[讲义答案]第5讲动力学进阶-bb264084cade_学而思高一全套_2019秋季高一1_2019秋高一数学筑梦班（全国）李昊伟_2019秋高一数学筑梦班（全国）李昊伟_讲义

答 案
B
解析
解：由于任意的相同位移内，速度的变化量都相同，由于速度不断增加，每增加相同速度的时间不
断减小，即平均加速度大小不断增加。加速度是速度时间图象中的函数斜率，所以选择B。
答 案
D
解析
解：氢气的密度比空气小，因此相同体积的氢气惯性比空气要小，所以在紧急刹车时，车厢内的空
气因为惯性会相对小车前倾，而由于氢气球惯性小，所以氢气球被前倾的等量空气排向后方；金属
球惯性远大于等体积的空气正常前倾，选择D。
答 案
B
解析
解：没有放物块
时，根据力平衡有
。 
当轻放
的瞬间，弹簧来不及形变，因此弹簧的弹力
不变。 
把两物块视为一个整体，根据牛顿第二定律有
， 
解得加速度为
。 
再以物块
为研究对象，根据牛顿第二定律有
， 
解得轻放物体
的这一瞬间，两物块之间的弹力
。 
故选：B。
模块1：动
：动力学
力学进阶
进阶
1
1
1
例题1
例题2
例题3
B
m
 g =
A
kx
B
F
m
 + m
 g −
(
A
B)
kx = m
 + m
 a
(
A
B)
6m/s2
B
m
 g −
B
F = m
 a
B
B
F = 12N
答 案
B
解析
解：水平力
拉
时，
、
刚好不发生相对滑动，这实际上是将要滑动，但尚未滑动的一种临界
状态，从而可知此时
、
间的摩擦力即为最大静摩擦力。 
先用整体法考虑，对
、
整体：
。 
再将
隔离可得
、
间最大静摩擦力为
，解以上两方程得
。 
若将
作用在
上，隔离
可得
能与
一起运动，而
、
不发生相对滑动的最大加速度
， 
再用整体法考虑，对
、
整体：
，由以上方程解得
。
答 案
B C D
解析
解：根据以上知识，临界拉力为
，因此选项C正
确。 
当
时，此拉力小于临界拉力，两物体以相等的加速度一起运动， 
根据
，解得加速度
，选项B正确。 
具有最大加速度时，有
，解得
，选项D正确。 
当
时，虽然此拉力小于临界拉力，两物体之间没有相对运动，但是此拉力却大于
与
地面之间的最大静摩擦力
，因此两物体一起以相等的加速度运动，选项A错误。 
故选：BCD。
答 案
B D
解析
解：两物体刚要发生相对滑动时，物体之间达到最大静摩擦力，  
把最大静摩擦力按滑动摩擦力计算， 
由
和
，解得
，选项B正
确、A错误。 
1
1
1
例题4
F
B
A
B
A
B
A
B
F = m + 2m a
(
)
A
A
B
f
 =
m
ma
f
 =
m
 3
F
F ′
A
B
B
A
A
B
a =
′
 
2m
f
 
m
A
B
F =
′
m + 2m a
(
)
′
F =
′
 2
F
例题5
F
 =
0
 m
 + m
 g =
m
 2
m
 μ −μ
 
1 (
1
2) (
1
2)
3μmg
F =
 μmg
2
5
F −μ
 m
 + m
 g =
2 (
1
2)
m
 + m
 a
(
1
2)
a =
 μg
3
1
B
μ
 m
 g −
1
1
μ
 m
 + m
 g =
2 (
1
2)
m
 a
 
2
2
a
 =
2
 μg
2
1
F < 2μmg
B
 μmg
2
3
例题6
F −μ
 m
 + m
 g =
2 (
1
2)
m
 + m
 a
(
1
2)
F −μ
 m
 g =
1
1
m
 a
1
F = 4.5N
当
时，物体、物体分别以不同的加速度运动， 
根据牛顿第二定律有
和
， 
解得加速度分别为
和
，选项C错误、D正确。 
故选：BD。
答 案
440
解析
解：设运动员和吊椅的质量分别为
和
，绳拉运动员的力为
。以运动员和吊椅整体为研究对
象，受到重力的大小为
，向上的拉力为
，根据牛顿第二定律 
，
 
由牛顿第三定律得运动员拉绳的力大小为
，方向竖直向下。
答 案
275
解析
解：以运动员和吊椅整体受力分析
得拉力
。以运动
员为研究对象，运动员受到三个力的作用，重力大小
，绳的拉力
，吊椅对运动员的支持力
。根据牛顿第二定律
，
。 
根据牛顿第三定律，运动员对吊椅压力大小为
，方向竖直向下。
答 案
0.1 0.4
解析
解：根据图像可以判定碰撞前小物块与木板的共同速度为
，碰撞后木板的速度水平向
左，大小仍为
。 
小物块受到滑动摩擦力向右做匀减速运动， 
根据牛顿第二定律有
， 
由图像可知其加速度为图像的斜率，得
，所以
。 
木板与墙壁碰撞前，匀减速运动时间为
， 
设
时，木板和物块的共同速度为
，有 
， 
1
2
1
F = 5N
1
2
F −μ
 m
 + m
 g =
2 (
1
2)
m
 a
 +
1
1
m
 a
 
2
2
F −μ
 m
 g =
1
1
m
 a
 
1
1
1m/s2
0.5m/s2
例题7
M
m
F
M + m g
(
)
2F
2F −M + m g =
(
)
M + m a
(
)
F = 440N
440N
2F −(M + m)g = (M + m)a
F = 440N
Mg
F
F
 
N
F + F
 −
N
Mg = Ma
F
 =
N
275N
275N
例题8
v = 4m/s
v = 4m/s
−μ
 mg =
2
ma
 1
a
 =
1
−4m/s2
μ
 =
2
0.4
t = 1s
t = 0
v
 0
v = v
 +
0
at
1
， 
代入数值，得
。 
把小物块和木板作为整体进行受力分析， 
根据牛顿第二定律有
，解得
。
答 案
6
解析
解：碰撞后，木板向左做匀减速运动， 
依据牛顿第二定律有
，解得
， 
而小物块的加速度为
，所以小物块的速度先减小到， 
由图像可知经历时间为
。 
此时，木板向左的位移为
， 
木板的末速度为
，小物块向右运动的位移为
。 
此后，小物块开始向左做匀加速运动，加速度为
。 
木板继续减速，加速度仍为
。 
假设又经历时间二者速度相等，则有
，解得
。 
在此过程中，木板位移为
， 
末速度为
，小物块的位移为
。 
此后，木块和木板一起做匀减速运动。 
二者的相对位移为
。 
滑块始终没有离开木板，所以木板最小的长度为
。
答 案
6.5
解析
解：最后阶段小物块和木板一起做匀减速运动直到停止，整体加速度为
。 
根据速度-位移公式，位移为
。 
所以，木板右端离墙壁最远的距离为
。
答 案
A
2
3
1  59%
x = vt +
 at
2
1
2
a = −1m/s2
−μ
 m + M g =
1 (
)
m + M a
(
)
μ
 =
1
0.1
−μ
 m + M g −
1 (
)
μ
 mg =
2
Ma
 2
a
 =
2
−
 m/s
3
4
2
a
 =
1
−4m/s2
0
t
 =
1
1s
x
 =
1
vt
 +
1
 a
 t
 =
2
1
2 1
2
 m
3
10
v
 =
1
v + a
 t
 =
2 1
 m/s
3
8
x
 =
2
 t
 =
2
v + 0
1
2m
a
 =
3
4m/s2
a
 =
2
−
 m/s
3
4
2
a
 t
 =
3 2
v
 +
1
a
 t
 
2 2
t
 =
2
0.5s
x
 =
3
v
 t
 +
1 2
 a
 t
 =
2
1
2 2
2
 m
6
7
v
 =
3
v
 +
1
a
 t
 =
2 2
2m/s
x
 =
4
 a
 t
 =
2
1
3 2
2
 m
2
1
Δx = x
 + x
 +
(
1
2)
x
 −x
 =
(
3
4)
6m
6m
a = −1m/s2
x
 =
5
 =
2a
0 −v
 3
2
2m
x
 +
1
x
 +
3
x
 =
5
6.5m
例题9
解析
解：开始阶段两物体一起做加速运动，有
，即
，两物体加速度相同且与时间成正比。当两物体间的静摩擦力达到
后两者发生相对滑动。对
有
，
，可得
，由
可
知图线斜率增大；而对
，在发生相对滑动后，有
，故
为定值。故
A选项正确。 
故选：A。
F = m
 + m
 a
(
1
2)
a =
 =
m
 + m
 
1
2
F
 t
m
 + m
 
1
2
k
μm g
2
m2
F −f = ma
 2
f = μm
 g
2
a
 =
2
 =
m
 2
F −f
 t −
m
 2
k
μg
 >
m
 2
k
 
m
 + m
 
2
1
k
m1
μm
 g =
2
m
 a
 
1
1
a
 =
1
 
m1
μm
 g
2