2020届高三高考物理二轮复习专题强化练习卷：动力学问题

动力学问题

1．(2019·黑龙江哈尔滨三中二模)水平路面上质量为30 kg 的小车，在60 N水平推力作用下由静止开始以1.5 m/s2的加速度做匀加速直线运动。2 s后撤去该推力，则(　　)

A．小车2 s末的速度是4 m/s               B．小车受到的阻力大小是15 N

C．撤去推力后小车的加速度大小是1 m/s2      D．小车运动的总时间为6 s

2.(2019·四川教考联盟三诊)(多选)如图，在水平面上固定一倾角为30°的光滑斜面，斜面底部有一垂直于斜面的固定挡板，A和B用轻弹簧相连，A靠在挡板上，C靠在B上，A、B、C三者质量均为m，力F作用在C上使弹簧处于压缩状态。现撤去F，弹簧弹开，最后使A和挡板恰无弹力，重力加速度为g，在这个过程中以下说法正确的是(　　)

A．当B速度最大时，B、C间弹力为0

B．当B和C分离时，A对挡板的压力为mg

C．当B和C分离时，它们的速度相等且达到最大

D．当B的速度最大时，A对挡板的压力为mg

3.(2019·河北衡水中学三模)(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t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图象，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的加速度为4 m/s2

C．木板B的质量为1 kg                D．滑块A的质量为4 kg

4.(2019·重庆三诊)如图所示，在倾角为30°的光滑斜面上，质量相等的甲、乙物体通过弹簧连接，乙物体通过轻绳与斜面顶端相连。已知轻弹簧、轻绳均与斜面平行，重力加速度大小为g。剪断轻绳的瞬间，下列说法正确的是(　　)

A．甲、乙的加速度大小均为            B．甲的加速度为零，乙的加速度大小为

C．甲的加速度为g，乙的加速度大小为零  D．甲的加速度为零，乙的加速度大小为g

5. (2019·广东惠州二模)如图所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验。若砝码和纸板的质量分别为2m和m，各接触面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g。要使纸板相对砝码运动，所需拉力的大小至少应为(　　)

A．3μmg           B．4μmg          C．5μmg       D．6μmg

6.(2019·山东省日照市模拟)如图所示，一辆有驱动力的小车上有一水平放置的弹簧，其左端固定在小车上，右端与一质量为1 kg的物块相连。物块和小车一起向右匀速运动时，弹簧处于压缩状态，弹簧弹力大小为2 N。若小车开始向右加速运动，则(　　)

A．随着小车的加速度增大，物块受到的摩擦力逐渐减小

B．随着小车的加速度增大，物块受到的弹簧弹力逐渐增大

C．当小车的加速度大小为5 m/s2时，物块一定与小车相对滑动

D．当小车的加速度大小为4 m/s2时，物块一定与小车相对静止

7.(2019·河北省衡水中学下学期二调模拟)如图所示，宽为L的竖直障碍物上沿有间距d＝0.6 m的矩形孔，其下沿离地高h＝1.2 m，离地高H＝2 m可视为质点的小球与障碍物相距x，在障碍物以v0＝4 m/s的速度匀速向左运动的同时，小球自由下落，忽略空气阻力，g＝10 m/s2，则下列说法正确的是(　BC　)

A． L＝1 m、x＝1 m时小球可以穿过矩形孔    B． L＝0.8 m、x＝0.8 m时小球可以穿过矩形孔

C． L＝0.6 m、x＝1 m时小球可以穿过矩形孔   D． L＝0.6 m、x＝1.2 m时小球可以穿过矩形孔

8. (多选)(2019·杭州二中模拟)如图所示，总质量为460 kg的热气球，从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5 m/s2，当热气球上升到180 m时，以5 m/s的速度向上匀速运动，若离开地面后热气球所受浮力保持不变，上升过程中热气球总质量不变，重力加速度g＝10 m/s2.关于热气球，下列说法正确的是(　　)

A．所受浮力大小为4 830 N                     B．加速上升过程中所受空气阻力保持不变

C．从地面开始上升10 s后的速度大小为5 m/s     D．以5 m/s匀速上升时所受空气阻力大小为230 N

9.(2019·江苏省宿迁市模拟)如图，光滑固定斜面上有一楔形物体A。A的上表面水平，A上放置一物块B。已知斜面足够长、倾角为θ，A的质量为M，B的质量为m，A、B间动摩擦因数为μ(μ＜)，最大静擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对A施加一水平推力。求：

(1)物体A、B保持静止时，水平推力的大小F1；

(2)水平推力大小为F2时，物体A、B一起沿斜面向上运动，运动距离x后撤去推力，A、B一起沿斜面上滑，整个过程中物体上滑的最大距离L；

(3)为使A、B在推力作用下能一起沿斜面上滑，推力F应满足的条件。

10.(2019·陕西西安模拟)小物块以一定的初速度v0沿斜面(足够长)向上运动，由实验测得物块沿斜面运动的最大位移x与斜面倾角θ的关系如图所示．取g＝10 m/s2，空气阻力不计．可能用到的函数值：sin 30°＝0.5，sin 37°＝0.6.求：

(1)物块的初速度v0；

(2)物块与斜面之间的动摩擦因数μ；

(3)计算说明图线中P点对应的斜面倾角为多大？在此倾角条件下，小物块能滑回斜面底端吗？说明理由(设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等)．

参考答案

1.【答案】　B

【解析】　小车2 s末的速度是：v＝at＝1.5×2 m/s＝3 m/s，故A错误；根据牛顿第二定律得：F－f＝ma，解得：f＝F－ma＝60 N－30×1.5 N＝15 N，故B正确；撤去推力后，根据牛顿第二定律：f＝ma1，解得：a1＝0.5 m/s2，故C错误；撤去推力后运动的时间为：t1＝ s＝6 s，所以小车运动的总时间为：t总＝(2＋6) s＝8 s，故D错误。

2.【答案】　BD

【解析】　B和C分离瞬间，加速度相等且弹力消失，分离后的瞬间C的加速度为gsin30°，则B的加速度也为gsin30°，由此推知B和C在弹簧原长时分离，此时，它们的加速度不为0，即速度不是最大，速度最大出现在分离之前，故A、C错误；当B和C分离时弹簧处于原长，此时A对挡板的压力等于A重力沿斜面方向的分力，即mg，故B正确；当B的速度达到最大时，C的速度也最大，它们受弹簧的弹力等于二者重力沿斜面方向的分力，即2mgsin30°＝mg，弹簧另一端的弹力大小也是mg，所以此时A对挡板的压力为mg，D正确。

3.【答案】　BC

【解析】由图乙可知，当F＝8 N时，A、B恰不发生相对滑动，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－，由图象可知，图线的斜率：k＝＝＝1，解得：mB＝1 kg，故滑块A的质量为：mA＝3 kg；由方程a＝＝F－，可知当a＝0时，F＝6 N，代入数据解得μ＝0.2，故A、D错误，C正确。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。

4.【答案】　D

【解析】　剪断轻绳前，对甲、乙、弹簧组成的整体分析知轻绳对乙球的弹力大小为2mgsin30°，因弹簧弹力不能突变，而绳子的弹力会突变，所以剪断轻绳瞬间，甲球所受合力为零，加速度为零；乙球所受合力为2mgsin30°，加速度为2gsin30°＝g，故A、B、C错误，D正确。

5.【答案】　D

【解析】　当纸板相对砝码运动时，设砝码的加速度为a1，纸板的加速度为a2，则根据牛顿第二定律得：对砝码有：f1＝μ·2mg＝2ma1，

得：a1＝＝μg，

对纸板有 F－f1－f2＝ma2，

纸板与砝码发生相对运动需要纸板的加速度不小于砝码的加速度，即：a2≥a1，

所以：F＝f1＋f2＋ma2≥f1＋f2＋ma1＝μ·2mg＋μ·3mg＋μmg＝6μmg，

即：F≥6μmg，选D。

6.【答案】D

【解析】当物块和小车一起向右匀速运动时，对物块分析可得物块受到水平向左的静摩擦力，大小为2 N，即物所受的最大静摩擦力fm≥2 N。小车向右做加速运动，对物块由牛顿第二定律列方程：F－f＝ma，当加速度不太大时，弹簧弹力不变，随着小车的加速度增大，物块受到的摩擦力先是逐渐减小，后反向增大，A、B均错误；当小车的加速度大小为4 m/s2，可求得此时受的摩擦力大小为2 N，方向水平向右，物块一定与小车相对静止，D正确；  当小车的加速度大小为5 m/s2，假设物块与小车仍相对静止，可求得此时受的摩擦力大小为3 N，方向水平向右，  由于最大静摩擦力大小不确定，此时物块可能与小车相对静止，C错误。

7.【答案】BC

【解析】小球做自由落体运动到矩形孔的上沿的时间为：t1＝＝＝0.2 s；小球做自由落体运动到矩形孔下沿的时间为t2＝＝＝0.4 s，则小球通过矩形孔的时间为Δt＝t2－t1＝0.2 s，根据等时性知L的最大值为Lm＝v0 Δt＝4×0.2 m＝0.8 m，故A错误；若L＝0.8 m，x的最小值为xmin＝v0t1＝4×0.2 m＝0.8 m，x的最大值为xmax＝v0t2－L＝4×0.4－0.8 m＝0.8 m，x的取值范围是x＝0.8 m，B正确；若L＝0.6 m，x的最小值为xmin＝v0t1＝4×0.2 m＝0.8 m，x的最大值为xmax＝v0t2－L＝4×0.4－0.6 m＝1 m，所以0.8 m≤x≤1 m，C正确，D错误。

8【答案】AD.

【解析】：刚开始上升时，空气阻力为零，F浮－mg＝ma，解得F浮＝m(g＋a)＝4 830 N，A正确；加速上升过程，若保持加速度不变，则热气球上升到180 m时，速度v＝＝6 m/s＞5 m/s，所以热气球做加速度减小的加速直线运动，上升10 s后的速度v′＜at＝5 m/s，C错误；再由F浮－F阻－mg＝ma可知空气阻力F阻增大，B错误；匀速上升时，F浮＝F阻＋mg，所以F阻＝F浮－mg＝230 N，D正确．

9.【答案】(1)(M＋m)gtanθ　(2) (3)(M＋m)gtanθ＜F≤

【解析】(1) A和B整体处于平衡状态，则

F1cosθ＝(m＋M)gsinθ：

解得： F1＝(m＋M)gtanθ；

(2) A和B整体上滑过程由动能定理得

F2xcosθ－(m＋M)gLsinθ＝0

解得： L＝；

(3)A和B间恰好不滑动时，设推力为F0，上滑的加速度为a，A对B的弹力为N，对A和B整体有

F0cosθ－(m＋M)gsinθ＝(m＋M)a

对B有：  fm＝μN＝macosθ

N－mg＝masinθ

解得：  F0＝

则为使A、B在推力作用下能一起沿斜面上滑，推力应满足的条件

(M＋m)gtanθ＜F≤

10.【答案】：(1)8 m/s　(2)0.5　(3)37°　能滑回底端　理由见解析

【解析】：(1)当θ＝90°时，物块做竖直上抛运动，末速度为0由题图得上升最大位移为xm＝3.2 m

由v＝2gxm，得v0＝8 m/s.

(2)当θ＝0时，物块相当于在水平面上做匀减速直线运动，末速度为0

由题图得水平最大位移为x＝6.4 m

由运动学公式有：v＝2ax

由牛顿第二定律得：μmg＝ma，得μ＝0.5.

(3)设题图中P点对应的斜面倾角值为θ，物块在斜面上做匀减速运动，末速度为0

由题图得物块沿斜面运动的最大位移为x′＝3.2 m

由运动学公式有：v＝2a′x′

由牛顿第二定律有：mgsin θ＋μmgcos θ＝ma′

得10sin θ＋5cos θ＝10，得θ＝37°.

因为mgsin θ＝6m＞μmgcos θ＝4m，所以能滑回斜面底端．