高考物理一轮复习课时检测十五动力学的两类基本问题含解析新人教版

动力学的两类基本问题

1．如图所示，小物块置于倾角为θ的斜面上，与斜面一起以大小为gtan θ的加速度向左做匀加速直线运动，两者保持相对静止，则运动过程中，小物块受力的示意图为(　　)

解析：选A　假设物块受到摩擦力沿斜面向上，对物块受力分析，沿水平方向和竖直方向建立平面直角坐标系，由牛顿第二定律可得：

FNsin θ－Ffcos θ＝ma

FNcos θ＋Ffsin θ－G＝0

联立解得：Ff＝0，故物块只受支持力和重力，故A正确。

2．在交通事故的分析中，刹车线的长度是很重要的依据，刹车线是汽车刹车后，停止转动的轮胎在地面上发生滑动时留下的滑动痕迹。在某次交通事故中，汽车的刹车线长度是14 m，假设汽车轮胎与地面间的动摩擦因数恒为0.7，g取10 m/s2，则汽车刹车前的速度为(　　)

A．7 m/s  B．14 m/s

C．10 m/s  D．20 m/s

解析：选B　设汽车刹车后滑动时的加速度大小为a，由牛顿第二定律得：μmg＝ma，解得：a＝μg。由匀变速直线运动速度－位移关系式v＝2ax，可得汽车刹车前的速度为：v0＝＝＝ m/s＝14 m/s，因此B正确。

3.如图所示为两个等高的光滑斜面AB、AC，将一可视为质点的滑块由静止在A点释放。沿AB斜面运动，运动到B点时所用时间为tB；沿AC斜面运动，运动到C点所用时间为tC，则(　　)

A．tB＝tC  B．tB>tC

C．tB<tC  D．无法比较

解析：选C　设斜面倾角为θ，高度为h,对滑块利用牛顿第二定律解得加速度a＝gsin θ，解几何三角形得位移x＝，据x＝at2得t＝ ＝ ＝  ，C正确。

4.(多选)在光滑水平面上，a、b两小球沿水平面相向运动。当两小球间距小于或等于L时，受到大小相等、方向相反的相互排斥恒力作用，两小球间距大于L时，相互间的排斥力为零，小球在相互作用区间运动时始终未接触，两小球运动时速度v随时间t的变化关系图像如图所示，由图可知(　　)

A．a球的质量大于b球的质量

B．在t1时刻两小球间距最小

C．在0～t2时间内两小球间距逐渐减小

D．在0～t3时间内b球所受的排斥力方向始终与运动方向相反

解析：选AC　由速度—时间图像可知b小球的速度—时间图线的斜率绝对值较大，所以b小球的加速度较大，两小球之间的排斥力为相互作用力，大小相等，根据a＝知，加速度大的质量小，所以b小球的质量较小，故A正确；两小球做相向运动，当速度相等时两小球间距最小，即t2时刻两小球间距最小，之后距离开始逐渐增大，故B错误，C正确；b球在0～t1时间内做匀减速运动，排斥力与运动方向相反，故D错误。

5．(多选)用一水平力F拉静止在水平面上的物体，在F从零开始逐渐增大的过程中，加速度a随外力F变化的图像如图所示，g取10 m/s2，则可以计算出(　　)

A．物体与水平面间的最大静摩擦力

B．F为14 N时物体的速度

C．物体与水平面间的动摩擦因数

D．物体的质量

解析：选ACD　由题图可知，物体与水平面间的最大静摩擦力为7 N，A正确；由F－μmg＝ma，解得a＝F－μg，将F1＝7 N，a1＝0.5 m/s2，F2＝14 N，a2＝4 m/s2代入上式可得m＝2 kg，μ＝0.3，C、D正确；因物体做变加速运动，无法求出F为14 N时物体的速度，B错误。

6.(多选)如图所示，建设房屋时，保持底边L不变，要设计好屋顶的倾角θ，以便下雨时落在屋顶的雨滴能尽快地滑离屋顶，雨滴下滑时可视为小球做无初速度、无摩擦的运动。下列说法正确的是(　　)

A．倾角θ越大，雨滴下滑时的加速度越大

B．倾角θ越大，雨滴对屋顶压力越大

C．倾角θ越大，雨滴从顶端O下滑至屋檐M时的速度越大

D．倾角θ越大，雨滴从顶端O下滑至屋檐M时的时间越短

解析：选AC　设屋顶的坡面长度为x，雨滴下滑时加速度为a，对雨滴受力分析如图所示，受重力mg和屋顶对雨滴的支持力FN，垂直于屋顶方向：mgcos θ＝FN，平行于屋顶方向：ma＝mgsin θ。雨滴的加速度a＝gsin θ，则倾角θ越大，雨滴下滑时的加速度越大，A正确；雨滴对屋顶的压力大小：FN′＝FN＝mgcos θ，则倾角θ越大，雨滴对屋顶压力越小，B错误；根据三角关系判断，屋顶坡面的长度x＝，由x＝gsin θ·t2，可得：t＝ ，可见当θ＝45°时，用时最短，D错误；由v＝gsin θ·t可得：v＝，可见θ越大，雨滴从顶端O下滑至屋檐M时的速度越大，C正确。

7．(多选)质量分别为M和m的两物块A、B大小相同，将它们用轻绳跨过光滑定滑轮连接。如图甲所示，绳子平行于倾角为α的斜面，A恰好能静止在斜面上，不考虑两物块与斜面之间的摩擦，若互换两物块的位置，按图乙放置，然后释放A。已知斜面固定，重力加速度大小为g，则(　　)

A．此时轻绳的拉力大小为mg

B．此时轻绳的拉力大小为Mg

C．此时A运动的加速度大小为(1－sin2α)g

D．此时A运动的加速度大小为g

解析：选AD　第一次按题图甲放置时A静止，则由平衡条件可得Mgsin α＝mg，第二次按题图乙放置时，对A、B整体由牛顿第二定律得，Mg－mgsin α＝(m＋M)a，联立得a＝(1－sin α)g＝g，对B，由牛顿第二定律得T－mgsin α＝ma，解得T＝mg，故A、D正确，B、C错误。

8．某种型号的装有焰火的礼花弹从专用炮筒中射出后向上运动，在5 s末到达离地面150 m的最高点时炸开，构成各种美丽的图案。假设礼花弹从炮筒中竖直射出时的初速度是v0，上升过程中所受的平均阻力大小始终是自身重力的k倍，那么k和v0分别等于(重力加速度g取10 m/s2)(　　)

A．0.2,60 m/s  B．1.2,60 m/s

C．0.2,50 m/s  D．1.2,50 m/s

解析：选A　礼花弹向上运动的逆过程是初速度为零的匀加速直线运动，根据h＝at2，解得：a＝12 m/s2，所以有：v0＝at＝60 m/s；上升过程礼花弹所受的平均阻力f＝kmg，根据牛顿第二定律得：mg＋f＝ma，解得k＝0.2，故A项正确，B、C、D三项错误。

9.水平地面上方A处有一小物块，在竖直向上的恒力F作用下由静止开始竖直向上运动，如图所示。经过时间t到达B处，此时撤去力F，又经过2t时间物块恰好落到地面。已知重力加速度大小为g，A处离地面的高度h＝gt2，忽略空气阻力，则物块的质量为(　　)

A.   B.

C.   D.

解析：选A　物块在力F作用下做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度大小为a，上升高度为h1，末速度大小为v1，则h1＝at2，v1＝at；撤去力F后物块做竖直上抛运动，则－(h1＋h)＝v1·2t－g(2t)2，联立解得a＝g，根据牛顿第二定律有F－mg＝ma，得m＝，A正确。

10．地面上测量质量的托盘天平在太空舱中将失效。于是，小明同学设计了如图甲所示的太空质量测量仪。装置D是轴承恒定拉力装置，在特定的空间范围内能够给受力砧C提供恒定的拉力。受力砧C的质量m0＝1 kg，装置D提供的恒定拉力F＝20 N。在装置D外壳上安装了连接到计算机的位移传感器测速装置A，在受力砧C上固定了轻质电磁波反射板B。进入工作状态后，通过装置A和反射板B可以绘制受力砧C的运动图像。连接受力砧C末端的轻质绳可以把待测物体固定在受力砧C上。在某次太空实验中，宇航员要用太空质量测量仪测量某实验样品的质量，轻质绳固定样品后，拉出受力砧C至最大位置后释放，计算机呈现了如图乙所示的物理图像。试求：

(1)在此次实验中，受力砧C运动时加速度大小a；

(2)实验样品的质量m；

(3)轻质绳施加给实验样品的拉力大小T。

解析：(1)受力砧C和实验样品固定后，一起做匀加速直线运动，即有v2＝2ax，

根据图像数据可知a＝5 m/s2。

(2)根据牛顿第二定律，以受力砧C和实验样品为研究对象，有：F＝(m0＋m)a，

代入已知数据，解得m＝3 kg。

(3)以实验样品为研究对象，有：T＝ma，

解得T＝15 N。

答案：(1)5 m/s2　(2)3 kg　(3)15 N

[潜能激发]

11．在奥运会的精彩开幕式中，表演者手持各国国旗从体育场的圆周顶棚飞天而降，动感壮观。他们静止站在圆周顶棚的不同点A、B、C、D、E、F沿光滑钢索滑到场地的P区表演，如图所示，设顶棚的圆周平面与地面平行，下列关于各处表演者滑到P区所用时间的说法中正确的是(　　)

A．A处表演者滑到P区所用的时间小于C处

B．F处表演者滑到P区所用的时间大于E处

C．所有表演者滑到P区所用的时间相等

D．所有表演者滑到P区所用的时间一定不相等

解析：选A　每个表演者所经过的路径可以看成一个斜面，斜面的高度都相同，只是倾角不同，类似的模型如图所示：

设其中某一光滑斜面的倾角为θ，高为h，

根据牛顿第二定律可得加速度a＝＝gsin θ，

斜面长L＝

根据运动学公式可得：L＝at2

解得t＝＝，可见，倾角θ越大，时间越短，θ越小，经过的时间越长。

12．(多选)如图甲所示，足够长的木板B静置于光滑水平面上，其上放置小滑块A。木板B受到随时间变化的水平拉力F作用时，用传感器测出木板B的加速度a，得到如图乙所示的a­F图像，已知g取10 m/s2，则(　　)

A．滑块A与木板B间动摩擦因数为0.1

B．当F＝10 N时木板B加速度为4 m/s2

C．木板B的质量为1 kg

D．滑块A的质量为4 kg

解析：选BC　由题图知，当F＝8 N时，加速度为：a＝2 m/s2。对A、B整体，由牛顿第二定律有：F＝(mA＋mB)a，代入数据解得：mA＋mB＝4 kg。当F大于8 N时，A、B发生相对滑动，对B，根据牛顿第二定律得：a＝＝F－；由图示图像可知，图线的斜率：k＝＝＝1，解得：mB＝1 kg，滑块A的质量为：mA＝3 kg。对于方程a＝＝F－，知当a＝0时，F＝6 N，代入数据解得 μ＝0.2，故A、D错误，C正确。根据F＝10 N＞8 N时，滑块与木板相对滑动，B的加速度为：aB＝a＝＝ m/s2＝4 m/s2，故B正确。

13．如图所示，航空母舰上的起飞跑道由长度为l1＝1.6×102 m的水平跑道和长度为l2＝20 m 的倾斜跑道两部分组成。水平跑道与倾斜跑道末端的高度差h＝4.0 m。一架质量为m＝2.0×104 kg的飞机，其喷气发动机的推力大小恒为F＝1.2×105 N，方向与速度方向相同，在运动过程中飞机受到的平均阻力大小为飞机重力的0.1倍。假设航母处于静止状态，飞机质量视为不变并可看成质点，取g＝10 m/s2。　

(1)求飞机在水平跑道运动的时间及到达倾斜跑道末端时的速度大小；

(2)为了使飞机在倾斜跑道的末端达到起飞速度100 m/s，外界还需要在整个水平跑道对飞机施加助推力，求助推力F推的大小。

解析：(1)飞机在水平跑道上运动时，水平方向受到推力与阻力作用，设加速度大小为a1、末速度大小为v1，运动时间为t1，有

F合＝F－Ff＝ma1

v－v＝2a1l1

v1＝a1t1

其中v0＝0，Ff＝0.1mg，代入已知数据可得

a1＝5.0 m/s2，v1＝40 m/s，t1＝8.0 s

飞机在倾斜跑道上运动时，沿倾斜跑道受到推力、阻力与重力沿倾斜跑道分力作用，设沿倾斜跑道方向的加速度大小为a2、末速度大小为v2，沿倾斜跑道方向有

F合′＝F－Ff－mgsin α＝ma2

mgsin α＝mg

v－v＝2a2l2

其中v1＝40 m/s，代入已知数据可得

a2＝3.0 m/s2，

v2＝ m/s≈41.5 m/s

故飞机在水平跑道上运动的时间为8.0 s，到达倾斜跑道末端时的速度大小为41.5 m/s。

(2)飞机在水平跑道上运动时，水平方向受到推力、助推力与阻力作用，设加速度大小为a1′、末速度大小为v1′，有

F合″＝F推＋F－Ff＝ma1′

v1′2－v＝2a1′l1

飞机在倾斜跑道上运动时，沿倾斜跑道受到推力、阻力与重力沿倾斜跑道分力作用没有变化，加速度大小仍有

a2′＝3.0 m/s2

v2′2－v1′2＝2a2′l2

根据题意，v2′＝100 m/s，代入数据解得F推≈5.2×105 N

故助推力F推的大小为5.2×105 N。

答案：(1)8.0 s　41.5 m/s　(2)5.2×105 N