文档文本内容
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
第12 练 动力学两类基本问题 动力学图像问题
分值：60 分
1~6 题每小题4 分，共24 分
1.(2024·贵州卷·1)某研究人员将一铁质小圆盘放入聚苯乙烯颗粒介质中，在下落的某段时间内，小圆盘仅受
重力G 和颗粒介质对其向上的作用力f。用高速相机记录小圆盘在不同时刻的位置，相邻位置的时间间隔相
等，如图所示，则该段时间内下列说法可能正确的是( )
A.f 一直大于G
B.f 一直小于G
C.f 先小于G，后大于GD.f 先大于G，后小于G
2.(2021·全国甲卷·14)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
3.如图所示，球壳内有三条弦OA、OB、OC，O 为球内的最低点，它们与水平面间的夹角分别为60°、45°、
30°。三个光滑的小环分别从A、B、C 处由静止沿所在弦下滑，运动到最低点所用的时间分别为tA、tB、tC，
则三者之间大小关系为( )
A.tA＝tB＝tC
B.tA<tB<tC
1
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
C.tA>tB>tC
D.tA＝tC>tB
4.如图甲所示，小明同学用水平恒力推静止在水平地面上的箱子，1 s 后撤去恒力，箱子的速度—时间图像如
图乙所示。重力加速度g 取10 m/s2，下列说法正确的是( )
A.整个过程中箱子一直做匀变速直线运动
B.箱子所受推力与摩擦力之比为3∶2
C.第1 s 末箱子的速度方向发生改变
D.箱子与地面间的动摩擦因数为0.2
5.(2022·辽宁卷·7)如图所示，一小物块从长1 m 的水平桌面一端以初速度v0沿中线滑向另一端，经过1 s 从另
一端滑落。物块与桌面间动摩擦因数为μ，g 取10 m/s2。下列v0、μ 值可能正确的是( )
A.v0＝2.5 m/s
B.v0＝1.5 m/s
C.μ＝0.28
D.μ＝0.25
6.如图甲所示，斜面固定，用沿斜面向上的不同的恒力F，使同一物体沿斜面向上做匀加速运动，其加速度a
随恒力F 的变化关系如图乙所示。则根据图线斜率和截距可求得的物理量是( )
A.物体质量
B.斜面倾角
C.当地重力加速度
D.物体与斜面间动摩擦因数
7 题6 分，8 题13 分，共19 分
7.(多选)(2023·山东济宁市一模)无线充电宝可通过磁吸力吸附在手机背面，如图甲所示为科创小组某同学手握
手机(手不接触充电宝)，利用手机软件记录竖直放置的手机及吸附的充电宝从静止开始在竖直方向上的一次
变速运动过程(手机与充电宝始终相对静止)，记录的加速度a 随时间t 变化的图像如图乙所示(规定向上为正方
向)，t2时刻充电宝速度为零，且最终处于静止状态。已知无线充电宝质量为0.2 kg，手机与充电宝之间的动
摩擦因数μ＝0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g 取10 m/s2，在该过程中，下列说法正确的是(
)
2
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
A.充电宝受到的静摩擦力的最大值为1 N
B.t3时刻充电宝受到的摩擦力大小为0.4 N
C.充电宝在t2与t3时刻所受的摩擦力方向相反
D.充电宝与手机之间的吸引力大小至少为10 N
8.(13 分)一辆质量为15 t 的货车在公路上行驶，当行驶到一个较长下坡时(每下行1 km 高度下降120 m)，司机
发现货车的刹车系统失灵。货车在斜坡上以36 km/h 的初速度加速向下滑行，幸好滑行了1 km 时司机将车子
开上了一个缓冲坡(用砂石铺于表面的一个斜上坡，如图所示，在缓冲坡上每上行10 m 升高3 m)，在缓冲坡
向上滑行了40 m 后停止。已知货车在较长下坡时受到的阻力是车重的1
10，重力加速度g 取10 m/s2。求：
(1)(6 分)车子下坡滑行1 km 所用的时间；
(2)(7 分)车子在缓冲坡上运动时受到的阻力大小。
9.(17 分)如图所示，某运动员在平直雪道上的A、E 两地进行滑雪训练，在某次训练中，他从A 由静止开始向
前滑行，利用滑雪杖获得水平推力F(可视为恒定不变)，经过t1到达B 点，之后立即撤去F，滑行t2后到达C
点，再次用滑雪杖获得同样的水平推力F，作用距离为x3到达D 点，接着再次撤去水平推力后，运动员刚好
停在E 点。已知该运动员连同装备的总质量为m＝60 kg，运动过程中运动员受到阻力大小恒为Ff＝12 N，且
F＝84 N，t1＝1 s，t2＝2 s，x3＝1
3 m，求运动员：
(1)(3 分)在AB 段的加速度a1的大小；
(2)(7 分)到达C 点时的速度大小；
3
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
(3)(7 分)从A 点到E 点的位移大小(结果保留三位有效数字)。
4
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
答案精析
1.C [由题图可知相等时间内铁质小圆盘的位移先增大后减小，可知铁质小圆盘的速度先增大后减小，以向
下为正方向，即铁质小圆盘的加速度先正后负，根据牛顿第二定律G－f＝ma 可知f 先小于G，后大于G。故
选C。]
2.D [设PQ 的水平距离为L，由运动学公式可知
L
cosθ ＝1
2gsin θ·t2，可得t2＝
4 L
gsin 2θ ，可知θ＝45°时，t 有
最小值，故当θ 从由30°逐渐增大至60°时，物块的下滑时间t 先减小后增大，故选D。]
3.A [设弦与竖直方向夹角为θ，球的半径为R，小环沿弦做匀加速直线运动，2Rcos θ＝1
2gcos θ·t2，解得运
动时间为t＝2√
R
g ，与夹角θ 无关，故tA＝tB＝tC，A 正确。]
4.B [根据v－t 图像的斜率表示加速度可知，箱子在整个过程中先做匀加速运动再做匀减速运动，加速度的
大小和方向都变化，所以整个过程不是匀变速直线运动，故A 错误；撤去恒力后，箱子所受合力为摩擦力，
则有Ff＝μmg＝ma2，由题图乙可知，撤去恒力后箱子的加速度大小为a2＝| Δv
Δt |＝4 m/s2，解得μ＝0.4，故D
错误；在0~1 s 时间内，由牛顿第二定律有F－μmg＝ma1，由题图乙可知在0~1 s 时间内箱子加速度大小为a1
＝Δv
'
Δt
'
＝2 m/s2，解得F＝6m，结合上述可知，箱子所受恒力与摩擦力之比为6m∶4m＝3∶2，故B 正确；题
图乙中速度v 的正负表示速度方向，可知第1 s 末箱子的速度方向没有变化，故C 错误。]
5.B [物块沿中线做匀减速直线运动，则v ＝x
t ＝v0+ v
2
，由题知x＝1 m，t＝1 s，v>0，代入数据有v0<2
m/s，对物块由牛顿第二定律有ma＝－μmg，又v2－v0
2＝2ax，整理有v0
2－2μgx＝v2>0，则μ<0.2，故选B。]
6.A [设a－F 图像斜率为k，纵轴截距为b。若斜面光滑，对物体受力分析如图甲：
有F－mgsin θ＝ma，解得a＝1
mF－gsin θ，则k＝1
m，b＝－gsin θ，
5
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
若斜面粗糙，对物体受力分析如图乙：
有F－(mgsin θ+μmgcos θ)＝ma'，解得a'＝1
mF－(gsin θ+μgcos θ)，则k＝1
m，b＝－(gsin θ+μgcos θ)，综上
可知根据a－F 图像中图线斜率和截距可求得的物理量是物体质量m，故选A。]
7.BD [t3时刻由牛顿第二定律可得Ff－mg＝ma，解得Ff＝0.4 N，故B 正确；充电宝在t2时刻具有向上的最
大加速度，由牛顿第二定律知摩擦力方向竖直向上，t3时刻充电宝具有向下的加速度，而加速度大小小于重
力加速度，所以摩擦力方向向上，所以充电宝在t2与t3时刻所受的摩擦力方向相同，故C 错误；t2时刻充电宝
具有的加速度最大，充电宝与手机之间的摩擦力最大，此时由牛顿第二定律有Ff'－mg＝ma'，又Ff'＝μFN，
解得充电宝与手机之间的吸引力大小至少为FN＝10 N，此时Ff'＝5 N，故D 正确，A 错误。]
8.(1)61.8 s (2)4.875×104 N
解析 (1)货车下坡滑行做匀加速直线运动，初速度v0＝36 km/h＝10 m/s，
根据牛顿第二定律，
有mgsin θ－kmg＝ma1
其中k＝0.1
sin θ＝Δh
Δ L ＝3
25
解得a1＝0.2 m/s2
再由x1＝v0t+1
2a1t2
解得t＝50(√5－1)s≈61.8 s
(2)货车在缓冲坡上做匀减速直线运动，设货车的加速度设为a2，刚冲上缓冲坡时的速度为v1，
有v1＝v0+a1t＝10√5 m/s
0－v1
2＝2a2x2
解得a2＝－6.25 m/s2
根据牛顿第二定律，
有－mgsin α+F2＝ma2
sin α＝Δh
'
Δ L
' ＝3
10
6
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
解得F2＝－4.875×104 N
即在缓冲坡上受到的阻力大小为4.875×104 N，负号表示阻力方向与车子运动方向相反。
9.(1)1.2 m/s2 (2)0.8 m/s (3)6.53 m
解析 (1)第一次利用滑雪杖滑行过程，根据牛顿第二定律有
F－Ff＝ma1
解得a1＝1.2 m/s2。
(2)第一次利用滑雪杖获得的速度大小为
v1＝a1t1＝1.2×1 m/s＝1.2 m/s
这段时间内的位移大小为
x1＝1
2a1t1
2＝1
2×1.2×12 m＝0.6 m
第一次撤去推力后的时间t2＝2 s 内，运动员的加速度为a2＝−Ff
m ＝
－12
60 m/s2＝－0.2 m/s2
到达C 点时的速度大小为v2＝v1+a2t2＝(1.2－0.2×2) m/s＝0.8 m/s。
(3)第二次利用滑雪杖滑行过程中，由v3
2－v2
2＝2a1x3
解得v3＝1.2 m/s
第一次撤去推力后的时间t2＝2 s 内，运动员的位移为x2＝v1+ v2
2
t2＝2 m
第二次撤去推力后运动员滑行的过程中有0－v3
2＝2a2x4
解得x4＝3.6 m
则从A 点到E 点的位移大小x＝x1+x2+x3+x4
解得x≈6.53 m。
7
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
8
