（通用版）2022年高考物理一輪復習 課時檢測（十五）動力學的兩類基本問題（重點突破課）（含解析）

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1、（通用版）2022年高考物理一輪復習 課時檢測（十五）動力學的兩類基本問題（重點突破課）（含解析） 1．行車過程中，如果車距不夠，剎車不及時，汽車將發(fā)生碰撞，車里的人可能受到傷害，為了盡可能地減輕碰撞引起的傷害，人們設計了安全帶。若乘客質量為70 kg，汽車車速為90 km/h，從踩下剎車到完全停止需要的時間為 5 s，在剎車過程中安全帶對乘客的作用力大小約為(不計乘客與座椅間的摩擦)(　　) A．450 N　　　　　　　　 　B．400 N C．350 N D．300 N 解析：選C　汽車的速度v0＝90 km/h＝25 m/s，設汽車勻減速的加速度大小為a，則a＝＝5 m/s2

2、，對乘客由牛頓第二定律得F＝ma＝70×5 N＝350 N，所以C正確。 2.如圖所示，光滑細桿BC、DC和AC構成矩形ABCD的兩鄰邊和對角線，AC∶BC∶DC＝5∶4∶3，AC桿豎直。各桿上分別套有一可視為質點的小球a、b、d，a、b、d三小球的質量比為1∶2∶3。現讓三小球同時從各桿的頂點由靜止釋放，不計空氣阻力，則a、b、d三小球在各桿上滑行的時間之比為(　　) A．1∶1∶1 B．5∶4∶3 C．5∶8∶9 D．1∶2∶3 解析：選A　因ABCD為矩形，故A、B、C、D四點必在以AC邊為直徑的同一個圓周上，由等時圓特點可知，由A、B、D三點釋放的小球a、b、d必定同時

3、到達圓的最低點C點，故A正確。 3.(2019·濰坊模擬)一重物在豎直向上的拉力F作用下，開始豎直向上做直線運動，其速度v隨時間t變化的圖像如圖所示(圖像在0～1 s、3～4 s階段為直線，1～3 s階段為曲線)。下列判斷正確的是(　　) A．第2 s末拉力大小為0 B．第1 s內的拉力大于第4 s內的拉力 C．第2 s末速度反向 D．前4 s內位移為0 解析：選B　根據題圖可知，第2 s末加速度為零，根據牛頓第二定律可知，合外力為零，所以拉力大小等于重力，故A錯誤；根據題圖可知，第1 s內的加速度為正，方向向上，則拉力大于重力，第4 s內的加速度為負，方向向下，拉力小于重力，所以

4、第1 s內的拉力大于第4 s內的拉力，故B正確；根據題圖可知，0～4 s內，重物一直向上運動，第2 s末速度沒有反向，故C錯誤；速度圖線與時間軸包圍的面積表示對應時間內的位移大小，根據題圖可知，前4 s內位移為正，故D錯誤。 4.如圖所示，位于豎直平面內的固定光滑圓環(huán)軌道與水平面相切于M點，與豎直墻壁相切于A點。豎直墻壁上另一點B與M的連線和水平面的夾角為60°，C是圓環(huán)軌道的圓心。已知在同一時刻a、b兩球分別由A、B兩點從靜止開始沿光滑傾斜直軌道AM、BM運動到M點，c球由C點自由下落到M點。則(　　) A．a球最先到達M點 B．b球最先到達M點 C．c球最先到達M點 D．b球

5、和c球都可能最先到達M點 解析：選C　如圖所示，令圓環(huán)半徑為R，則c球由C點自由下落到M點用時滿足R＝gtc2，所以tc＝ ；對于a球令AM與水平面成θ角，則a球下滑到M點用時滿足AM＝2Rsin θ＝gsin θ·ta2，即ta＝2 ；同理b球從B點下滑到M點用時也滿足tb＝2 (r為過B、M且與水平面相切于M點的豎直圓的半徑，r>R)。綜上所述可得tb>ta>tc，故選項C正確。 5.如圖所示，在與坡底B點的距離為L的山坡上，豎直固定一長度為L的直桿AO，O為山坡的中點，A端與坡底B之間連接一根光滑的細鋼繩?，F讓一穿在鋼繩上的小環(huán)從A點由靜止開始沿鋼繩無摩擦地滑下，則小環(huán)在鋼繩上滑行的

6、時間為(　　) A. B. C. D．2 解析：選D　如圖所示，以O點為圓心、A為圓周的最高點、AB為弦作圓。小環(huán)沿AB運動的時間就是沿直徑AC做自由落體運動的時間，有2L＝gt2，解得t＝2 。故選項D正確。 6．(2019·淮北一中模擬)如圖甲所示，水平地面上固定一帶擋板的長木板，一輕彈簧左端固定在擋板上，右端接觸滑塊，彈簧被壓縮0.4 m后鎖定，t＝0時解除鎖定，釋放滑塊。計算機通過滑塊上的速度傳感器描繪出滑塊的vt圖像如圖乙所示，其中Oab段為曲線，bc段為直線，傾斜直線Od是t＝0時的vt圖線的切線。已知滑塊質量m＝2 kg，取g＝10 m/s2，則下列

7、說法正確的是(　　) A．滑塊被釋放后，先做勻加速直線運動，后做勻減速直線運動 B．彈簧恢復原長時，滑塊速度最大 C．彈簧的勁度系數為175 N/m D．該過程中滑塊的最大加速度為35 m/s2 解析：選C　根據vt圖線的斜率表示加速度，可知滑塊被釋放后，先做加速度逐漸減小的加速直線運動，彈簧彈力與摩擦力相等時速度最大，此時加速度為零，隨后加速度反向增加， 從彈簧恢復原長時到滑塊停止運動，加速度不變，選項A、B錯誤；由題圖乙知，滑塊脫離彈簧后的加速度大小a1＝＝ m/s2 ＝5 m/s2，由牛頓第二定律得摩擦力大小為Ff＝μmg＝ma1＝2×5 N＝10 N，剛釋放時滑塊的加速

8、度大小為a2＝＝ m/s2＝30 m/s2，此時滑塊的加速度最大，選項D錯誤；由牛頓第二定律得kx－Ff＝ma2，代入數據解得k＝175 N/m，選項C正確。 7．(多選)如圖(a)，一物塊在t＝0時刻滑上一固定斜面，其運動的v -t圖線如圖(b)所示。若重力加速度及圖中的v0、v1、t1均為已知量，則可求出(　　) A．斜面的傾角 B．物塊的質量 C．物塊與斜面間的動摩擦因數 D．物塊沿斜面向上滑行的最大高度 解析：選ACD　由題圖(b)可知物塊上升過程中的加速度大小為a1＝，下降過程中的加速度大小為a2＝。物塊在上升和下降過程中，由牛頓第二定律得mgsin θ＋f＝ma1，

9、mgsin θ－f＝ma2，解得sin θ＝，滑動摩擦力f＝，而f＝μFN＝μmgcos θ，由以上分析可知，選項A、C正確；由v-t圖像中t軸上方的面積可求出物塊沿斜面上滑的最大距離，可以求出物塊沿斜面向上滑行的最大高度，選項D正確。 8.(多選)(2019·汕頭模擬)如圖所示，建設房屋時，保持底邊L不變，要設計好屋頂的傾角θ，以便下雨時落在屋頂的雨滴能盡快地滑離屋頂，雨滴下滑時可視為小球做無初速度、無摩擦的運動。下列說法正確的是(　　) A．傾角θ越大，雨滴下滑時的加速度越大 B．傾角θ越大，雨滴對屋頂壓力越大 C．傾角θ越大，雨滴從頂端O下滑至屋檐M時的速度越大 D．傾

10、角θ越大，雨滴從頂端O下滑至屋檐M時的時間越短 解析：選AC　設屋頂的坡面長度為x，雨滴下滑時加速度為a，對雨滴受力分析如圖所示，受重力mg和屋頂對雨滴的支持力FN，垂直于屋頂方向：mgcos θ＝FN，平行于屋頂方向：ma＝mgsin θ。雨滴的加速度為：a＝gsin θ，則傾角θ越大，雨滴下滑時的加速度越大，A正確；雨滴對屋頂的壓力大?。篎N′＝FN＝mgcos θ，則傾角θ越大，雨滴對屋頂壓力越小，B錯誤；根據三角關系判斷，屋頂坡面的長度x＝，由x＝gsin θ·t2，可得：t＝ ，可見當θ＝45°時，用時最短，D錯誤；由v＝gsin θ·t可得：v＝，可見θ越大，雨滴從頂端O下滑至屋

11、檐M時的速度越大，C正確。 9.如圖所示為滑沙游戲，游客從頂端A點由靜止滑下8 s后，操縱剎車手柄使滑沙車勻速下滑至底端B點，在水平滑道上繼續(xù)滑行直至停止。已知游客和滑沙車的總質量m＝70 kg，傾斜滑道AB長lAB＝128 m，傾角θ＝37°，滑沙車底部與沙面間的動摩擦因數μ＝0.5?；耻嚱涍^B點前后的速度大小不變，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不計空氣阻力。求： (1)游客勻速下滑時的速度大?。? (2)游客勻速下滑的時間； (3)若游客在水平滑道BC段的最大滑行距離為16 m，則他在此處滑行時，需對滑沙車施加多大的水平制動力。 解

12、析：(1)由牛頓第二定律得mgsin θ－μmgcos θ＝ma， 解得游客從頂端A點由靜止加速下滑時的加速度大小 a＝2 m/s2， 游客勻速下滑時的速度大小v＝at1＝16 m/s。 (2)游客加速下滑的路程l1＝at12＝64 m， 勻速下滑的路程l2＝lAB－l1＝64 m， 勻速下滑的時間t2＝＝4 s。 (3)設游客在BC段的加速度大小為a′， 由0－v2＝－2a′x， 解得a′＝＝8 m/s2， 由牛頓第二定律得F＋μmg＝ma′， 解得制動力F＝210 N。 答案：(1)16 m/s　(2)4 s　(3)210 N 10.(2019·西安模擬)小物塊以

13、一定的初速度v0沿斜面(足夠長)向上運動，測得物塊沿斜面運動的最大位移x與斜面傾角θ的關系如圖所示。取g＝10 m/s2，空氣阻力不計。可能用到的函數值：sin 30°＝0.5，sin 37°＝0.6。求： (1)物塊的初速度v0； (2)物塊與斜面之間的動摩擦因數μ； (3)計算說明圖線中P點對應的斜面傾角為多大？在此傾角條件下，物塊能滑回斜面底端嗎？說明理由(設最大靜摩擦力與滑動摩擦力相等)。 解析：(1)當θ＝90°時，物塊做豎直上拋運動，末速度為0 由題圖得上升最大位移為xm＝3.2 m 由v02＝2gxm，得v0＝8 m/s。 (2)當θ＝0時，物塊相當于在水平面上做勻

14、減速直線運動，末速度為0 由題圖得水平最大位移為x＝6.4 m 由運動學公式有：v02＝2ax 由牛頓第二定律得：μmg＝ma，解得μ＝0.5。 (3)設題圖中P點對應的斜面傾角為θ，物塊在斜面上做勻減速運動，末速度為0 由題圖得物塊沿斜面運動的最大位移為x′＝3.2 m 由運動學公式有：v02＝2a′x′ 由牛頓第二定律有：mgsin θ＋μmgcos θ＝ma′ 代入數據，解得θ＝37° 因為mgsin θ＞μmgcos θ， 所以物塊能滑回斜面底端。 答案：(1)8 m/s　(2)0.5　(3)37°　能滑回斜面底端　理由見解析 11．(2019·濟南模擬)如圖所

15、示，一質量m＝0.4 kg的小物塊，以v0＝2 m/s 的初速度，在與斜面成某一夾角的拉力F作用下，沿斜面向上做勻加速運動，經t＝2 s 的時間物塊由A點運動到B點，A、B之間的距離L＝10 m。已知斜面傾角θ＝30°，物塊與斜面之間的動摩擦因數μ＝。重力加速度g取10 m/s2。 (1)求物塊加速度的大小及到達B點時速度的大小。 (2)拉力F與斜面夾角多大時，拉力F最??？拉力F的最小值是多少？ 解析：(1)設物塊加速度的大小為a，到達B點時速度的大小為v，由運動學公式得 L＝v0t＋at2① v＝v0＋at② 聯立①②式，代入數據得 a＝3 m/s2③ v＝8 m/s。④ (2)設物塊所受支持力為FN，所受摩擦力為Ff，拉力F與斜面間的夾角為α，對物塊受力分析如圖所示， 由牛頓第二定律得 Fcos α－mgsin θ－Ff＝ma?、? Fsin α＋FN－mgcos θ＝0　 ⑥ 又Ff＝μFN⑦ 聯立⑤⑥⑦式得 F＝⑧ 由數學知識得 cos α＋sin α＝sin(60°＋α)⑨ 由⑧⑨式可知F最小時，對應的夾角 α＝30°⑩ 聯立③⑧⑩式，代入數據得F的最小值為 Fmin＝ N。? 答案：(1)3 m/s2　8 m/s　(2)30°　 N