高考物理一轮复习-第3讲-动力学的三类典型问题.docx

[A组　基础巩固练]
热点一　动力学中的图象问题
1．(2022·宁夏银川模拟)将一个质量为1 kg的小球竖直向上抛出，最终落回抛出点，运动过程中所受阻力大小恒定，方向与运动方向相反。该过程的v-t图象如图所示，g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)

A．小球所受重力和阻力之比为6∶1
B．小球上升与下落所用时间之比为2∶3
C．小球回落到抛出点的速度大小为8 m/s
D．小球下落过程，受到向上的空气阻力，处于超重状态
解析：小球向上做匀减速运动的加速度大小a1＝12 m/s2，根据牛顿第二定律得mg＋f＝ma1，解得阻力f＝ma1－mg＝2 N，则重力和阻力大小之比为5∶1，故选项A错误；小球下降的加速度大小a2＝＝ m/s2＝8 m/s2，根据x＝at2得t＝ ，知上升的时间和下落的时间之比t1∶t2＝∶＝∶，故选项B错误；小球匀减速上升的位移x＝×2×24 m＝24 m，根据v2＝2a2x得v＝＝ m/s＝8 m/s，故选项C正确；下落的过程中，加速度向下，处于失重状态，故选项D错误。
答案：C
2.(多选)(2022·山东烟台一模)如图所示，倾角θ＝30°、足够长的光滑斜面固定在水平地面上，劲度系数为k的轻质弹簧下端固定在斜面的底端，弹簧上端与质量为m的滑块A连接，A的右侧紧靠一质量为m的滑块B，B与A不粘连，开始时两滑块均处于静止状态。现对滑块B施加一个平行于斜面向上的拉力F，使其做加速度a＝g的匀加速直线运动。忽略两滑块的形状和大小，以x表示滑块A、B离开静止位置的位移，F1表示滑块A受到的合外力，从滑块A、B开始运动到A第一次上升到最大高度的过程中，下列表示F与x，F1与x之间关系的图象可能正确的是(　　)

解析：开始时两滑块均处于静止状态，设此时弹簧压缩量为x0，由平衡条件可得kx0＝2mgsin θ。施加力F后，对A、B整体受力分析，由牛顿第二定律可得F＋kx1－2mgsin θ＝2ma，x1为弹簧压缩量，故有x1＝x0－x，联立解得F＝kx＋mg，当A、B分离后，对B由牛顿第二定律可得F－mgsin θ＝ma，解得F＝mg，为恒定值，故A正确，B错误；滑块A、B一起运动时，加速度a均为g，对A由牛顿第二定律可得F1＝ma＝mg，为恒力，当A、B间恰好无压力作用时，A、B分离，此时F弹－mgsin θ＝mg，解得F弹＝mg，此后，A的合力F1＝k(x0－x)－mgsin θ＝－kx＋mg，故C正确，D错误。
答案：AC
热点二　动力学中的连接体问题
3．(多选)(2022·江西上饶模拟)如图所示，2 021个质量均为m的小球通过完全相同的轻质弹簧(在弹性限度内)相连，在水平拉力F的作用下，一起沿光滑水平面以加速度a向右做匀加速运动，设1和2之间弹簧的弹力为F1－2,2和3间弹簧的弹力为F2－3,2 020和2 021间弹簧的弹力为F2 020－2 021，则下列结论正确的是(　　)

A．F1－2∶F2－3∶…∶F2 020－2 021＝1∶2∶3∶…∶2 020
B．从左到右每根弹簧长度之比为1∶2∶3∶…∶2 020
C．如果突然撤去拉力F，撤去F瞬间，其余每个球的加速度依然为a，但第2 021个小球的加速度除外
D．如果1和2两个球间的弹簧从第1个球处脱落，那么脱落瞬间第1个小球的加速度为0，第2个小球的加速度为2a，其余小球加速度依然为a
解析：以整体为研究对象，根据牛顿第二定律可得：F＝2 021ma，解得a＝；以后面的第1、2、3、…、2 020个小球为研究对象，根据牛顿第二定律可得F1－2＝F，F2－3＝F，…，F2 020－2 021＝F，则F1－2∶F2－3∶…∶F2 020－2 021＝1∶2∶3∶…∶2 020，故A正确。由胡克定律知F＝kx，结合A项的分析可知弹簧伸长量x1－2∶x2－3∶…∶x2 020－2 021＝1∶2∶3∶…∶2 020，但弹簧的长度之比不满足，故B错误。突然撤去F瞬间，除第2 021个球所受合力突然变化外，其他球的合力未变，所以其他球的加速度依然为a，故C正确。第1个球脱落瞬间加速度为0，第2个球的合力仍为2ma，加速度变为2a，其他球的合力瞬间不变，加速度依然为a，故D正确。
答案：ACD
4.(2022·山东德州一模)如图所示，两个物体A、B中间用一轻弹簧相连。A、B的质量分别为mA、mB，一倾角为θ的斜面置于水平地面上，A、B与斜面间的动摩擦因数分别为μA、μB，且满足μA>tan θ>μB，稳定时，A、B两物体一起在斜面上加速下滑，斜面静止不动，则下列说法正确的是(　　)

A．弹簧可能处于原长状态
B．地面对斜面的摩擦力水平向左
C．适当增大mA，可以使A、B整体一起匀速下滑
D．适当增大mB，可以使A、B整体一起匀速下滑
解析：本题考查连接体问题。以A为研究对象，设弹簧的弹力为T，方向向下，根据平衡条件可得T＋mAgsin θ－μAmAgcos θ＝mAa，所以T＝mAa＋μAmAgcos θ－mAgsin θ，由于μA>tan θ，可得mAgsin θ<μAmAgcos θ，所以T>0，故弹簧不会处于原长，选项A错误；把物体A、B、弹簧和斜面看成一个系统，系统水平方向具有向右的加速度，则地面对斜面的摩擦力水平向右，选项B错误；把物体A、B与弹簧看成一个系统，由牛顿第二定律可得(mA＋mB)gsin θ－(μAmAgcos θ＋μBmBgcos θ)＝(mA＋mB)a，由于μA>tan θ>μB，所以有mAgsin θ－μAmAgcos θ<0，mBgsin θ－μBmBgcos θ>0，且mAgsin θ－μAmAgcos θ＋(mBgsin θ－μBmBgcos θ)>0，要使A、B匀速下滑，需满足mAgsin θ－μAmAgcos θ＋(mBgsin θ－μBmBgcos θ)＝0，若mB不变，需增大mA，若mA不变，需减小mB，选项C正确，D错误。
答案：C
热点三　动力学中的临界极值问题
5．如图所示，劲度系数为k的轻质弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于水平面上的质量为m的物体A接触(A与弹簧未连接)，质量为m的物体B紧挨物体A放置，此时弹簧水平且无形变。用水平力F缓慢推动物体B，在弹性限度内弹簧长度被压缩了x0，此时物体A、B静止。已知物体A与水平面间的动摩擦因数为μ，物体B与水平面间的摩擦不计。撤去F后，物体A、B开始向左运动，物体A运动的最大距离为4x0，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是(　　)

A．物体A和B先做匀加速运动，再做匀减速运动
B．物体A、B刚开始向左运动时的加速度大小为
C．物体A、B运动　后分离
D．物体A、B运动x0－后分离
解析：撤去F后，在物体A离开弹簧的过程中，弹簧弹力是变力，物体A先做变加速运动，当弹簧弹力小于摩擦力后，物体A做变减速运动，离开弹簧之后A做匀减速运动，故A错误；撤去F瞬间，以物体A、B整体为研究对象，根据牛顿第二定律得a＝，故B错误；当A、B分离时，物体A、B的加速度为零，速度最大，此时弹簧弹力F弹＝μmg＝kx1，x1＝，所以物体A、B一起开始向左运动x＝x0－后分离，故C错误，D正确。
答案：D
[B组　综合提能练]
6.(2022·山东泰安模拟)如图所示，一条足够长且不可伸长的轻绳跨过光滑轻质定滑轮，绳的右端与一个质量为12 kg的重物相连，重物静止于地面上，左侧有一个质量为10 kg的猴子，从绳子的另一端沿绳子以大小为5 m/s2的加速度竖直向上爬。g取10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)

A．绳上的拉力大小为50 N
B．重物不会离开地面
C．重物的加速度大小为3.2 m/s2
D．2 s末重物上升的高度为5 m
解析：对猴子进行受力分析，受到重力和绳对猴子的摩擦力，根据牛顿第二定律得：f－mg＝ma，解得f＝150 N，即绳上的拉力大小为150 N，故A错误；因绳的拉力为150 N＞120 N，所以重物会离开地面，故B错误；对重物由牛顿第二定律得：F－Mg＝Ma，F＝f，解得a＝2.5 m/s2，2 s末重物上升的高度h＝at2＝5 m，故C错误，D正确。
答案：D
7．(多选)(2022·广西八市调研)如图所示，力传感器上吊着一个滑轮，细线绕过滑轮一端吊着物块A、另一端吊着物块B和C。由静止释放三个物块，物块运动稳定时，力传感器的示数为F1；在三个物块运动过程中，剪断B、C物块间的连线，力传感器的示数变为F2；三个物块的质量相同，重力加速度为g，不计细线与滑轮的摩擦，则下列说法正确的是(　　)
A．三个物块一起运动的加速度大小为g
B．每个物块的重力为(F1－F2)
C．滑轮的重力为2F2－F1
D．剪断B、C间细线的一瞬间，连接A、B细线上的张力大小不变
解析：设每个物块的质量为m，则2mg－mg＝3ma，解得a＝g，故A正确；设绳的拉力为F，则F－mg＝ma，解得F＝mg，设滑轮的质量为M，根据力的平衡有F1＝Mg＋2F＝Mg＋mg，剪断B、C间的细线，由于A、B质量相等，因此A、B运动的加速度为零，这时细线上的张力大小发生突变，减少到mg，故D错误；根据力的平衡有F2＝Mg＋2mg，解得mg＝(F1－F2)，故B正确；滑轮重力Mg＝4F2－3F1，故C错误。
答案：AB
8．(2022·内蒙古包头质检)如图甲、乙所示，在两个固定的足够长的相同斜面体上分别放置B、D，B、D与斜面体间的动摩擦因数为μ(μ<tan α)。B的上表面水平，D的上表面与斜面平行，P是固定在B、D上的小柱，两只完全相同的弹簧L1、L2分别一端固定在P上，另一端连在质量均为m的光滑滑块A和C上。重力加速度大小为g。A与B、C与D分别保持相对静止沿斜面自由下滑的过程中，弹簧L1与弹簧L2的弹力大小之比为(　　)

A.　　　　　　　 B.
C. D.
解析：A与B保持相对静止，则二者向下的加速度是相等的，设它们的总质量为M，根据牛顿第二定律得
Ma＝Mgsin α－μMgcos α
解得a＝gsin α－μgcos α
同理，若以C、D为研究对象，则它们共同的加速度大小也是gsin α－μgcos α
以A为研究对象，水平方向的加速度
ax＝acos α
该加速度由弹簧水平方向的弹力提供，所以弹簧L1处于压缩状态，根据牛顿第二定律可得
T1＝max＝m(gsin α－μgcos α)cos α
以C为研究对象，对C根据牛顿第二定律得
mgsin α－T2＝ma
解得T2＝mgsin α－m(gsin α－μgcos α)＝μmgcos α
则＝＝
故C正确，A、B、D错误。
答案：C
9．(2022·安徽淮北一中模拟)如图甲所示，水平地面上固定一个带挡板的长木板，一根轻弹簧左端固定在挡板上，右端接触滑块，弹簧被压缩0.4 m后锁定，t＝0时解除锁定，释放滑块。计算机通过滑块上的速度传感器描绘出滑块的v-t图象，如图乙所示，其中Oab段为曲线，bc段为直线，倾斜直线Od是t＝0时的速度图线的切线，已知滑块质量m＝2.0 kg，取g＝10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)

A．滑块被释放后，先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动
B．弹簧恢复原长时，滑块速度最大
C．弹簧的劲度系数k＝175 N/m
D．该过程中滑块的最大加速度为35 m/s2
解析：根据v-t图象的斜率表示加速度，可知滑块被释放后，先做加速度逐渐减小的加速直线运动，弹簧弹力与摩擦力相等时速度最大，此时加速度为零，随后加速度反向增加，从弹簧恢复原长到滑块停止运动时，加速度不变，选项A、B错误；由题图乙知，滑块脱离弹簧后的加速度大小a1＝＝ m/s2＝5 m/s2，由牛顿第二定律得摩擦力大小Ff＝μmg＝ma1＝2.0×5 N＝10 N，刚释放时滑块的加速度a2＝＝ m/s2＝30 m/s2，此时滑块的加速度最大，选项D错误；由牛顿第二定律得kx－Ff＝ma2，代入数据解得k＝175 N/m，选项C正确。
答案：C
10．(2021·辽宁葫芦岛六校联考)如图所示，木板与水平地面间的夹角θ可以随意改变，当θ＝30°时，可视为质点的一个小木块恰好能沿着木板匀速下滑。若让该小木块从木板的底端以大小恒定的初速率v0沿木板向上运动，随着θ的改变，小木块沿木板向上滑行的距离x将发生变化，重力加速度为g。

(1)求小木块与木板间的动摩擦因数；
(2)当θ角为何值时，小木块沿木板向上滑行的距离最小，并求出此最小值。
解析：(1)当θ＝30°时，木块处于平衡状态，对木块进行受力分析：
mgsin θ＝μFN
FN－mgcos θ＝0
解得μ＝tan θ＝tan 30°＝。
(2)当θ变化时，设沿斜面向上为正方向，木块的加速度为a，则
－mgsin θ－μmgcos θ＝ma
由0－v＝2ax得
x＝＝
其中tan α＝μ，则当α＋θ＝90°时x最小，即θ＝60°
所以x最小值xmin＝＝。
答案：(1)　(2)60°　
11．(2021·安徽芜湖、马鞍山质检)两物体A、B并排放在水平地面上，且两物体接触面为竖直面，现用一个水平推力F作用在物体A上，使A、B由静止开始一起向右做匀加速运动，如图(a)所示，在A、B的速度达到6 m/s时，撤去推力F。已知A、B质量分别为mA＝1 kg、mB＝3 kg，A与地面间的动摩擦因数μ＝0.3，B与地面间没有摩擦，物体B运动的v-t图象如图(b)所示。g取10 m/s2，求：

(1)推力F的大小；
(2)物体A刚停止运动时，物体A、B之间的距离。
解析：(1)在水平推力F的作用下，设物体A、B一起做匀加速运动的加速度为a，由物体B的v-t图象得a＝3 m/s2，对于A、B整体，由牛顿第二定律得
F－μmAg＝(mA＋mB)a，代入数据解得F＝15 N。
(2)设物体A匀减速运动的时间为t，撤去推力F后，A、B两物体分离，物体A在摩擦力作用下做匀减速直线运动，物体B做匀速直线运动，对于物体A有
μmAg＝mAaA，aA＝μg＝3 m/s2
vt＝v0－aAt＝0，解得t＝2 s
物体A的位移xA＝v0t＝6 m
物体B的位移xB＝v0t＝12 m，所以，物体A刚停止运动时，物体A、B之间的距离Δx＝xB－xA＝6 m。
答案：(1)15 N　(2)6 m