2022届高考物理一轮复习专题突破练习3动力学中的三类典型问题含解析新人教版

这是一份2022届高考物理一轮复习专题突破练习3动力学中的三类典型问题含解析新人教版，共8页。


1．(2020·江苏高考)中欧班列在欧亚大陆开辟了“生命之路”，为国际抗疫贡献了中国力量。某运送防疫物资的班列由40节质量相等的车厢组成，在车头牵引下，列车沿平直轨道匀加速行驶时，第2节对第3节车厢的牵引力为F。若每节车厢所受摩擦力、空气阻力均相等，则倒数第3节对倒数第2节车厢的牵引力为( )
A．F B．eq \f(19F,20) C．eq \f(F,19) D．eq \f(F,20)
C [根据题意可知第2节车厢对第3节车厢的牵引力为F，因为每节车厢质量相等，阻力相同，故第2节对第3节车厢根据牛顿第二定律有F－38f＝38ma，设倒数第3节车厢对倒数第2节车厢的牵引力为F1，则根据牛顿第二定律有F1－2f＝2ma，联立解得F1＝eq \f(F,19)。故选C。]
2.如图所示，质量为m2的物块B放在光滑的水平桌面上，其上放置质量为m1的物块A，用通过光滑的定滑轮的细线将A与质量为M的物块C连接，释放C，A和B一起以加速度大小a从静止开始运动，已知A、B间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g，则细线中的拉力大小为( )
A．MgB．M(g＋a)
C．(m1＋m2)aD．m1a＋μm1g
C [以C为研究对象，有Mg－T＝Ma，解得T＝Mg－Ma，故A、B错误；以A、B整体为研究对象，根据牛顿第二定律可知T＝(m1＋m2)a，故C正确；A、B间为静摩擦力，根据牛顿第二定律，对B可知f＝m2a≠μm1g，故D错误。]
3.用外力F拉一物体使其做竖直上升运动，不计空气阻力，加速度a随外力F的变化关系如图所示，下列说法正确的是( )
A．物体的质量为eq \f(F0,a0)
B．地球表面的重力加速度为2a0
C．当a>0时，物体处于失重状态
D．当a＝a1时，拉力F＝eq \f(F0,a0)a1
A [当F＝0时a＝－a0，此时的加速度为重力加速度，故g＝a0，所以B错误。当a＝0时，拉力F＝F0，拉力大小等于重力，故物体的质量为eq \f(F0,a0)，所以A正确。当a>0时，加速度方向竖直向上，物体处于超重状态，所以C错误。当a＝a1时，由牛顿第二定律得F－mg＝ma1，又m＝eq \f(F0,a0)、g＝a0，故拉力F＝eq \f(F0,a0)(a1＋a0)，所以D错误。]
4.(多选)(2020·江苏常州田家炳中学调研)如图所示，小车上固定一水平横杆，横杆左端的固定斜杆与竖直方向成α角，斜杆下端固定一质量为m的小球；横杆右端用一根细线悬挂相同的小球。当小车沿水平面做匀加速直线运动时，细线与竖直方向间的夹角β(β≠α)保持不变。设斜杆、细线对小球的作用力分别为F1、F2，下列说法正确的是( )
A．F1、F2一定不相同
B．F1、F2一定相同
C．小车加速度大小为gtan α
D．小车加速度大小为gtan β
BD [以右边的小球为研究对象，根据牛顿第二定律，设其质量为m，有mgtan β＝ma，得a＝gtan β；以左边的小球为研究对象，设其加速度为a′，斜杆对小球的弹力方向与竖直方向夹角为θ，由牛顿第二定律得mgtan θ＝ma′；因为a＝a′，得θ＝β，则斜杆对小球的弹力方向与细线平行，即F1、F2方向相同，大小相等，故A错误，B正确；小车的加速度大小为a＝gtan β，方向向右，故D正确，C错误。]
5.如图所示，水平地面上有一车厢，车厢内固定的平台通过相同的弹簧把相同的物块A、B压在竖直侧壁和水平的顶板上。已知A、B与接触面间的动摩擦因数均为μ，车厢静止时，两弹簧长度相同，A恰好不下滑，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现使车厢沿水平方向加速运动，为保证A、B仍相对车厢静止，则车厢( )
A．速度可能向左，加速度可大于(1＋μ)g
B．加速度一定向右，不能超过(1－μ)g
C．加速度一定向左，不能超过μg
D．加速度一定向左，不能超过(1－μ)g
B [开始时A恰好不下滑，对A受力分析如图所示，有FfA＝mg＝μFNA＝μF弹，解得F弹＝eq \f(mg,μ)，此时弹簧处于压缩状态。当车厢沿水平方向做加速运动时，为了保证A不下滑，侧壁对A的支持力必须大于等于eq \f(mg,μ)，根据牛顿第二定律可知加速度方向一定向右。对B受力分析如图所示，有FfBm＝μFNB＝μ(F弹－mg)≥ma，解得a≤(1－μ)g，故选项B正确，A、C、D错误。]
6.(多选)如图所示，质量分别为m1、m2的A、B两个物体放在斜面上，中间用一个轻杆相连，A、B与斜面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，它们在斜面上加速下滑。关于杆的受力情况，下列分析正确的是 ( )
A．若μ1＝μ2，m1B．若μ1<μ2，m1>m2，则杆受到拉力
C．若μ1<μ2，m1D．若μ1＝μ2，m1＝m2，则杆无作用力
BD [设斜面倾角为θ，A、B一起沿斜面下滑，以A、B及杆整体为研究对象，由牛顿第二定律得m1gsin θ＋m2gsin θ－μ1m1gcs θ－μ2m2gcs θ＝(m1＋m2)a，假设A对杆的作用力为拉力，大小为F′，则杆对A的作用力为拉力，其大小F＝F′，以A为研究对象，则m1gsin θ－F－μ1m1gcs θ＝m1a，联立可得F＝eq \f(μ2－μ1m1m2gcs θ,m1＋m2)，若μ1＝μ2，m1m2，则F＝F′>0，即杆受到拉力，B项正确；若μ1<μ2，m10，即杆受到拉力，C项错误；若μ1＝μ2，m1＝m2，则F＝F′＝0，即杆不受力，D项正确。]
7.(2020·湖北荆州部分重点中学联考)质量为4 kg的雪橇在倾角θ＝37°的斜坡上向下滑，雪橇所受的空气阻力与其速度大小成正比，但阻力系数未知。现测得雪橇运动的v­t图象如图所示，且AB是曲线最左端那一点的切线，sin 37°＝0.6。
(1)雪橇开始时做什么运动？最后做什么运动？
(2)当v0＝5 m/s和v1＝10 m/s时，雪橇的加速度大小各是多少？
(3)空气阻力系数k及雪橇与斜坡间的动摩擦因数各是多少？
[解析] (1)由图可知，雪橇开始时做加速度减小的加速直线运动，最后做匀速直线运动。
(2)根据v­t图线的切线斜率表示加速度可知，当v0＝5 m/s时，加速度大小a0＝eq \f(15－5,4) m/s2＝2.5 m/s2，当v1＝10 m/s时，加速度为零。
(3)从t＝0时刻开始做加速运动，此时对雪橇受力分析有mgsin θ－kv0－μmgcs θ＝ma0，匀速运动时，对雪橇受力分析有mgsin θ＝kv1＋μmgcs θ，联立各式并代入数据可得k＝eq \f(ma0,v1－v0)＝2 kg/s，雪橇与斜坡间的动摩擦因数μ＝0.125。
[答案] (1)开始时做加速度减小的加速直线运动，最后做匀速直线运动 (2)2.5 m/s2 0 (3)2 kg/s 0.125
8．如图所示，两倾斜的平行杆上分别套着两个相同的圆环a、b，两环上用轻绳悬吊着相同的小球c、d。当环a、b都沿杆向下滑动且与对应的小球保持相对静止时，a、c间轻绳与杆垂直，b、d间轻绳沿竖直方向，下列说法正确的是( )
A．a环与杆之间有摩擦力
B．d球处于失重状态
C．杆对a、b环的弹力大小相等
D．轻绳对c、d球的弹力大小可能相等
C [设杆的倾角为θ，小球的质量为m，圆环的质量为M。对c球受力分析如图所示，c球在ac方向上受力平衡，与ac垂直的方向上，由牛顿第二定律有mgsin θ＝ma，得a＝gsin θ，因a环和c球相对静止，故a环的加速度也为gsin θ，对a环有Mgsin θ＋f＝Ma，得f＝Ma－Mgsin θ＝0，即杆对a环的摩擦力为零，选项A错误；d球只受竖直向下的重力和竖直向上的拉力，说明d球处于平衡状态，不是失重状态，选项B错误；b环和d球相对静止，故b环也做匀速直线运动，则对b环和d球整体，杆对b环的弹力Nb＝(M＋m)gcs θ，对a环和c球整体，杆对a环的弹力Na＝(M＋m)gcs θ＝Nb，选项C正确；轻绳对c球的拉力Tc＝mgcs θ，轻绳对d球的拉力Td＝mg≠Tc，选项D错误。]
9.(多选)如图所示，轻弹簧的一端固定在倾角为θ＝30°的光滑斜面的底部，另一端和质量为m的小物块a相连，质量为eq \f(3,5)m的小物块b紧靠a静止在斜面上，此时弹簧的压缩量为x0，从某时刻开始，对b施加沿斜面向上的外力F，使b始终做匀加速直线运动。经过一段时间后，物块a、b分离；再经过同样长的时间，b距其出发点的距离恰好也为x0，弹簧的形变始终在弹性限度内，重力加速度大小为g。则( )
A．弹簧的劲度系数k＝eq \f(4mg,5x0)
B．弹簧恢复原长时物块a、b恰好分离
C．物块b的加速度为eq \f(g,5)
D．拉力F的最小值为eq \f(4,25)mg
AD [本题考查含弹簧系统的临界问题。对整体分析，根据平衡条件可知，沿斜面方向上重力的分力与弹簧弹力平衡，则有kx0＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m＋\f(3,5)m))gsin θ，解得k＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m＋\f(3,5)m))gsin θ,x0)＝eq \f(4mg,5x0)，故A正确；由题意可知，b经两段相等的时间后位移为x0，设分离前位移为x1，由初速度为零的匀变速直线运动在相邻相等时间内位移关系的规律可知eq \f(x1,x0)＝eq \f(1,4)，说明当弹簧形变量为x2＝x0－x1＝eq \f(3x0,4)时二者分离，故B错误；对a分析，因分离时a、b间没有弹力，则根据牛顿第二定律可知kx2－mgsin θ＝ma，联立解得a＝eq \f(g,10)，故C错误；a、b分离前对整体分析，由牛顿第二定律有F＋kΔx－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m＋\f(3,5)m))gsin θ＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m＋\f(3,5)m))a，则知刚开始运动时拉力F最小，F的最小值Fmin＝eq \f(4,25)mg；分离后对b分析，由牛顿第二定律有F－eq \f(3,5)mgsin θ＝eq \f(3,5)ma，解得F＝eq \f(9,25)mg，所以拉力F的最小值为eq \f(4,25)mg，故D正确。]
10．(2020·浙江高考)如图1所示，有一质量m＝200 kg的物件在电机的牵引下从地面竖直向上经加速、匀速、匀减速至指定位置。当加速运动到总位移的eq \f(1,4)时开始计时，测得电机的牵引力随时间变化的F­t图线如图2所示，t＝34 s末速度减为0时恰好到达指定位置。若不计绳索的质量和空气阻力，求物件：
(1)做匀减速运动的加速度大小和方向；
(2)匀速运动的速度大小；
(3)总位移的大小。
图1 图2
[解析] (1)由图2可知0～26 s内物体匀速运动，26 s～34 s物体减速运动，在减速运动过程根据牛顿第二定律有mg－FT＝ma
根据图2得此时FT＝1 975 N，则有
a＝g－eq \f(FT,m)＝0.125 m/s2
方向竖直向下。
(2)结合图2根据运动学公式有v＝at2＝0.125×(34－26) m/s＝1 m/s。
(3)根据图象可知匀速上升的位移h1＝vt1＝1×26 m＝26 m
匀减速上升的位移h2＝eq \f(v,2)t2＝eq \f(1,2)×8 m＝4 m
匀加速上升的位移为总位移的eq \f(1,4)，则匀速上升和减速上升的位移为总位移的eq \f(3,4)，
则有h1＋h2＝eq \f(3,4)h
所以总位移为h＝40 m。
[答案] (1)0.125 m/s2，竖直向下 (2)1 m/s
(3)40 m
11.如图所示，静止在光滑水平面上的斜面体，质量为M，倾角为α。其斜面上有一静止的滑块，质量为m，两者之间的动摩擦因数为μ，滑块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现给斜面体施加水平向右的力F使斜面体加速运动。
(1)若要使滑块与斜面体一起加速运动，求力F的最大值；
(2)若要使滑块做自由落体运动，求力F的最小值。
[解析] (1)当滑块与斜面体一起向右加速运动时，力F越大，加速度越大，当F最大时，斜面体对滑块的静摩擦力达到最大值Ffm，隔离滑块作受力分析如图所示。
设滑块与斜面体一起加速运动的最大加速度为a，
FNcs α＋Ffmsin α＝mg
Ffmcs α－FNsin α＝ma
由题意知Ffm＝μFN
联立解得a＝eq \f(μcs α－sin α,cs α＋μsin α)g
对整体受力分析F＝(M＋m)a
联立解得F＝eq \f(m＋Mgμcs α－sin α,μsin α＋cs α)。
(2)要使滑块做自由落体运动，滑块与斜面体之间没有力的作用，滑块的加速度为g，设此时斜面体的加速度为aM，则对斜面体：F＝MaM
当水平向右的力F最小时，二者没有相互作用但仍接触，则有eq \f(\f(1,2)gt2,\f(1,2)aMt2)＝tan α，
即eq \f(g,aM)＝tan α
联立解得F＝eq \f(Mg,tan α)。
[答案] (1)eq \f(m＋Mgμcs α－sin α,μsin α＋cs α) (2)eq \f(Mg,tan α)
12.(2020·湖北名师联盟月考)2020年5月随着“疫情”管控的放开，许多餐厅生意火爆，为能服务更多的顾客，服务员需要用最短的时间将菜肴送至顾客处(设菜品送到顾客处速度恰好为零)。某次服务员用单手托托盘方式(如图)给12 m远处的顾客上菜，要求全程托盘水平。托盘和手、碗之间的动摩擦因数分别为μ1＝0.2、μ2＝0.15，服务员上菜的最大速度为3 m/s。假设服务员加速、减速运动过程中是匀变速直线运动，且可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)服务员运动的最大加速度；
(2)服务员上菜所用的最短时间。
[解析] (1)设碗的质量为m，托盘的质量为M，服务员以最大加速度运动时，碗、托盘、手保持相对静止，对碗受力分析如图甲所示，由牛顿第二定律得Ff1＝ma1，碗与托盘间相对静止，则Ff1≤Ff1max＝μ2mg，
甲 乙
解得a1≤μ2g＝1.5 m/s2，
对碗和托盘整体，受力分析如图乙所示，由牛顿第二定律得
Ff2＝(M＋m)a2，
手和托盘相对静止，则Ff2≤Ff2max＝μ1(M＋m)g，
解得a2≤μ1g＝2 m/s2，
则服务员上菜的最大加速度amax＝1.5 m/s2。
(2)服务员以最大加速度达到最大速度，然后匀速运动，再以最大加速度减速运动，所需时间最短，加速运动时间
t1＝eq \f(vmax,amax)＝eq \f(3,1.5) s＝2 s，
加速运动位移x1＝eq \f(1,2)vmaxt1＝eq \f(1,2)×3×2 m＝3 m，
减速运动时间t2＝t1＝2 s，位移x2＝x1＝3 m，
匀速运动位移x3＝L－x1－x2＝12 m－3 m－3 m＝6 m，
匀速运动时间t3＝eq \f(x3,vmax)＝2 s，
则服务员上菜所用的最短时间t＝t1＋t2＋t3＝6 s。
[答案] (1)1.5 m/s2 (2)6 s