(新高考)高考物理一轮复习课时加练第3章　微专题19　动力学两类基本问题 (含解析)

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微专题19　动力学两类基本问题
1．做好两个分析：(1)受力分析，表示出合力与分力的关系；(2)运动过程分析，表示出加速度与各运动量的关系.2.熟悉两种处理方法：合成法和正交分解法.3.把握一个关键：求解加速度是解决问题的关键．
1．汽车紧急刹车后，停止运动的车轮在水平地面上滑动直至停止，在地面上留下的痕迹称为刹车线．由刹车线的长短可知汽车刹车前的速度．已知汽车轮胎与地面之间的动摩擦因数为0.80，测得刹车线长为25 m．汽车在刹车前瞬间的速度大小为(重力加速度g取10 m/s2)(　　)
A．10 m/s B．20 m/s
C．30 m/s D．40 m/s
答案　B
解析　汽车紧急刹车后，受滑动摩擦力的作用，做匀减速直线运动，设减速时的加速度大小为a，由牛顿第二定律得μmg＝ma，设汽车在刹车前瞬间的速度大小为v0，根据运动学公式有v02＝2ax，代入数据，联立以上各式解得v0＝20 m/s，B正确．
2.(多选)(2023·湖南永州模拟)现有大型室外活动通常用无人飞机进行航拍．如图所示，一质量m＝2 kg的无人飞机在操作员的操控下由静止开始竖直向上匀加速运动2 s，然后匀速向上运动3 s，接着匀减速向上运动4 s速度恰好为零，之后悬停进行航拍．已知无人飞机上升过程中的最大速度为vm＝4 m/s，受到的空气阻力恒为Ff＝1 N，重力加速度大小g＝10 m/s2，则(　　)
A．无人飞机上升的第一个阶段，受到向上的作用力大小是25 N
B．无人飞机上升的第二个阶段，受到向上的作用力大小是20 N
C．无人飞机上升的第三个阶段，受到向上的作用力大小是18 N
D．无人飞机上升的总高度为24 m
答案　AD
解析　以竖直向上为正方向，第一阶段无人飞机沿竖直方向向上做匀加速直线运动，加速度为a1＝ m/s2＝2 m/s2，由牛顿第二定律有F1－mg－Ff＝ma1，得此阶段无人飞机受到向上的作用力F1＝mg＋ma1＋Ff＝25 N，故A正确；由平衡条件可知第二阶段无人飞机受到向上的作用力F2＝mg＋Ff＝21 N，故B错误；第三阶段无人飞机向上做匀减速直线运动，加速度为a3＝ m/s2＝－1 m/s2，由牛顿第二定律有F3－mg－Ff＝ma3，得此阶段无人飞机受到向上的作用力F3＝mg＋ma3＋Ff＝19 N，故C错误；无人飞机上升的总高度h＝(×2＋4×3＋×4) m＝24 m，故D正确．
3.如图所示，倾角为θ的斜面体M置于粗糙的水平地面，物体m静止在斜面上．对m施加沿斜面向下的力F使其匀速下滑，增大F使m加速下滑．m沿斜面匀速下滑和加速下滑时，斜面体M始终保持静止．比较m匀速下滑和加速下滑两个过程，下列说法正确的是(　　)

A．m在加速下滑时，m与M之间的摩擦力较大
B．m在匀速和加速下滑时，地面与M之间的摩擦力不变
C．m在匀速下滑时，m对M的压力较小
D．m在加速下滑时，地面对M的支持力较大
答案　B
解析　对m施加沿斜面向下的力F使其匀速下滑，对物体m受力分析可知Ff＝μmgcos θ，FN＝mgcos θ，而增大沿斜面的拉力F使m加速下滑，物体m所受的滑动摩擦力和斜面支持力大小不变，由牛顿第三定律可知，物体对斜面的摩擦力Ff′和压力FN′大小方向均不变，则对斜面体而言，所有受力均不变，即地面与M之间的摩擦力不变，地面对M的支持力也不变，故选B.
4.(多选)(2023·西南名校联盟联考)某研究小组为游乐场设计一座新型安全滑梯，简化为如图所示的斜面，其中AB段和BC段用两种不同的材料制成且AB>BC.要求小孩从滑梯顶端A无初速度出发后能沿斜面下滑，最多能滑到C点，整个过程中滑梯保持静止状态．某小孩从A点出发后刚好能到达C点，对于这一过程，下列说法正确的是(　　)

A．小孩与AB段的动摩擦因数小于与BC段的动摩擦因数
B．小孩在AB段的运动时间小于在BC段的运动时间
C．地面对滑梯的摩擦力方向先水平向右、后水平向左
D．地面对滑梯的支持力先小于、后大于小孩和滑梯的总重力
答案　AD
解析　设小孩的质量为m，由题意可知，小孩在AB段是加速下滑，在BC段是减速下滑，规定斜向下为正方向，在AB段，根据牛顿第二定律可得mgsin θ－μ1mgcos θ＝ma1，a1>0，因此μ1tan θ，因此μ2>μ1，故A正确；小孩从静止由A点加速到B点，设在B点的速度为vB，则AB＝·t1，小孩从B点减速到C点，且到达C点时速度为零，因此BC＝·t2，由于AB>BC，因此t1>t2，故B错误；以小孩和滑梯整体为研究对象，小孩在AB段做匀加速运动，加速度方向沿斜面向下，加速度有向左和向下的分加速度，根据牛顿第二定律可知，地面对滑梯有向左的摩擦力，且地面对滑梯的支持力小于小孩和滑梯的总重力．当小孩在BC段做匀减速运动时，加速度方向沿斜面向上，加速度有向右和向上的分加速度，根据牛顿第二定律可知，地面对滑梯有向右的摩擦力，且地面对滑梯的支持力大于小孩和滑梯的总重力，故C错误，D正确．
5．(多选)如图所示，质量m＝2 kg的物体静止于水平面上，现用一水平向右的恒力F＝14 N拉物体，物体运动9 m后撤去拉力F，已知物体与水平面之间的动摩擦因数μ＝0.5, g取10 m/s2.则(　　)

A．物体与水平面之间的摩擦力Ff＝10 N
B．物体刚开始运动时的合力大小F合＝4 N
C．物体在恒力作用下运动时的加速度大小a＝7 m/s2
D．撤去外力时速度大小v＝6 m/s
答案　ABD
解析　物体与水平面之间的动摩擦力Ff＝μmg＝0.5×2×10 N＝10 N，故A正确； 物体刚开始运动时的合力大小F合＝F－Ff＝14 N－10 N＝4 N，故B正确； 物体在恒力作用下运动时的加速度大小a＝＝ m/s2＝2 m/s2，故C错误； 撤去外力时v2＝2ax，解得v＝＝ m/s＝6 m/s，故D正确．
6.如图所示，某次正面100%碰撞测试过程中，被测汽车在外加牵引装置牵引下在特定轨道上从静止开始做匀加速直线运动，当汽车达到测试速度后，牵引装置即牵引汽车以该速度匀速前进直至发生碰撞完成测试．若轨道有效长度为100 m，测试速度大小为60 km/h，则以下说法正确的是(　　)

A．汽车匀加速运动时加速度不能大于1.39 m/s2
B．若汽车加速度大小为a＝2 m/s2，则汽车匀加速时间约为30 s
C．若汽车加速度大小为a＝2 m/s2，则汽车匀加速过程发生的位移大小约为69.4 m
D．若只更换为质量较轻的汽车进行测试而不改变牵引力等其他测试条件，则该汽车做匀加速运动的时间会增加
答案　C
解析　为完成测试，汽车做匀加速直线运动的位移应不大于100 m，根据匀变速运动规律有x≥，解得a≥＝ m/s2≈1.39 m/s2，故A错误；若汽车加速度大小为a＝2 m/s2，匀加速过程发生的位移大小x加＝≈69.4 m，匀加速的时间t加＝≈8.3 s，故B错误，C正确；根据牛顿第二定律F＝ma，只更换为质量较轻的汽车进行测试而不改变牵引力等其他测试条件，汽车的加速度增大，由v＝at得该汽车做匀加速运动的时间会减小，故D错误．
7.如图所示，ab、cd是竖直平面内两根固定的光滑细杆，a、b、c、d位于同一圆周上，b点为圆周的最低点，c点为圆周的最高点，若每根杆上都套着一个小滑环(图中未画出)，将两滑环同时从a、c处由静止释放，用t1、t2分别表示滑环从a到b、c到d所用的时间，则(　　)

A．t1＝t2 B．t1>t2
C．t1 答案　A
解析　设杆与竖直方向的夹角为α，圆周的直径为d′.根据牛顿第二定律得：滑环的加速度为a′＝＝gcos α；滑杆的长度为s＝d′cos α；则根据s＝a′t2得，t＝＝＝ ，可见，时间t与α无关，故有t1＝t2.故选A.
8.如图所示，在斜面上同一竖直面内有四条光滑细杆，其中OA杆竖直放置，OB杆与OD杆等长，OC杆与斜面垂直放置，每根杆上都套着一个小滑环(图中未画出)，四个环分别从O点由静止释放，沿OA、OB、OC、OD滑到斜面上所用的时间依次为t1、t2、t3、t4.下列关系正确的是(　　)

A．t1t3
C．t2＝t4 D．t2 答案　D
解析　以OA为直径画圆，根据等时圆模型，对小滑环受力分析，受重力和支持力，将重力沿杆的方向和垂直杆的方向正交分解，根据牛顿第二定律得小滑环做初速度为零的匀加速直线运动的加速度为a＝gcos θ(θ为杆与竖直方向的夹角)．由图中的直角三角形可知，小滑环的位移x＝2Rcos θ，所以t＝＝＝，t与θ无关，可知从圆上最高点沿任意一条弦滑到底所用时间相同，故沿OA和OC滑到底的时间相同，即t1＝t3，OB不是一条完整的弦，时间最短，即t1>t2，OD长度超过一条弦，时间最长，即t2
9.可爱的企鹅喜欢在冰面上玩游戏．如图所示，有一企鹅在倾角为37°的倾斜冰面上，先以加速度a＝0.5 m/s2从冰面底部由静止开始沿直线向上“奔跑”，t＝8 s时，突然卧倒以肚皮贴着冰面向前滑行，最后退滑到出发点，完成一次游戏(企鹅在滑动过程中姿势保持不变)．若企鹅肚皮与冰面间的动摩擦因数μ＝0.25，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2.求：

(1)企鹅向上“奔跑”的位移大小；
(2)企鹅在冰面滑动的加速度大小；
(3)企鹅退滑到出发点时的速度大小．(计算结果可用根式表示)
答案　(1)16 m　(2)8 m/s2　4 m/s2　(3)2 m/s
解析　(1)在企鹅向上“奔跑”过程中，位移x＝at2，解得x＝16 m.
(2)在企鹅卧倒以后将进行两个过程的运动，第一个过程是从卧倒处到最高点，第二个过程是从最高点滑到出发点，两个过程根据牛顿第二定律分别有
mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma1
mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma2
解得a1＝8 m/s2，a2＝4 m/s2.
(3)企鹅从卧倒处到滑到最高点的过程中，做匀减速直线运动，设时间为t′，位移大小为x′，则有
t′＝，x′＝a1t′2，
解得x′＝1 m.
企鹅从最高点滑到出发点的过程中，设末速度为vt，初速度为0，则有
vt2－0＝2a2(x＋x′)，
解得vt＝2 m/s.
10．如图甲，滑沙即乘坐滑板从高高的沙山顶自然下滑，是一种独特的游乐项目．如图乙所示，某滑沙场地可简化为倾角θ＝37°的斜面和水平面对接而成，沙子与滑板的动摩擦因数为0.25，不计对接处的速度损失，人可视为质点．某游客从沙山顶部静止滑下，13 s后停在水平沙地上．试求(取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6)：

(1)游客在沙山上下滑时的加速度；
(2)全过程总路程；
(3)沙山的高度．
答案　(1)4 m/s2，方向沿斜面向下　(2)130 m　(3)30 m
解析　(1)在斜面上下滑时，有mgsin θ－μmgcos θ＝ma1
得a1＝gsin θ－μgcos θ＝4 m/s2
方向沿斜面向下
(2)在水平面上滑行时，有μmg＝ma2
得a2＝2.5 m/s2
设运动到斜面底部时速度为v全过程有＋＝t总
得v＝20 m/s
两过程都为匀变速直线运动，有l＝t1＋t2＝t总＝130 m
(3)由运动学公式x1＝＝50 m
沙山的高度h＝x1sin θ＝30 m．