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专题04 动力学经典问题(Word版,含答案)

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2020年高三物理寒假攻关---备战一模

第一部分考向精练 专题04 动力学经典问题

1.已知物体的受力情况,求解物体的运动情况

解这类题目,一般是应用牛顿第二定律求出物体的加速度,再根据物体的初始条件,应用运动学公式,求出物体的运动情况.

2.已知物体的运动情况,求解物体的受力情况

解这类题目,一般是应用运动学公式求出物体的加速度,再应用牛顿第二定律求出物体所受的合外力,进而求出物体所受的某个力. 可用程序图表示如下:

3.解决两类动力学基本问题应把握的关键

(1)两类分析——物体的受力分析和物体的运动过程分析; (2)一个“桥梁”——物体运动的加速度是联系运动和力的桥梁。 4.连接体的运动特点

轻绳——轻绳在伸直状态下,两端的连接体沿绳方向的速度总是相等.

轻杆——轻杆平动时,连接体具有相同的平动速度;轻杆转动时,连接体具有相同的角速度,而线速度与转动半径成正比.

轻弹簧——在弹簧发生形变的过程中,两端连接体的速度不一定相等;在弹簧形变量最大时,两端连接体的速率相等.

【例1】(2019·四川雅安一模)如图所示,质量为1 kg的物体静止于水平地面上,用大小为6.5 N的水平恒力F作用在物体上,使物体由静止开始运动50 m后撤去拉力F,此时物体的速度为20 m/s,物体继续向前滑行直至停止,g取10 m/s2。求:

(1)物体与地面间的动摩擦因数; (2)物体运动的总位移; (3)物体运动的总时间。

【思路点拨】(1)先做初速度为零的匀加速直线运动,再做匀减速直线运动直到速度为零。 (2)两段运动过程衔接处的速度相同。 【答案】(1)0.25 (2)130 m (3)13 s

【解析】(1)在拉力F作用下,物体的加速度大小为: v2a1=

2x1

对物体,由牛顿第二定律有:F-μmg=ma1, 联立解得:μ=0.25。

(2)撤掉拉力F后的加速度大小为:a2=μg=2.5 m/s2 v2

撤掉拉力F后的位移为:x2==80 m

2a2

全程总位移为:x=x1+x2=50 m+80 m=130 m。 v

(3)物体加速运动的时间为:t1==5 s

a1v

减速运动的时间为:t2==8 s

a2物体运动的总时间:t=t1+t2=13 s。

【规律总结】

1.解决动力学两类基本问题的思路

F=ma

受力分析

运动学公式加速度运动状态

2.动力学基本问题的解题步骤

(1)明确研究对象:根据问题的需要和解题的方便,选择某个物体或某系统作为研究对象。 (2)受力分析:画好受力示意图,选择适当的处理方法求出合力或合力的表达式。 ①合成法:合成法适用于受力个数较少(2个)的情况。

②正交分解法:正交分解法适用于各种情况,尤其是物体的受力个数较多(3个或3个以上)时。 (3)运动情况分析:画出运动示意图,明确物体的运动性质和运动过程,求出或设出物体的加速度。 (4)根据牛顿第二定律和运动学规律列式求解。

【例2】(2019·湖南衡阳一模)如图所示,质量分别为m和2m的A、B两物块,用一轻弹簧相连,将A用轻绳悬挂于天花板上,用一木板托住物块B。调整木板的位置,当系统处于静止状态时,悬挂A物块的悬绳恰好伸直且没有拉力,此时轻弹簧的形变量为x,突然撤去木板,重力加速度为g,物块运动过程中,弹簧始终在弹性限度内,则下列说法正确的是( )

A.撤去木板瞬间,B物块的加速度大小为g

B.撤去木板瞬间,B物块的加速度大小为0.5g

C.撤去木板后,B物块向下运动3x时速度最大D.撤去木板后,B物块向下运动2x时速度最大 【答案】C

【解析】当系统处于静止状态时,悬挂A物块的悬绳恰好伸直且没拉力,则弹簧处于压缩状态,且弹簧弹力大小T1=mg。撤去木板瞬间,B物块受到的合力为T1+2mg=3mg,由牛顿第二定律可知:aB=

3mg

=2m

1.5g,故A、B错误;当B物块受到的合外力为零时,速度最大,此时弹簧弹力向上,且大小为T2=2mg=kx′,又T1=mg=kx,所以弹簧此时的伸长量x′=2x,即B物块向下运动3x时速度最大,故C正确,D错误。 【规律总结】

瞬时加速度的两种模型

(1)刚性绳(或接触面):不发生明显形变就能产生弹力的物体,剪断(或脱离)后,其弹力立即消失,不需要形变恢复时间。

(2)弹簧(或橡皮绳):两端同时连接(或附着)有物体的弹簧(或橡皮绳),特点是形变量大,其形变恢复需要较长时间,在瞬时性问题中,其弹力的大小通常可以看做保持不变。

【例3】(2019·湖南怀化一模)(多选)如图甲所示,物块A叠放在木板B上,且均处于静止状态,已知水平地面光滑,A、B间的动摩擦因数μ=0.2,现对A施加一水平向右的拉力F,测得B的加速度a与拉力F的关系如图乙所示,下列说法正确的是(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,取g=10 m/s2)( )

A.当F<24 N时,A、B都相对地面静止 B.当F>24 N时,A相对B发生滑动 C.A的质量为4 kg D.B的质量为24 kg

【思路点拨】(1)B受到的静摩擦力达到了最大值,之后A和B开始相对滑动。 (2)A和B之间的摩擦力达到最大静摩擦力,此时A和B的加速度仍相等。 (3)先隔离B分析,再对A或整体分析。 【答案】BC

【解析】当A与B间的摩擦力达到最大静摩擦力后,A、B会发生相对滑动,由图可知,B的最大加速度为4 m/s2,即拉力F>24 N时,A相对B发生滑动,当F<24 N时,A与B保持相对静止,一起相对地面做加速直线运动,故A错误,B正确;F=24 N时,B达到最大加速度,此时A与B的加速度大小相等,对B,根据牛顿第二定律得,aB=

F-μmAgμmAg

=4 m/s2,对A,根据牛顿第二定律得,aA==4 m/s2,解mBmA

得mA=4 kg,mB=2 kg,故C正确,D错误。 【规律总结】

解决连接体问题应注意的问题 (1)整体法与隔离法的使用条件

①当连接体中各物体具有共同的加速度时,一般采用整体法;当系统内各物体的加速度不同时,一般采用隔离法。

②求连接体内各物体间的相互作用力时必须用隔离法。 (2)两物体分离或相对滑动的条件

①叠加体类连接体:两物体间刚要发生相对滑动时物体间的静摩擦力达到最大值。 ②靠在一起的连接体:分离时相互作用力为零,但此时两物体的加速度仍相同。

(3)用滑轮连接的连接体的处理方法

通过滑轮连接的两个物体:加速度大小相同。加速度不为零时,轻绳的拉力不等于所悬挂物体的重力。

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 1B.当B和C分离时,A对挡板的压力为mg

2C.当B和C分离时,它们的速度相等且达到最大 3

D.当B的速度最大时,A对挡板的压力为mg

2

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a-F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( )

ggA.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

22C.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。

cosθ

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

sinθ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).

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==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1

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

2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3

为mg,D正确。 23.【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-μmAg1μmAg12

=F-,由图象可知,图线的斜率:k===1,解得:mBmBmBmB8-6

F-μmAg1μmAg

=F-,可知当a=0时,F=6 N,代mBmBmB3

s=6 s,所以小车运动的总时间为:t总=(2+6) s0.5

mB=1 kg,故滑块A的质量为:mA=3 kg;由方程a=

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:aBF-μmAg10-0.2×3×10=a== m/s2=4 m/s2,故B正确。

mB14.【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, f1得:a1==μg,

m1

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

2H-h-d

=g

2×2-1.2-0.6

=0.2 s;

10

【解析】小球做自由落体运动到矩形孔的上沿的时间为:t1=小球做自由落体运动到矩形孔下沿的时间为t2=

2H-h

=g

2×2-1.2

=0.4 s,则小球通过矩形孔的时10

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=2ah=65 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)

m+Msinθ+μcosθgF2x

(3)(M+m)gtanθ<F≤ m+Mgtanθcosθ-μsinθ

【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 F2x

解得:L=;

m+Mgtanθ

(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

m+Msinθ+μcosθg

解得:F0= cosθ-μsinθ

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sinθ+μcosθg

(M+m)gtanθ<F≤

cosθ-μsinθ

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v20=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:v20=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:v20=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.

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