，8s后开始以向上的加速度a2=1m/s2运动。已知重力加速度g=10m/s2。(1)求“跃层”
13、内海水密度与原来海水密度之比；(2)采取措施后潜艇经过多长时间回到原来深度？最深到了多深？(3)潜艇排出了多少吨海水(计算结果保留两位有效数字)？6三、压轴题速练1(20232023 安徽 校联考模拟预测)如图是一小物体先从倾角为1=53斜面滑下后再滑上倾角为2=37的斜面运动过程的速度大小随时间变化的图像，两斜面动摩擦因数均为，图中v未知，已知sin37=0.6，cos37=0.8，取g=10m/s2，则()A.=0.5B.v=8m/sC.沿斜面下滑位移为8mD.沿斜面上滑位移为10m2(20232023春 全国 高三专题练习)海洋馆中一潜水员把一质量为m的小球以初速度v0从手中竖直抛出，从
14、抛出开始计时，3t0时刻小球返回手中，小球始终在水中且在水中所受阻力大小不变，小球的速度随时间变化的关系图像如图所示，重力加速度大小为g，则小球在水中竖直下落过程中的加速度大小为()A.15gB.25gC.35gD.45g3【多选】(20232023 青海 统考二模)两带电的平行板A、B水平放置，上极板A的中央有一小孔如图甲所示，一带电油滴从小孔的正上方的O点处自由下落，穿过上极板A中央的小孔后，刚好不与下极板B相碰，在此过程中，油滴的速度v随时间t变化的关系如图乙所示重力加速度为g，不计空气阻力，可知()A.在t=t0时，油滴刚好穿过A板的小孔B.在t=3t0时，油滴刚好返回到O点C.油滴受
15、到的重力与电场力之比为23D.O点到下极板B的距离为2gt024【多选】(20232023 天津宁河 高三天津市宁河区芦台第一中学校考阶段练习)如图所示，倾角为的光滑斜面足够长，一质量为m的小物体，在沿斜面向上的恒力F作用下，由静止从斜面底端沿斜面向上做匀加速直线运动，经过时间t，力F做功为60J，此后撤去力F，物体又经过相同的时间t回到斜面底端，若以地面7为零势能参考面，则下列说法中正确的是()A.物体回到斜面底端的动能小于60JB.恒力F=2mgsinC.撤去力F时，物体的重力势能是45JD.动能与势能相等的时刻一定出现在撤去力F之后5(20232023 浙江台州 高三统考)如图所示，静置
16、于光滑斜面(倾角为)的质量为m的物块，受到沿斜面方向的恒力F的作用，作用时间t后撤去F，再经时间2t后刚好返回起点，则()A.F与mgsin的比应该为3比7B.F与mgsin的比应该为9比5C.F与mgsin的比应该为7比3D.F与mgsin的比应该为2比36(20232023秋 河北承德 统考期末)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，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
17、速直线运动C.物块的最大加速度为gD.t=t0时，物块停止下滑7【多选】(20232023 河北邯郸 高三校考阶段练习)如图(a)所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置一物体(物体与弹簧不连接)，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s的关系如图(b)所示(g=10m/s2)，下列结论正确的是()8A.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750N/mC.物体的质量为2kgD.物体的加速度大小为5m/s28(20232023 全国 高三专题练习)如图甲，水平地面上有一长木板，将一小物块放在长木板上，给小物块
18、施加一水平外力F，通过传感器分别测出外力F大小和长木板及小物块的加速度a的数值如图乙所示。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，则以下说法正确的是()A.小物块与长木板间的动摩擦因数1=a1gB.长木板与地面间的动摩擦因数2=a0gC.小物块的质量m=F3F2a0D.长木板的质量M=F1+F2-F3a09(20232023 湖南怀化 高三校考阶段练习)如图甲所示，将某一物块每次以不变的初速率沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角，实验测得物块运动的最远位移x与斜面倾角的关系如图乙所示，g取10m/s2，则()A.物块的初速度为2m/sB.物块与斜面间的动摩擦因数为0.4C.物
19、块沿斜面上滑的最大加速度为gD.物块沿斜面上滑的最小距离为2 525m10【多选】(20232023 重庆 重庆市万州第二高级中学校考模拟预测)如图甲所示，倾角为的传送带以恒定速率逆时针运行，现将一质量为1kg的煤块轻轻放在传送带的A端，煤块的速度随时间变化的关系如图乙所示，2s末煤块到达B端，取沿传送带向下为正方向，g取10m/s2，则()9A.倾角=37B.物体与传送带间的动摩擦因数0.4C.2s内传送带上留下的痕迹长为5mD.2s内物体与传送带摩擦产生的内能20J11(2023浙江模拟预测)风洞是空气动力学研究和实验中广泛使用的工具，某研究小组设计了一个总高度H0=24m的低速风洞，用来
20、研究某物体在竖直方向上的运动特性，如图所示，风洞分成一个高度为H1=16m的无风区和一个受风区，某物体质量m=10kg，在无风区中受到空气的恒定阻力，大小为20 N，在受风区受到空气对它竖直向上的恒定作用力。某次实验时该物体从风洞顶端由静止释放，且运动到风洞底端时速度恰好为0，求在本次实验中：(1)该物体的最大速度；(2)该物体在受风区受到空气对它的作用力大小；(3)该物体第一次从风洞底端上升的最大距离。1012(20232023春 云南昆明 高三昆明一中校考阶段练习)在高速公路的长下坡路段，通常会设有如图所示的紧急避险车道，车辆在下坡过程中若遇刹车故障则可滑行至避险车道进行避险，整个过程简化
21、为右图所示。一辆货车以72km/h的速度在下坡行驶的过程中刹车失灵，在倾角为1=14.5的坡道上自由滑行L1=600m的距离后冲上倾角为2=37的避险车道，已知货物的质量为货车质量的2倍，放置于距车厢前端5m处，货物未采取固定措施，货车在坡道上自由滑行时受到的阻力为车与货物总重的0.15倍，在避险车道上滑行时受到的阻力为车与货物总重的0.8倍，货物与车厢的动摩擦因数=0.75，货车由坡道驶入避险车道的过程中货物并未相对于车厢发生滑动，完全驶入避险车道后速度损失25%，已知sin14.50.25，cos14.50.97，重力加速度g=10m/s2，求：(1)货车到达坡道底端时的速度；(2)货车完
22、全滑入避险车道后继续运动的距离；(3)货物是否会撞上车厢的前护栏。13(20232023 全国 高三专题练习)每当国庆节时，大量群众聚集在北京天安门广场，观看升旗仪式，表达心中对祖国 的热爱。护旗手要将一面质量为2kg的国旗升至28m高的旗杆顶端，国旗从静止开始做匀加速运动达到最大速度0.4m/s，再做匀速运动一段时间后做匀减速运动，到达杆顶时速度恰好为0，整个过程用时127s，旗杆顶部有两排竖直的小孔，吹风机向空心旗杆中高速排出空气，从而吹动旗帜飘扬。不考虑空气阻力和浮力，g取10m/s2。求(1)匀速运动阶段的时间；(2)假设在旗杆顶部水平排出的风力大小为20N的力，此时绳子对国旗的总作用
23、力大小及方向；(3)若加速运动阶段和减速运动阶段加速度相同，则轻绳在这两个阶段对国旗拉力的大小之比。1114(20232023 全国 高三专题练习)在2022年北京冬奥会期间，如图所示的配送机器人格外引人关注。假设配送机器人从静止开始启动，沿直线将水平放置的物品平稳送至目标位置。已知该过程中机器人匀速运动时的最高速度可达2m/s，加速和减速阶段均做匀变速直线运动，且加速时的加速度与减速时的加速度大小相等，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2。(1)若机器人以最高速度匀速行进途中，前方0.3 m的路口处突然出现一位以1.5m/s的速度同向匀速运动的运动员。已知机器人的反应时间为0.1 s，为
24、避免相撞，求机器人做匀减速运动时加速度的最小值。(2)若机器人为某楼层10个房间的运动员配送午餐，各个房门间隔6 m，运动员取餐的平均时间为15 s，机器人托盘与餐盒间的动摩擦因数=0.2，且认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力。从机器人到达第一个房门开始计时，到最后一位运动员取到餐为止，求机器人为此楼层运动员送餐花费的最短总时间。15(20222022秋 上海黄浦 高三上海市大同中学校考阶段练习)如图所示，一根长10m的竖直杆固定在水平面上，物块A穿在竖直杆上静止在最低点，并用一根长2m的轻绳与氢气球B相连，由于大风使气球B和物块A受到水平风力作用，已知物块质量为0.4kg，与竖直杆之间的摩擦系数
25、=0.2，所受水平风力大小为2N，氢气球B质量不计，所受空气浮力与水平风力大小均为10N，运动过程中空气阻力忽略不计，在氢气球上方一定高度处安装了尖刺C将气球刺破。试求：(1)气球B拉动物块A由静止开始向上运动的加速度大小；(2)为确保A不会向上脱离竖直杆离杆，尖刺C距地面的最大高度；(3)C安装在上述最大高度位置时，物块A从开始运动到回到地面所用的时间。1压轴题0101 动力学与运动学综合问题1.1.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
26、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8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
27、，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
28、移(面积)和速度。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。2速度与时间关系公式：v=a1t1，v=a2t2得a1a2=t2t1速度与位移关系公式：v2=2a1x1，v2=2a2x2得a1a2=x2x1平均速度与位移关系公式：x1=vt12，x2=vt22得t1t2=x1x2多过程v-t图像“下凹”模型，如图所示。车较之匀速行驶耽搁的距离：阴影面积表示的位移x，耽搁的时间t=xv。1 1【多选】(20212021 全国 高考真题)水平桌面上，一质量为m的物体在水平恒力F拉动下从静止开始运动，物体通过的路程等于s0时，速度的大小
29、为v0，此时撤去F，物体继续滑行2s0的路程后停止运动，重力加速度大小为g，则()A.在此过程中F所做的功为12mv20B.在此过中F的冲量大小等于32mv0C.物体与桌面间的动摩擦因数等于v204s0gD.F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的2倍【答案】BC【详解】CD外力撤去前，由牛顿第二定律可知F-mg=ma1 由速度位移公式有v20=2a1s0外力撤去后，由牛顿第二定律可知-mg=ma2 由速度位移公式有-v20=2a2(2s0)由可得，水平恒力F=3mv204s0动摩擦因数=v204gs0滑动摩擦力3Ff=mg=mv204s0可知F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的3倍，故C正确，D
30、错误；A在此过程中，外力F做功为W=Fs0=34mv20故A错误；B由平均速度公式可知，外力F作用时间t1=s00+v02=2s0v0在此过程中，F的冲量大小是I=Ft1=32mv0故B正确。故选BC。2 2【多选】(20212021 全国 高考真题)一质量为m的物体自倾角为的固定斜面底端沿斜面向上滑动。该物体开始滑动时的动能为Ek，向上滑动一段距离后速度减小为零，此后物体向下滑动，到达斜面底端时动能为Ek5。已知sin=0.6，重力加速度大小为g。则()A.物体向上滑动的距离为Ek2mgB.物体向下滑动时的加速度大小为g5C.物体与斜面间的动摩擦因数等于0.5D.物体向上滑动所用的时间比向下
31、滑动的时间长【答案】BC【详解】AC物体从斜面底端回到斜面底端根据动能定理有-mg2lcos=Ek5-Ek物体从斜面底端到斜面顶端根据动能定理有-mglsin-mglcos=0-Ek整理得l=Ekmg；=0.5A错误，C正确；B物体向下滑动时的根据牛顿第二定律有ma=mgsin-mgcos求解得出a=g5B正确；D物体向上滑动时的根据牛顿第二定律有ma上=mgsin+mgcos物体向下滑动时的根据牛顿第二定律有4ma下=mgsin-mgcos由上式可知a上 a下由于上升过程中的末速度为零，下滑过程中的初速度为零，且走过相同的位移，根据公式l=12at2则可得出t上t下D错误。故选BC。热点题型
32、二热点题型二 动力学图像的理解与应用动力学图像的理解与应用1.两关注-横坐标、纵坐标(1)确认横、纵坐标对应的物理量各是什么，坐标轴物理量的单位不能忽视。(2)注意横、纵坐标是否从零刻度开始。2.三理解-斜率、面积、截距(1)图线的斜率：通常能够体现某个物理量的大小、方向及变化情况。(2)面积：由图线和横坐标轴围成的面积，有时还要用到纵坐标轴及图线上的一个点或两个点到横坐标轴的垂线段所围图形的面积，一般都能表示某个物理量。(3)截距：图线在纵坐标轴及横坐标轴上的截距。3.三分析-交点、转折点、渐近线(1)交点：往往是解决问题的切入点。(2)转折点：满足不同的函数关系式，对解题起关键作用。(3)
33、渐近线：往往可以利用渐近线求出该物理量的极值。1 1【多选】(20232023 江西抚州 高三统考学业考试)如图甲所示，A、B两物块静止在光滑水平面上，两物块接触但不粘连，A、B的质量分别为1kg和3kg。t=0时刻对物块A施加一水平向右推力F1，同时对物块B施加一水平向右拉力 F2，使A、B从静止开始运动，力 F1、F2随时间变化的规律如图乙所示。下列说法正确的是()A.02s内，A、B一起运动的加速度的大小为1m/s2B.t=2s时，A对B的推力大小为3NC.t=3s时，A、B恰好分离D.从开始运动到A、B分离，物体B运动的位移大小为4m5【答案】AC【详解】AC设t时刻A、B分离，由乙图
34、可知，分离之前A、B物体受到的合力不变，故以相同加速度a共同加速，以整体为研究对象，据牛顿第二定律可得，加速度为a=F1+F2mA+mB=1m/s2分离时对B由牛顿第二定律可得F2=mBa代入数据，解得F2=3N所以t=3s时，A、B恰好分离，02s内，A、B一起运动的加速度的大小为1m/s2，故AC正确；Bt=2s时F2+N=mBaA对B的推力大小为N=1N故B错误；D从开始运动到A、B分离，物体B运动的位移x=12at2=12132m=4.5m故D错误。故选AC。2 2(20232023春 贵州 高三校联考阶段练习)如图甲所示，粗糙的水平地面上有一块长木板P，小滑块Q(可视为质点)放置于长
35、木板上的最右端。现将一个水平向右的恒力 F作用在长木板的右端，让长木板从静止开始运动，5s后撤去力F。滑块、长木板的速度图像如图乙所示，已知物块与长木板的质量相等，均为 2kg，滑块Q始终没有从长木板P上滑下，重力加速度g=10m/s2。则下列说法正确的是()A.t=12s时长木板P停下来B.长木板P的长度至少是12mC.地面与长木板P之间的动摩擦因数是0.075D.恒力F等于6N【答案】CD【详解】C由乙图可知，力F在t1=5s时撤去，此时长木板P的速度v1=5m/s，t2=6s时二者速度相同，为v2=3m/s，t2=6s前长木板P的速度大于滑块Q的速度。t2=6s后长木板P的速度小于滑块Q
36、的速度，06s过程中，以滑块Q为研究对象，根据牛顿第二定律可得1mg=ma16解得1=0.0556s过程中，以长木板P为研究对象，根据牛顿第二定律可得22mg+1mg=ma2解得2=0.075C正确。A6s末到长木板停下来过程中，根据牛顿第二定律可得22mg-1mg=ma3解得a3=1m/s2这段时间为t1=v1a3=3s所以t3=9s时长木板P停下来，A错误。B长木板P的长度至少是前6s过程中，滑块Q在长木板P上滑行的距离，即x1=1255m+12(5+3)lm-1236m=7.5mB错误。D对长木板受力分析，据牛顿第二定律可得F-22mg-1mg=ma其中a=1m/s2解得F=6ND正确。
37、故选CD。热点题型三热点题型三 结合新情景考察动力学观点结合新情景考察动力学观点题型一: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1 1(20232023 四川 统考二模)如图是某种机械打夯的原理示意图，OA为液压装置，能给质量为 m的夯杆提供竖直方向的力。左右为两个半径均为 R 的摩擦传动轮，每个轮子给夯杆的压力大小均为 N=2mg，运转方向如图所示。开始时液压装置对夯杆提供大小恒为F1=3mg的向上拉力，摩擦传动轮匀速转动的角速度为，摩擦传动轮与夯杆之间的动摩擦因数=0.5，在液压装置和摩擦传动轮的作用下，夯杆从静止开始向上运动。夯杆运动到某时刻速度与摩擦传动轮边缘线速度、液压装
38、置相等，该时刻之后的运动过程中摩擦传动轮不再对夯杆提供压力和摩擦力，且液压装置开始提供大小恒为 F2=3mg 的向下压力，直到夯杆落地。取重力加速度为g，求：(1)夯杆上升的最大高度；(2)夯杆落地前瞬间的速度大小。7【答案】(1)52R28g；(2)5R2【解析】(1)液压装置对夯杆提供向上拉力时，根据牛顿第二定律F1-N-mg=ma解得a=g摩擦传动轮边缘线速度v=R夯杆速度与摩擦传动轮边缘线速度相等时，根据v2=2ah1得此时夯杆上升的高度h1=v22a=2R22g此后，根据牛顿第二定律F2+mg=ma得a=4g根据0-v2=-2ah2得夯杆上升的高度h2=v22a=2R28g夯杆上升的
39、最大高度h=h1+h2=52R28g(2)根据v2-0=2gh得夯杆落地前瞬间的速度大小v=2gh=5R2题型二:以问题探索情景构建物理模型考动力学观点2 22023春辽宁锦州高三统考阶段练习）在水平道路上行驶的汽车，挡风玻璃与水平面成 =3737 角，无8风的天气里，车辆行驶时，静止在挡风玻璃上的树叶受到水平方向空气的推力，推力方向与车前进方向相反，大小由车速 v v 决定，且满足 F F=KvKv2。只讨论树叶沿挡风玻璃向下或向上的运动，横向运动可视为静止，已知树叶质量mm=0.01kg0.01kg，K K=0.750.75 1010-3kg/mkg/m，取g g=10m/s10m/s2
40、2，cos37cos37=0.80.8，sin37sin37=0.60.6。(1)若忽略树叶与玻璃间的摩擦力，求树叶静止在挡风玻璃上时车匀速运动的速度大小v0(2)若树叶与玻璃间有摩擦，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，某次经精密测量发现当匀速运动的车速为2 33v0时，原来静止在挡风玻璃上的树叶恰好要开始沿挡风玻璃向上运动，求树叶与玻璃间的动摩擦因数；(3)在(2)中的动摩擦因数 条件下，当车以436v0的速度匀速运动时，原本被雨刷夹在挡风玻璃底部的树叶突然失去雨刷的夹持。若挡风玻璃斜面长度 L=0.81m，树叶的运动看做是相对挡风玻璃的匀加速直线运动，(忽略树叶在挡风玻璃上运动时速度的变化对空
41、气推力的影响)求树叶由玻璃底部开始到离开挡风玻璃过程中合外力对树叶的冲量I。【答案】(1)10m/s；(2)17；(3)0.09Ns，方向沿挡风玻璃斜面向上【解析】(1)树叶静止时受力平衡，沿玻璃斜面方向有F1cos-mgsin=0又因为F1=kv02解得v0=10m/s(2)当车速为2 33v0时，发现树叶恰好向上运动，此时为临界状态，树叶加速度为0，则F2cos-mgsin-FN=0FN=F2sin+mgcos联立解得=17(3)失去夹持时树叶相对挡风玻璃的初速度为零，树叶相对挡风玻璃做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a，有Fcos-mgsin-(Fsin+mgcos)=ma解得a=
42、50m/s2L=12at2解得9t=0.18s合外力对树叶的冲量I=mat=0.09Ns方向沿挡风玻璃斜面向上。题型三:以科研背景为题材构建物理模型考动力学观点3 3(20232023 山东 模拟预测)深海中有一个大杀器：海底断崖，又叫“跃层”，“跃层”是海水参数随深度变化而显著变化的水层。当潜艇从高密度海域进入低密度海域时，潜艇的浮力会突然减少，这样潜艇就会急剧下沉，专业上称这种现象为“掉深”。“掉深”可能会导致潜艇的实际下潜深度超过设计下潜深度，造成潜艇破裂进水，结构解体。已知潜艇的质量为 2.7 107t，正在水下 200m处水平运动，突然进入“跃层”，以加速度 a1=1m/s2竖直向下
43、落(水平速度很小，可以忽略不计)。潜艇指战员迅速采取措施，向外排出海水，8s后开始以向上的加速度a2=1m/s2运动。已知重力加速度g=10m/s2。(1)求“跃层”内海水密度与原来海水密度之比；(2)采取措施后潜艇经过多长时间回到原来深度？最深到了多深？(3)潜艇排出了多少吨海水(计算结果保留两位有效数字)？【答案】(1)910；(2)8+8 2s，264m；(3)4.9106t【详解】(1)设原来海水密度为，根据题意，有mg=F浮=gV排“跃层”内海水密度为，有mg-F浮=ma1F浮=gV排解得=F浮F浮=910(2)潜艇在匀加速下落阶段，有h1=12a1t21=32m又v1=a1t1=8
44、m/s排水后，潜艇先匀减速下降，再匀加速上升，对这个过程，有-h1=v1t2-12a2t22得t2=(8+8 2)s匀减速下降过程，有h2=v212a2=32m潜艇最深位置h=200m+h1+h2=264m(3)排出海水后，设潜艇质量为m，有10F浮-mg=ma2得m=2.21107t潜艇排出海水的质量m=2.7107t-2.21107t=4.9106t三、压轴题速练1(20232023 安徽 校联考模拟预测)如图是一小物体先从倾角为1=53斜面滑下后再滑上倾角为2=37的斜面运动过程的速度大小随时间变化的图像，两斜面动摩擦因数均为，图中v未知，已知sin37=0.6，cos37=0.8，取g
45、=10m/s2，则()A.=0.5B.v=8m/sC.沿斜面下滑位移为8mD.沿斜面上滑位移为10m【答案】A【详解】AB小物体从倾角为53斜面滑下时，由牛顿第二定律有mgsin1-mgcos1=ma1滑上倾角为37的斜面时，由牛顿第二定律有mgsin2+mgcos2=ma2其中a1=vt=v2，a2=vt=v1解得=0.5，v=10m/s故A正确，B错误；CDv-t图线与横轴所围区域的面积表示物体运动的位移，所以沿斜面下滑的位移为x1=v2t1=1022m=10m上滑的位移为x2=v2t2=1021m=5m故CD错误。故选A。2(20232023春 全国 高三专题练习)海洋馆中一潜水员把一质
46、量为m的小球以初速度v0从手中竖直抛出，从抛出开始计时，3t0时刻小球返回手中，小球始终在水中且在水中所受阻力大小不变，小球的速度随时间变化的关系图像如图所示，重力加速度大小为g，则小球在水中竖直下落过程中的加速度大小为()11A.15gB.25gC.35gD.45g【答案】B【详解】根据小球的速度随时间变化的关系图像分析知，第一阶段加速度大，大小为v0t0，第二阶段加速度小，故小球先竖直向上做匀减速直线运动，再竖直向下做匀加速直线运动，从抛出开始计时，3t0时刻小球返回手中v0t02=v 3t0-t02解得v=v02故球在水中竖直下落过程中的加速度大小a=v2t0=v04t0根据牛顿第二定律
47、，先竖直向上做匀减速直线运动mg+f=mv0t0再竖直向下做匀加速直线运动mg-f=ma联立解得，小球在水中竖直下落过程中的加速度大小为a=25g故选B。3【多选】(20232023 青海 统考二模)两带电的平行板A、B水平放置，上极板A的中央有一小孔如图甲所示，一带电油滴从小孔的正上方的O点处自由下落，穿过上极板A中央的小孔后，刚好不与下极板B相碰，在此过程中，油滴的速度v随时间t变化的关系如图乙所示重力加速度为g，不计空气阻力，可知()A.在t=t0时，油滴刚好穿过A板的小孔B.在t=3t0时，油滴刚好返回到O点C.油滴受到的重力与电场力之比为23D.O点到下极板B的距离为2gt0212【
48、答案】AC【详解】AB根据题意再结合甲乙两图分析可知，油滴先从O点开始做自由落体运动，在t=t0时，油滴刚好穿过A板的小孔，在t=3t0时，油滴在电场中速度减为零，刚好到达B板(未与之相碰)，故A正确，B错误；C速度-时间图像的斜率表示物体的加速度，设油滴进入电场时的速度为v，由图乙可知，油滴做自由落体运动时，由牛顿第二定律有mg=mvt0油滴进入电厂后，由牛顿第二定律有Eq-mg=mv2t0联立以上两式可得mg:Eq=2:3故C正确；D0t0时间段内油滴做自由落体运动，则t0时刻的速度为v=gt0而速度-时间图线与时间轴围成的面积表示位移，则可知O点到下极板B的距离为s=12gt03t0=3
49、2gt20故D错误。故选AC。4【多选】(20232023 天津宁河 高三天津市宁河区芦台第一中学校考阶段练习)如图所示，倾角为的光滑斜面足够长，一质量为m的小物体，在沿斜面向上的恒力F作用下，由静止从斜面底端沿斜面向上做匀加速直线运动，经过时间t，力F做功为60J，此后撤去力F，物体又经过相同的时间t回到斜面底端，若以地面为零势能参考面，则下列说法中正确的是()A.物体回到斜面底端的动能小于60JB.恒力F=2mgsinC.撤去力F时，物体的重力势能是45JD.动能与势能相等的时刻一定出现在撤去力F之后【答案】CD【详解】A物体静止开始从斜面底端开始运动直到最后返回斜面底端，此过程斜面光滑没
50、有摩擦力做功，重力做功为0，根据动能定理有Ek-0=WF=60J选项A错误；B撤去F前，加速度a=Fm-gsin撤去F后，加速度a=gsin13根据力F撤去前后位移等大反向，判断撤去前后平均速度等大方向，由于撤去前后都是匀变速所以有0+at2=-at+(at-at)2整理得a=3a即F=43mgsin选项B错误；C撤去力F前，力F做功Fs=43mgsins=60J重力做功-mgsins=45J所以撤出力F时，物体的重力势能是45J，选项C正确；D力F撤去前，合力mgsin3小于重力沿斜面的分力mgsin，即合力做功小于克服重力做功，增加的动能小于增加的重力势能，撤去力F之前一定是重力势能大于动