逐章清掃3 動(dòng)力學(xué) 答案

石家莊二中2022屆高三物理自擬作業(yè)二輪復(fù)習(xí)命題人：劉鳳果2022.1第頁(yè)逐章掃清三、動(dòng)力學(xué)1．A【解析】A．由分析可知，在30cm刻度時(shí)，有F彈-mg=ma（取豎直向上為正方向）代入數(shù)據(jù)有a=-0.5g，A正確；B．由分析可知，在40cm刻度時(shí)，有mg=F彈則40cm刻度對(duì)應(yīng)的加速度為0，B錯(cuò)誤；C．由分析可知，在50cm刻度時(shí)，有F彈-mg=ma（取豎直向上為正方向）代入數(shù)據(jù)有a=0.5g，C錯(cuò)誤；D．設(shè)刻度對(duì)應(yīng)值為x，結(jié)合分析可知，x=（取豎直向上為正方向）經(jīng)過計(jì)算有a=(x>0.2)或a=(x<0.2)，根據(jù)以上分析，加速度a與刻度對(duì)應(yīng)值為x成線性關(guān)系，則各刻度對(duì)應(yīng)加速度的值是均勻的，D錯(cuò)誤。2.B【解析】A．打開降落傘前，在大氣層中做減速運(yùn)動(dòng)，則著陸器受大氣的阻力作用以及火星的引力作用，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B．打開降落傘至分離前做減速運(yùn)動(dòng)，則其加速度方向與運(yùn)動(dòng)方向相反，加速度方向向上，則合力方向豎直向上，B正確；C．打開降落傘至分離前，受到浮力和氣體的阻力以及火星的吸引力作用，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D．懸停狀態(tài)中，發(fā)動(dòng)機(jī)噴火的反作用力是氣體對(duì)發(fā)動(dòng)機(jī)的作用力，由于還受到火星的吸引力，則與氣體的阻力不是平衡力，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。3.C【解析】A．籃球未轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，籃球豎直下落，沒有受到偏轉(zhuǎn)力的作用，而籃球轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，將受到偏轉(zhuǎn)力的作用，所以偏轉(zhuǎn)力中的與籃球轉(zhuǎn)動(dòng)角速度有關(guān)，故A錯(cuò)誤；B．空氣阻力一直對(duì)籃球做負(fù)功，籃球的機(jī)械能將減小，籃球的角速度也將減小，所以籃球沒有足夠的能量回到原高度，故B錯(cuò)誤；C．籃球下落過程中，其受力情況如下圖所示籃球下落過程中，由受力分析可知，隨著速度不斷增大，籃球受到和的合力沿豎直方向的分力可能比重力大，可使籃球豎直方向的分速度減小為零或變成豎直向上，所以籃球可能向上運(yùn)動(dòng)，故C正確；D．如果籃球的速度變成水平方向，則空氣阻力的作用會(huì)使籃球速度減小，則籃球受到的偏轉(zhuǎn)力將變小，不能保持與重力持續(xù)等大反向，所以不可能在空中持續(xù)一段水平直線運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤。4.A【解析】設(shè)小車的質(zhì)量為m，小車在AB段所勻減速直線運(yùn)動(dòng)，加速度，在AB段，根據(jù)動(dòng)能定理可得，解得，故；小車在BC段，根據(jù)機(jī)械能守恒可得，解得，過圓形支架的圓心O點(diǎn)作BC的垂線，根據(jù)幾何知識(shí)可得，解得，，故小車在BC上運(yùn)動(dòng)的加速度為，故小車在BC段的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為，所以小車運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為，A正確．5.BD【詳解】依題意，對(duì)細(xì)繩懸掛的物體受力分析，根據(jù)牛頓第二定律可得懸掛物體的加速度與列車加速度相同，可得列車加速度大小為由于拍攝方向跟地鐵前進(jìn)方向垂直，且此時(shí)列車正在減速，所以加速度方向與列車運(yùn)動(dòng)方向相反，加速度方向向左，則列車運(yùn)動(dòng)方向向右。故選BD。6.C【詳解】A．開始時(shí)人處于平衡狀態(tài)，從F-t圖中的a點(diǎn)可以看出人對(duì)傳感器的壓力是700N，所以人的重力大小為700N，而b點(diǎn)時(shí)人對(duì)傳感器的壓力小于700N，結(jié)合牛頓第三定律可得傳感器對(duì)人的支持力小于重力，所以人處于失重狀態(tài)，故A錯(cuò)誤；B．由F-t圖可知，c點(diǎn)時(shí)人對(duì)傳感器的壓力為700N，由牛頓第三定律可知傳感器對(duì)人的支持力大小為700N，與重力大小相等，方向相反，人受到的合力為0，所以此時(shí)人的加速度大小為0，故B錯(cuò)誤；C．在f點(diǎn)，人對(duì)傳感器的壓力為0，說明此時(shí)剛好脫離傳感器，故C正確；D．此人由a到d的過程中，對(duì)面對(duì)人支持力的作用點(diǎn)沒有位移，則地面對(duì)人不做功，故D錯(cuò)誤。7.CD【詳解】ABC．由于球沿斜槽無摩擦滑動(dòng)，系統(tǒng)具有相同的加速度，則解得小孩與抱枕做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，隔離對(duì)小孩和抱枕分析，加速度解得可得即角一定等于角，故C正確，AB錯(cuò)誤；D．對(duì)人和抱枕整體分析，根據(jù)平行四邊形定則知繩子的拉力抱枕對(duì)小孩的作用力方向沿繩子方向向上，大小為則繩子拉力與抱枕對(duì)小孩的作用力之比為8.B【詳解】A．根據(jù)動(dòng)能定理知，小物塊落回原處的速度小于初速度，根據(jù)圖像的切線斜率表示速度，可知A圖表示小物塊落回原處的速度大于初速度，與實(shí)際不符，故A錯(cuò)誤；B．小物塊上升階段，由于速度減小，所受阻力減小，由于阻力減小所以加速度減小，可知上升階段物塊做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，則隨時(shí)間的變化律越來越小，小物塊下降階段，做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，則隨時(shí)間的變化率也是越來越小，由于落回原處時(shí)的速度小于初速度，所以下落時(shí)的最大阻力小于上升時(shí)的最大阻力，故B正確；C．小物塊上升過程中，合力則有不是定值，故圖線不是一條傾斜直線，故C錯(cuò)誤；D．由于空氣阻力對(duì)小物塊做負(fù)功，所以小物塊機(jī)械能減小，根據(jù)功能關(guān)系知得速度在變化，圖像的切線斜率也應(yīng)該變化，故D錯(cuò)誤。9.B【詳解】AB．若貨物到達(dá)C之前始終未與傳送帶達(dá)到共速，則貨物始終向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，增大運(yùn)行速度，受力不變，加速度不變，位移不變，運(yùn)送時(shí)間不變，此時(shí)由于傳送帶速度增加，則相對(duì)位移增加；若加速前物體到達(dá)C之前達(dá)到共速，增大傳送帶運(yùn)行速度后，物體加速時(shí)間增大，則相對(duì)位移增大，綜合可得劃痕一定變長(zhǎng)，故A錯(cuò)誤，B正確；CD．由牛頓第二定律可得解得位移不變，則可知運(yùn)動(dòng)過程與質(zhì)量無關(guān)，則改變貨物質(zhì)量劃痕長(zhǎng)度不變，設(shè)為l，則產(chǎn)生的熱量為則質(zhì)量越大產(chǎn)生的熱量越多，故CD錯(cuò)誤；10.B【詳解】AD．因2s末物體的速度減為零，位移為4m，則根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)速度時(shí)間公式，可得又根據(jù)可知，小物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為,AD不符合題意；B．由x-t圖像可知，因圖像的斜率等于速度，故物體的速度先減小到零后，反向增加，最后運(yùn)動(dòng)運(yùn)動(dòng)，可判斷傳送帶順時(shí)針方向轉(zhuǎn)動(dòng)，B符合題意；C．由3.0s～4.5s內(nèi)的圖像可知，傳送帶的速度為,C不符合題意；故選B。11.AB【解析】結(jié)合兩圖像可判斷出0-2s物塊和木板還未發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，它們之間的摩擦力為靜摩擦力，此過程力F等于f，故F在此過程中是變力，即C錯(cuò)誤；2-5s內(nèi)木板與物塊發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，摩擦力轉(zhuǎn)變?yōu)榛瑒?dòng)摩擦力，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律，對(duì)2-4s和4-5s列運(yùn)動(dòng)學(xué)方程，可解出質(zhì)量m為1kg，2-4s內(nèi)的力F為0.4N，故A、B正確；由于不知道物塊的質(zhì)量，所以無法計(jì)算它們之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ,故D錯(cuò)誤.12.D【詳解】ABC．當(dāng)m、M剛要滑動(dòng)時(shí)，靜摩擦力達(dá)到最大值，設(shè)此時(shí)它們的加速度為，力F，根據(jù)牛頓第二定律，對(duì)M有對(duì)m、M整體有所以當(dāng)時(shí)，m、M相對(duì)靜止，一起向右勻加速運(yùn)動(dòng)，ABC錯(cuò)誤；D．當(dāng)時(shí)，m物體的加速度為,D正確。故選D。13.D【詳解】當(dāng)F=6N時(shí)，加速度為，對(duì)整體分析，由牛頓第二定律有代入數(shù)據(jù)解得當(dāng)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律得知圖線的斜率解得M=2kg滑塊的質(zhì)量m=4kg;μ=0.1當(dāng)F=8N時(shí)，對(duì)滑塊，根據(jù)牛頓第二定律得解得,ABC錯(cuò)誤，D正確。故選D。14.C【詳解】A．由圖像可知，撤去拉力F前，物塊在木板上一直有有相對(duì)運(yùn)動(dòng)，否則，撤去拉力F后，木板的v-t圖像不可能是兩段折線。在1～1.5s內(nèi)，物塊加速、木板減速，設(shè)它們的加速度大小分別為a1、a2，則設(shè)物塊、木板的質(zhì)量均為m，物塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1，木板與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2，則有對(duì)物塊;得μ1=0.2，μ2=0.4撤去拉力F前，木板的加速度對(duì)木板,根據(jù)第二定律有得F=18N選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B．由上可知，物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C．在t1=1.5s內(nèi)，物塊位移為木板位移為在t1=1.5s后，物塊與木板間仍有相對(duì)滑動(dòng),物塊的加速度大小;木板的加速度大小為:得物塊到停止的時(shí)間還需木板到停止的時(shí)間還需所以木板比物塊早停止運(yùn)動(dòng)。在t1=1.5s到物塊停止運(yùn)動(dòng)的時(shí)間內(nèi)，物塊的位移為木板位移為物塊最終停止時(shí)的位置與木板右端間的距離為選項(xiàng)C正確；D．由上可知，物塊從開始到停止運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為3s，2s時(shí)的速度不為0，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。故選C。15.AC【詳解】A．根據(jù)圖乙可知，滑塊在t2以后受到的摩擦力不變，為8N，根據(jù)可得滑塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為,A正確；B．在t1時(shí)刻木板相對(duì)地面開始運(yùn)動(dòng)，此時(shí)滑塊與木板相對(duì)靜止，則木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為,B錯(cuò)誤；CD．在t2時(shí)刻，滑塊與木板將要發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，此時(shí)滑塊與木板間的靜摩擦力達(dá)到最大，且此時(shí)二者加速度相同，且木板的加速度達(dá)到最大，對(duì)滑塊有對(duì)木板有聯(lián)立解得，則木板的最大加速度為2m/s2，根據(jù)可求得,C正確，D錯(cuò)誤。16.BD【詳解】A．未施加拉力F時(shí)，A、B均靜止，可得,時(shí)刻剛施加F時(shí)，對(duì)A、B整體，據(jù)牛頓第二定律可得由圖像可得此時(shí)N由以上兩式解得，A錯(cuò)誤；B．當(dāng)A、B分離后，水平力F的達(dá)到最大值，根據(jù)牛頓第二定律可，B正確；C．剛分離時(shí)，對(duì)A，根據(jù)牛頓第二定律可得;得N/m,C錯(cuò)誤；D．據(jù)題意可知時(shí)，A、B開始分離，此過程AB位移大小為,AB分開前，可得（N）拉力F與位移是一次函數(shù)關(guān)系，可得A、B分離時(shí)，拉力F的大小為故到的過程中力F做的功為,D正確。故選BD。17.BD【詳解】B．以整體為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律可得解得分別以后面的第1、2、3…、2020個(gè)小球?yàn)檠芯繉?duì)象，根據(jù)牛頓第二定律可得;以此類推可得故B正確；A．由胡克定律可知結(jié)合B選項(xiàng)分析可知從左到右每根彈簧伸長(zhǎng)量之比為但長(zhǎng)度之比不滿足，故A錯(cuò)誤；C．若水平面粗糙，設(shè)每個(gè)小球受的滑動(dòng)摩擦力為，則以整體為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律可得解得分別以后面的第1、2、3…、2020個(gè)小球?yàn)檠芯繉?duì)象，根據(jù)牛頓第二定律可得;以此類推則故C錯(cuò)誤；D．若水平面粗糙，撤去的瞬間，第2020號(hào)小球所受的兩邊彈簧的彈力以及摩擦力都不變，則加速度不變，故D正確。故選BD。18．(1)，豎直向下；(2)1m/s；(3)40m【解析】(1)由圖2可知0~26s內(nèi)物體勻速運(yùn)動(dòng)，26s~34s物體減速運(yùn)動(dòng)，在減速運(yùn)動(dòng)過程根據(jù)牛頓第二定律有根據(jù)圖2得此時(shí)FT=1975N，則有方向豎直向下。(2)結(jié)合圖2根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有(3)根據(jù)圖像可知?jiǎng)蛩偕仙奈灰苿驕p速上升的位移勻加速上升的位移為總位移的，則勻速上升和減速上升的位移為總位移的，則有，所以總位移為h=40m19.（1）；（2）；（3）【解析】（1）加速和勻速總位移，加速和勻速總時(shí)間解得。加速段加速度為（2）加速段由牛頓第二定理可得，減速段由牛頓第二定理可得可得（3）若加速和減速過程能達(dá)到最大速度30m/s，則加速和減速階段總位移為因此不能加速到最大速度30m/s，且中間沒有勻速階段，在兩紅綠燈間行駛時(shí)間為20．（1）；（2）aB=3μg，aB′=μg；（3）【解析】（1）由牛頓運(yùn)動(dòng)定律知，A加速度的大小aA=μg勻變速直線運(yùn)動(dòng)2aAL=vA2，解得（2）設(shè)A、B的質(zhì)量均為m，對(duì)齊前，B所受合外力大小F=3μmg由牛頓運(yùn)動(dòng)定律F=maB，得aB=3μg對(duì)齊后，A、B所受合外力大小F′=2μmg，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律F′=2maB′，得aB′=μg（3）經(jīng)過時(shí)間t，A、B達(dá)到共同速度v，位移分別為xA、xB，A加速度的大小等于aA則v=aAt，v=vB–aBt，，且xB–xA=L，解得．21．(1)4.8m；(2)12m【解析】(1)在M點(diǎn)，設(shè)運(yùn)動(dòng)員在ABCD面內(nèi)垂直AD方向的分速度為v1，由運(yùn)動(dòng)的合成與分解規(guī)律得設(shè)運(yùn)動(dòng)員在ABCD面內(nèi)垂直AD方向的分加速度為a1，由牛頓第二定律得mgcos17.2°=ma1由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得，聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)得d=4.8m在M點(diǎn)，設(shè)運(yùn)動(dòng)員在ABCD面內(nèi)平行AD方向的分速度為v2，由運(yùn)動(dòng)的合成與分解規(guī)得v2=vMcos72.8°設(shè)運(yùn)動(dòng)員在ABCD面內(nèi)平行AD方向的分加速度為a2，由牛頓第二定律得mgsin17.2°=ma2設(shè)騰空時(shí)間為t，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得L=12m22.【解析】構(gòu)建連接體模型，設(shè)PQ西邊有n節(jié)車廂，PQ東邊有k節(jié)車廂，每節(jié)車廂的質(zhì)量為m，將左、右側(cè)的繩等效成質(zhì)點(diǎn)；①?gòu)臇|邊拉時(shí)，系統(tǒng)的合力為F1＝