动力学部分高考试题选编运动学部分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v 1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s 0和s 1（s 1<s 0）处分别设置一个挡板和一面小旗，如图所示。

训练时，让运动员和冰球都位于起跑线上，教练员将冰球以初速度v 0击出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板；冰球被击出的同时，运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗。

训练要求当冰球到达挡板时，运动员至少到达小旗处。

假定运动员在滑行过程中做匀加速运动，冰球到达挡板时的速度为v 1。

重力加速度大小为g 。

求（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。

参考答案与解析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t 2时刻并排行驶，利用逆向思维并借助于面积可知在t 1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：BD2.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0v v a t-=，易知a 1>a 2，故C 错误；D ．由图像斜率，速度为v 1时，第一次图像陡峭，第二次图像相对平缓，故a 1>a 2，由G –f y =ma ，可知，f y 1<f y 2，故D正确。

答案:BD3.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α（π2α>）。

现将重物向右上方缓慢拉起，并保持夹角α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参考答案与解析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：BD5.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. 8B.10C.15D.187、（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v、1v、1t均为已知量，则可求出如图（b）所示。

若重力加速度及图中的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m A=1 kg和m B=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91.310kg⨯，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29.8/m s。

则次探测器A．在着陆前瞬间，速度大小约为8.9/m sB．悬停时受到的反冲作用力约为3210N⨯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（）A. 2mgRB. 4mgRC. 5mgRD. 6mgR11、（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5 6R的光滑圆弧轨道相切于C点，7AC R A B C D=，、、、均在同一竖直平面内。

质量为m的小物块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，4AF R=。

已知P与直轨道间的动摩擦因数14μ=，重力加速度大小为g。

（取3sin375︒=，4cos375︒=）(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72R、竖直相距R，求P运动到D点时速度的大小和改变后P的质量。

参考答案与解析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：m k n F km F )(32-=，解得：n k 52=，k 是正整数，n 只能是5的倍数，故B 、C 正确，A 、D 错误 答案：BC7.解析：小球滑上斜面的初速度0v 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02v ，所以沿斜面向上滑行的最远距离012vs t =，根据牛顿第二定律，向上滑行过程01sin cos v g g t θμθ=+，向下滑行11sin cos vg g t θμθ=-，整理可得011sin 2v v g t θ+=，从而可计算出斜面的倾斜角度θ以及动摩擦因数，选项AC 对。

根据斜面的倾斜角度可计算出向上滑行的最大高度00101101sin 224v v v v vs t v gt gθ++=⨯=，选项D 对。

仅根据速度时间图像，无法找到物块质量，选项B 错。

答案：ACD8.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f 1、f 2和f 3，A 和B 相对于地面的加速度大小分别是a A 和a B ，木板相对于地面的加速度大小为a 1。

在物块B 与木板达到共同速度前有11A f m g μ=① 21B f m g μ=②32()A B f m m m g μ=++③由牛顿第二定律得1A A f m a =④ 2B B f m a =⑤ 2131f f f ma --=⑥设在t 1时刻，B 与木板达到共同速度，设大小为v 1。

由运动学公式有101B v v a t =-⑦ 111v a t =⑧联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得1 1 m/s v =⑨ （2）在t 1时间间隔内，B 相对于地面移动的距离为201112B B s v t a t =-⑩ 设在B 与木板达到共同速度v 1后，木板的加速度大小为a 2，对于B 与木板组成的体系，由牛顿第二定律有132()B f f m m a +=+⑪由①②④⑤式知，a A =a B ；再由⑦⑧可知，B 与木板达到共同速度时，A 的速度大小也为v 1，但运动方向与木板相反。