高考物理真题分类汇编附答案--动力学问题

运动学部分

1、(2018∙全国II卷)甲、乙两汽车同一条平直公路上同向运动，其速度—时间图像分别如图中甲、乙两条曲线所示。已知两车在t2时刻并排行驶，下列说法正确的是（ ）

A. 两车在t1时刻也并排行驶 B. t1时刻甲车在后，乙车在前 C. 甲车的加速度大小先增大后减小 D. 乙车的加速度大小先减小后增大

2、（2019·新课标全国Ⅱ卷）如图（a），在跳台滑雪比赛中，运动员在空中滑翔时身体的姿态会影响其下落的速度和滑翔的距离。某运动员先后两次从同一跳台起跳，每次都从离开跳台开始计时，用v表示他在竖直方向的速度，其v–t图像如图（b）所示，t1和t2是他落在倾斜雪道上的时刻。则

A．第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的小 B．第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大 C．第二次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的大

D．竖直方向速度大小为v1时，第二次滑翔在竖直方向上所受阻力比第一次的大

3、(2017新课标II，24）（12分）为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线距离s0和s1（s1（1）冰球与冰面之间的动摩擦因数； （2）满足训练要求的运动员的最小加速度。

参与解析

1.解析：试题分析：在v-t图像中图像包围的面积代表了运动走过的位移，图像的斜率代表加速度，解本题要利用这个知识点求解。

AB，v-t图像中图像包围的面积代表运动走过的位移，两车在t2时刻并排行驶，利用逆向思维并借助于面积可知在t1时刻甲车在后，乙车在前，故A错误，B正确；

CD、图像的斜率表示加速度，所以甲的加速度先减小后增大，乙的加速度也是先减小后增大，故C错D正确； 答案：BD

2.解析：A．由v–t图面积易知第二次面积大于等于第一次面积，故第二次竖直方向下落距离大于第一次下落距离，所以，A错误；B．由于第二次竖直方向下落距离大，由于位移方向不变，故第二次水平方向位移大，故B正确C．由于v–t斜率知第一次大、第二次小，斜率越大，加速度越大，或由avv0，易知a1>a2，故C错误；D．由图像斜率，速度为tv1时，第一次图像陡峭，第二次图像相对平缓，故a1>a2，由G–fy=ma，可知，fy1正确。 答案:BD

3.解析：（1）根据速度位移公式求出冰球的加速度，结合牛顿第二定律求出动摩擦因数的大小．

（2）抓住两者运动时间相等得出运动员到达小旗处的最小速度，结合速度位移公式求出最小加速度．

解析：（1）对冰球分析，根据速度位移公式得：

，

加速度为：a=，

根据牛顿第二定律得：a=μg， 解得冰球与冰面之间的动摩擦因数为：

．

（2）根据两者运动时间相等，有：，

解得运动员到达小旗处的最小速度为：v2=，

则最小加速度为：=．

力的平衡

4、（2019·新课标全国Ⅰ卷）如图，一粗糙斜面固定在地面上，斜面顶端装有一光滑定滑轮。一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块N。另一端与斜面上的物块M相连，系统处于静止状态。现用水平向左的拉力缓慢拉动N，直至悬挂N的细绳与竖直方向成45°。已知M始终保持静止，则在此过程中

A．水平拉力的大小可能保持不变

B．M所受细绳的拉力大小一定一直增加 C．M所受斜面的摩擦力大小一定一直增加 D．M所受斜面的摩擦力大小可能先减小后增加

5、（2017·新课标Ⅰ卷）如图，柔软轻绳ON的一端O固定，其中间某点M拴一重物，用手拉住绳的另一端N。初始时，OM竖直且MN被拉直，OM与MN之间的夹角为（现将重物向右上方缓慢拉起，并保持夹角不变。在OM由竖直被拉到水平的过程中 A．MN上的张力逐渐增大 B．MN上的张力先增大后减小 C．OM上的张力逐渐增大 D．OM上的张力先增大后减小

π）。2参与解析

4.解析：如图所示，以物块N为研究对象，它在水平向左拉力F作用下，缓慢向左移动直至细绳与竖直方向夹角为45°的过程中，水平拉力F逐渐增大，绳子拉力T逐渐增大；

对M受力分析可知，若起初M受到的摩擦力f沿斜面向下，则随着绳子拉力T的增加，则摩擦力f也逐渐增大；若起初M受到的摩擦力f沿斜面向上，则随着绳子拉力T的增加，摩擦力f可能先减小后增加。故本题选BD。 答案：BD

5.解析：以重物为研究对象，受重力mg，OM绳上拉力F2，MN上拉力F1，由题意知，三个力合力始终为零，矢量三角形如图所示，在F2转至水平的过程中，MN上的张力F1逐渐增大，OM上的张力F2先增大后减小，所以AD正确，BC错误。

答案：AD

牛顿运动定律

6、（2015·新课标II卷）在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩链接好的车厢。当机车在东边拉着这列车厢一大小为a的加速度向东行驶时，链接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F；当机车在西边拉着这列车厢一大小为a的加速度向东行驶时，链接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小仍为F。不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为 A. 8 B.10 C.15 D.18

7、（2015·新课标Ⅰ卷）如图（a），一物块在t=0时刻滑上一固定斜面，其运动的v—t图线如图（b）所示。若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出 A．斜面的倾角 B．物块的质量

C．物块与斜面间的动摩擦因数 D．物块沿斜面向上滑行的最大高度

8、（2017·新课标Ⅲ卷）（20分）如图，两个滑块A和B的质量分别为mA=1 kg和mB=5 kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1=0.5；木板的质量为m=4 kg，与地面间的动摩擦因数为μ2=0.1。某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v0=3 m/s。A、B相遇时，A与木板恰好相对静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g=10 m/s2。求

（1）B与木板相对静止时，木板的速度； （2）A、B开始运动时，两者之间的距离。

9、(2015∙全国I卷)我国发射的“嫦娥三号”登月探测器靠近月球后，先在月球表面附近的

近似圆轨道上绕月运行；然后经过一系列过程，在离月面4m高处做一次悬停（可认为是相对于月球静止）；最后关闭发动机，探测器自由下落。已知探测器的质量约为1.310kg，地球质量约为月球的81倍，地球半径为月球的3.7倍，地球表面的重力加速度大小约为

9.8m/s。则次探测器

29A．在着陆前瞬间，速度大小约为8.9m/s B．悬停时受到的反冲作用力约为210N

C．从离开近月圆轨道到着陆这段时间内，机械能守恒

D．在近月圆轨道上运行的线速度小于人造卫星在近地圆轨道上运行的线速度

10、(2018∙全国I卷)如图，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R：bc是半径为R的四分之一的圆弧，与ab相切于b点。一质量为m的小球。始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静止开始向右运动，重力加速度大小为g。小球从a点开始运动到其他轨迹最高点，机械能的增量为（ ）

3

A. 2mgR B. 4mgR C. 5mgR D. 6mgR 11、（2016·新课标I卷）（18分）如图，一轻弹簧原长为2R，其一端固定在倾角为37的固定直轨道AC的底端A处，另一端位于直轨道上B处，弹簧处于自然状态。直轨道与一半径为5R的光滑圆弧轨道相切于C点，AC7R，A、B、C、D均在同一竖直平面内。质量为m的6小物块P自C点由静止开始下滑，最低到达E点（未画出）随后P沿轨道被弹回，最高到达F点，AF4R。已知P与直轨道间的动摩擦因数13，重力加速度大小为g。（取sin37，45cos374） 5(1)求P第一次运动到B点时速度的大小。 (2)求P运动到E点时弹簧的弹性势能。

(3)改变物块P的质量，将P推至E点，从静止开始释放。已知P自圆弧轨道的最高点D处水平飞出后，恰好通过G点。G点在C点的左下方，与C点水平相距7R、竖直相距R，求P运动到D点时速度的大小和改2变后P的质量。

参与解析

6.解析：由设这列车厢的节数为n，P、Q挂钩东边有m节车厢，每节车厢的质量为m，由牛顿第二定律可知：

F2F2，解得：kn，k是正整数，n只能是5的倍数，km3(nk)m5故B、C正确，A、D错误 答案：BC

7.解析：小球滑上斜面的初速度v0已知，向上滑行过程为匀变速直线运动，末速度0，那么平均速度即

v0v，所以沿斜面向上滑行的最远距离s0t1，根据牛顿第二定律，向上滑行22过程

v0vgsingcos，向下滑行1gsingcos，整理可得

t1t1gsinv0v1，从而可计算出斜面的倾斜角度以及动摩擦因数，选项AC对。根据斜面2t1的倾斜角度可计算出向上滑行的最大高度ssinv0vvvvt101v001，选项D对。22gt14g仅根据速度时间图像，无法找到物块质量，选项B错。 答案：ACD

8.解析：（1）滑块A和B在木板上滑动时，木板也在地面上滑动。设A、B和木板所受的摩擦力大小分别为f1、f2和f3，A和B相对于地面的加速度大小分别是aA和aB，木板相对于地面的加速度大小为a1。在物块B与木板达到共同速度前有

f11mAg① f21mBg②

f32(mAmBm)g③

由牛顿第二定律得

f1mAaA④ f2mBaB⑤ f2f1f3ma1⑥

设在t1时刻，B与木板达到共同速度，设大小为v1。由运动学公式有

v1v0aBt1⑦ v1a1t1⑧

联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得v11 m/s⑨ （2）在t1时间间隔内，B相对于地面移动的距离为sBv0t112aBt1⑩ 2设在B与木板达到共同速度v1后，木板的加速度大小为a2，对于B与木板组成的体系，由牛顿第二定律有

f1f3(mBm)a2⑪

由①②④⑤式知，aA=aB；再由⑦⑧可知，B与木板达到共同速度时，A的速度大小也为v1，但运动方向与木板相反。由题意知，A和B相遇时，A与木板的速度相同，设其大小为v2，设A的速度大小从v1变到v2所用时间为t2，则由运动学公式，对木板有v2v1a2t2⑫ 对A有v2v1aAt2⑬

12a2t2⑭ 212在（t1+t2）时间间隔内，A相对地面移动的距离为sAv0(t1t2)aA(t1t2) ⑮

2在t2时间间隔内，B（以及木板）相对地面移动的距离为s1v1t2A和B相遇时，A与木板的速度也恰好相同。因此A和B开始运动时，两者之间的距离为

s0sAs1sB⑯

联立以上各式，并代入数据得s01.9 m⑰ （也可用如图的速度–时间图线求解）

机械能

9.解析：星球表面万有引力提供重力即

GMmGM，重力加速度，地球表面mggR2R21GM3.73.7GM1GMg29.8m/s2，则月球表面g'812g，则探测器重力

1R81R6(R)23.71Gmg'1300kg9.8N/kg2000N，选项B对，探测器自由落体，末速度

6v2g'h49.88.9，选项A错。关闭发动机后，仅在月球引力作用下机械能守恒，3而离开近月轨道后还有制动悬停，所以机械能不守恒，选项C错。近月轨道即万有引力提供

G向心力v1M3.7GMGM81，小于近地卫星线速度，选项D对。

181RRR3.7答案：BD

10.解析：设小球运动到c点的速度大小为vC，则对小球由a到c的过程，由动能定理得：

F·3R-mgR=mvc2，又F=mg，解得：vc2=4gR，小球离开c点后，在水平方向做初速度为零的

匀加速直线运动，竖直方向在重力作用力下做匀减速直线运动，由牛顿第二定律可知，小球离开c点后水平方向和竖直方向的加速度大小均为g，则由竖直方向的运动可知，小球从离开c点到其轨迹最高点所需的时间为:t=vC/g=2

，小球在水平方向的加速度a=g，在水平

方向的位移为x=at2=2R。由以上分析可知，小球从a点开始运动到其轨迹最高点的过程中，水平方向的位移大小为5R，则小球机械能的增加量△E=F·5R=5mgR，选项C正确ABD错误。 答案：C

11.解析：（1）选P为研究对象，受力分析如图：

设P加速度为a，其垂直于斜面方向受力平衡：GcosN 沿斜面方向，由牛顿第二定律得：Gsinfma 且fN，可得： 对CB段过程，由 代入数据得B点速度：

agsingcosvt2v022as vB2gR

2g 5（2）P从C点出发，最终静止在F，分析整段过程； 由C到F，重力势能变化量：EPmg3Rsin

①

减少的重力势能全部转化为内能。

设E点离B点的距离为xR，从C到F，产热：

Qmgcos(7R2xR)

②

由QEP，联立①、②解得：x1； 研究P从C点运动到E点过程 重力做功： 摩擦力做功： 动能变化量： 由动能定理： 代入得：

WGWfW弹Ek

WGmgsin(5RxR) Wfmgcos(5RxR)

Ek0J

W弹12mgR 5由E弹W弹，到E点时弹性势能E弹为

（3）其几何关系如下图

12mgR。 521可知：OQR，CQR

325由几何关系可得，G点在D左下方，竖直高度差为R，水平

2距离为3R。

设P从D点抛出时速度为v0，到G点时间为t 其水平位移： 竖直位移： 解得：

3Rv0t

51Rgt2 22v035gR 5研究P从E点到D点过程，设P此时质量为m'，此过程中： 重力做功： 摩擦力做功： 弹力做功： 动能变化量：

351WG'm'g(R6Rsin)m'gR

2106Wf'm'g6Rcosm'gR

5W弹'E弹12mgR 5① ② ③ ④

19Ek'm'v020Jm'gR

210由动能定理：

将①②③④代入⑤，可得：

WG'Wf'W弹'Ek'

⑤

1m'm

3动量部分

12、(2019∙全国I卷)最近，我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展。若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3 km/s，产生的推力约为4.8×106 N，则它在1 s时间内喷射的气体质量约为( ) A．1.6×102 kg

B．1.6×103 kg C．1.6×105 kg D．1.6×106 kg

13、(2017新课标III）一质量为2 kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。F随时间t变化的图线如图所示，则

A．t=1 s时物块的速率为1 m/s B．t=2 s时物块的动量大小为4 kg·m/s C．t=3 s时物块的动量大小为5 kg·m/s D．t=4 s时物块的速度为零

14、(2019∙全国III卷)静止在水平地面上的两小物块A、B，质量分别为mA＝l.0 kg，mB＝4.0 kg；两者之间有一被压缩的微型弹簧，A与其右侧的竖直墙壁距离l＝1.0 m，如图所示。某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A、B瞬间分离，两物块获得的动能之和为Ek＝10.0 J。释放后，A沿着与墙壁垂直的方向向右运动。A、B与地面之间的动摩擦因数均为μ＝0.20，重力加速度取g＝10 m/s²。A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。 (1)求弹簧释放后瞬间A、B速度的大小；

(2)物块A、B中的哪一个先停止？该物块刚停止时A与B之间的距离是多少？

(3)A和B都停止后，A与B之间的距离是多少？

15、(2016∙全国I卷)（10分）某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中。为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出；玩具底部为平板（面积略大于S）；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开。忽略空气阻力。已知水的密度为，重力加速度大小为g，求：

(i)喷泉单位时间内喷出的水的质量；

(ii)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度。

参与解析

12.解析：设该发动机在t s时间内，喷射出的气体质量为m，根据动量定理，Ft＝mv，可知，在1 s内喷射出的气体质量m0答案：B

13.解析：A、前两秒，根据牛顿第二定律，a==1m/s，则0﹣2s的速度规律为：v=at；t=1s时，速率为1m/s，A正确；

B、t=2s时，速率为2m/s，则动量为P=mv=4kg•m/s，B正确；

CD、2﹣4s，力开始反向，物体减速，根据牛顿第二定律，a=﹣0.5m/s，所以3s时的速度为1.5m/s，动量为3kg•m/s，4s时速度为1m/s，CD错误； 答案：AB．

14.解析：(1)设弹簧释放瞬间A和B的速度大小分别为vA、vB，以向右为正，由动量守恒定律和题给条件有 0＝mAvA－mBvB ①

Ek1122mAvAmBvB ② 222

2

mF1.6103kg，故选B。 tv联立①②式并代入题给数据得：vA＝4.0 m/s，vB＝1.0 m/s

(2)A、B两物块与地面间的动摩擦因数相等，因而两者滑动时加速度大小相等，设为a。假设A和B发生碰撞前，已经有一个物块停止，此物块应为弹簧释放后速度较小的B。设从弹簧释放到B停止所需时间为t，B向左运动的路程为sB。，则有：

mBa＝μmBg ④

1sBvBtat2 ⑤

2vB－at＝0 ⑥

在时间t内，A可能与墙发生弹性碰撞，碰撞后A将向左运动，碰撞并不改变A的速度大小，所以无论此碰撞是否发生，A在时间t内的路程sA都可表示为

1sAvAtat2 ⑦

2联立③④⑤⑥⑦式并代入题给数据得：sA＝1.75 m，sB＝0.25 m⑧

这表明在时间t内A已与墙壁发生碰撞，但没有与B发生碰撞，此时A位于出发点右边0.25 m处。B位于出发点左边0.25 m处，两物块之间的距离s为

s＝0.25 m＋0.25 m＝0.50 m ⑨

(3)t时刻后A将继续向左运动，假设它能与静止的B碰撞，碰撞时速度的大小为vA′，由动能定理有

1122mAvmAvAmAg(2lsB) ⑩ A22联立③⑧⑩式并代入题给数据得：vA7m/s

故A与B将发生碰撞。设碰撞后A、B的速度分别为vA′′以和vB′′，由动量守恒定律与机械能守恒定律有

mA(－vAʹ) ＝mAvAʹʹ＋mBvBʹʹ

111222 mAvmAvmBvBAA222

3727m/s，vBm/s 55联立

式并代入题给数据得：vA

这表明碰撞后A将向右运动，B继续向左运动。设碰撞后A向右运动距离为sA′时停止，B向左运动距离为sB′时停止，由运动学公式

222asAvA，2asBvB

由④式及题给数据得：sAʹ＝0.63 m，sBʹ＝0.28 m

sA′小于碰撞处到墙壁的距离。由上式可得两物块停止后的距离sʹ＝sAʹ＋sBʹ＝0.91 m。

15.解析：(i)在一段很短的t时间内，可以为喷泉喷出的水柱保持速度v0不变。 该时间内，喷出水柱高度： 喷出水柱质量：

其中v为水柱体积，满足：

lv0t

① ② ③

mV

VlS

由①②③可得：喷泉单位时间内喷出的水的质量为mtv0S (ii)设玩具底面相对于喷口的高度为h 由玩具受力平衡得：

F冲=Mg

其中，F冲为玩具底部水体对其的作用力． 由牛顿第三定律：

F压=F冲

其中，F压为玩具时其底部下面水体的作用力 v＇为水体到达玩具底部时的速度 由运动学公式：

v＇2v202gh

在很短t时间内，冲击玩具水柱的质量为m

mv0st

由题意可知，在竖直方向上，对该部分水柱有 动量定理

F压mgtmv

由于t很小，mg也很小，可以忽略 ⑧式变为 F压tmv

由④⑤⑥⑦⑨可得 v22h0Mg2g22v22 0S

④

⑤

⑥

⑦

⑧

⑨