高考物理一輪復(fù)習(xí)-第3講-動(dòng)力學(xué)的三類典型問題

[A組基礎(chǔ)鞏固練]熱點(diǎn)一動(dòng)力學(xué)中的圖象問題1．(2022·寧夏銀川模擬)將一個(gè)質(zhì)量為1kg的小球豎直向上拋出，最終落回拋出點(diǎn)，運(yùn)動(dòng)過程中所受阻力大小恒定，方向與運(yùn)動(dòng)方向相反。該過程的v-t圖象如圖所示，g取10m/s2。下列說法正確的是()A．小球所受重力和阻力之比為6∶1B．小球上升與下落所用時(shí)間之比為2∶3C．小球回落到拋出點(diǎn)的速度大小為8eq\r(6)m/sD．小球下落過程，受到向上的空氣阻力，處于超重狀態(tài)解析：小球向上做勻減速運(yùn)動(dòng)的加速度大小a1＝12m/s2，根據(jù)牛頓第二定律得mg＋f＝ma1，解得阻力f＝ma1－mg＝2N，則重力和阻力大小之比為5∶1，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；小球下降的加速度大小a2＝eq\f(mg－f,m)＝eq\f(10－2,1)m/s2＝8m/s2，根據(jù)x＝eq\f(1,2)at2得t＝eq\r(\f(2x,a))，知上升的時(shí)間和下落的時(shí)間之比t1∶t2＝eq\r(a2)∶eq\r(a1)＝eq\r(2)∶eq\r(3)，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；小球勻減速上升的位移x＝eq\f(1,2)×2×24m＝24m，根據(jù)v2＝2a2x得v＝eq\r(2a2x)＝eq\r(2×8×24)m/s＝8eq\r(6)m/s，故選項(xiàng)C正確；下落的過程中，加速度向下，處于失重狀態(tài)，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案：C2.(多選)(2022·山東煙臺(tái)一模)如圖所示，傾角θ＝30°、足夠長的光滑斜面固定在水平地面上，勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧下端固定在斜面的底端，彈簧上端與質(zhì)量為m的滑塊A連接，A的右側(cè)緊靠一質(zhì)量為m的滑塊B，B與A不粘連，開始時(shí)兩滑塊均處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)對(duì)滑塊B施加一個(gè)平行于斜面向上的拉力F，使其做加速度a＝eq\f(1,4)g的勻加速直線運(yùn)動(dòng)。忽略兩滑塊的形狀和大小，以x表示滑塊A、B離開靜止位置的位移，F(xiàn)1表示滑塊A受到的合外力，從滑塊A、B開始運(yùn)動(dòng)到A第一次上升到最大高度的過程中，下列表示F與x，F(xiàn)1與x之間關(guān)系的圖象可能正確的是()解析：開始時(shí)兩滑塊均處于靜止?fàn)顟B(tài)，設(shè)此時(shí)彈簧壓縮量為x0，由平衡條件可得kx0＝2mgsinθ。施加力F后，對(duì)A、B整體受力分析，由牛頓第二定律可得F＋kx1－2mgsinθ＝2ma，x1為彈簧壓縮量，故有x1＝x0－x，聯(lián)立解得F＝kx＋eq\f(1,2)mg，當(dāng)A、B分離后，對(duì)B由牛頓第二定律可得F－mgsinθ＝ma，解得F＝eq\f(3,4)mg，為恒定值，故A正確，B錯(cuò)誤；滑塊A、B一起運(yùn)動(dòng)時(shí)，加速度a均為eq\f(1,4)g，對(duì)A由牛頓第二定律可得F1＝ma＝eq\f(1,4)mg，為恒力，當(dāng)A、B間恰好無壓力作用時(shí)，A、B分離，此時(shí)F彈－mgsinθ＝eq\f(1,4)mg，解得F彈＝eq\f(3,4)mg，此后，A的合力F1＝k(x0－x)－mgsinθ＝－kx＋eq\f(1,2)mg，故C正確，D錯(cuò)誤。答案：AC熱點(diǎn)二動(dòng)力學(xué)中的連接體問題3．(多選)(2022·江西上饒模擬)如圖所示，2021個(gè)質(zhì)量均為m的小球通過完全相同的輕質(zhì)彈簧(在彈性限度內(nèi))相連，在水平拉力F的作用下，一起沿光滑水平面以加速度a向右做勻加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)1和2之間彈簧的彈力為F1－2,2和3間彈簧的彈力為F2－3,2020和2021間彈簧的彈力為F2020－2021，則下列結(jié)論正確的是()A．F1－2∶F2－3∶…∶F2020－2021＝1∶2∶3∶…∶2020B．從左到右每根彈簧長度之比為1∶2∶3∶…∶2020C．如果突然撤去拉力F，撤去F瞬間，其余每個(gè)球的加速度依然為a，但第2021個(gè)小球的加速度除外D．如果1和2兩個(gè)球間的彈簧從第1個(gè)球處脫落，那么脫落瞬間第1個(gè)小球的加速度為0，第2個(gè)小球的加速度為2a，其余小球加速度依然為a解析：以整體為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律可得：F＝2021ma，解得a＝eq\f(F,2021m)；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F1－2＝eq\f(1,2021)F，F(xiàn)2－3＝eq\f(2,2021)F，…，F(xiàn)2020－2021＝eq\f(2020,2021)F，則F1－2∶F2－3∶…∶F2020－2021＝1∶2∶3∶…∶2020，故A正確。由胡克定律知F＝kx，結(jié)合A項(xiàng)的分析可知彈簧伸長量x1－2∶x2－3∶…∶x2020－2021＝1∶2∶3∶…∶2020，但彈簧的長度之比不滿足，故B錯(cuò)誤。突然撤去F瞬間，除第2021個(gè)球所受合力突然變化外，其他球的合力未變，所以其他球的加速度依然為a，故C正確。第1個(gè)球脫落瞬間加速度為0，第2個(gè)球的合力仍為2ma，加速度變?yōu)?a，其他球的合力瞬間不變，加速度依然為a，故D正確。答案：ACD4.(2022·山東德州一模)如圖所示，兩個(gè)物體A、B中間用一輕彈簧相連。A、B的質(zhì)量分別為mA、mB，一傾角為θ的斜面置于水平地面上，A、B與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為μA、μB，且滿足μA>tanθ>μB，穩(wěn)定時(shí)，A、B兩物體一起在斜面上加速下滑，斜面靜止不動(dòng)，則下列說法正確的是()A．彈簧可能處于原長狀態(tài)B．地面對(duì)斜面的摩擦力水平向左C．適當(dāng)增大mA，可以使A、B整體一起勻速下滑D．適當(dāng)增大mB，可以使A、B整體一起勻速下滑解析：本題考查連接體問題。以A為研究對(duì)象，設(shè)彈簧的彈力為T，方向向下，根據(jù)平衡條件可得T＋mAgsinθ－μAmAgcosθ＝mAa，所以T＝mAa＋μAmAgcosθ－mAgsinθ，由于μA>tanθ，可得mAgsinθ<μAmAgcosθ，所以T>0，故彈簧不會(huì)處于原長，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；把物體A、B、彈簧和斜面看成一個(gè)系統(tǒng)，系統(tǒng)水平方向具有向右的加速度，則地面對(duì)斜面的摩擦力水平向右，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；把物體A、B與彈簧看成一個(gè)系統(tǒng)，由牛頓第二定律可得(mA＋mB)gsinθ－(μAmAgcosθ＋μBmBgcosθ)＝(mA＋mB)a，由于μA>tanθ>μB，所以有mAgsinθ－μAmAgcosθ<0，mBgsinθ－μBmBgcosθ>0，且mAgsinθ－μAmAgcosθ＋(mBgsinθ－μBmBgcosθ)>0，要使A、B勻速下滑，需滿足mAgsinθ－μAmAgcosθ＋(mBgsinθ－μBmBgcosθ)＝0，若mB不變，需增大mA，若mA不變，需減小mB，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤。答案：C熱點(diǎn)三動(dòng)力學(xué)中的臨界極值問題5．如圖所示，勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧的一端固定在墻上，另一端與置于水平面上的質(zhì)量為m的物體A接觸(A與彈簧未連接)，質(zhì)量為m的物體B緊挨物體A放置，此時(shí)彈簧水平且無形變。用水平力F緩慢推動(dòng)物體B，在彈性限度內(nèi)彈簧長度被壓縮了x0，此時(shí)物體A、B靜止。已知物體A與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，物體B與水平面間的摩擦不計(jì)。撤去F后，物體A、B開始向左運(yùn)動(dòng)，物體A運(yùn)動(dòng)的最大距離為4x0，重力加速度大小為g，則下列說法正確的是()A．物體A和B先做勻加速運(yùn)動(dòng)，再做勻減速運(yùn)動(dòng)B．物體A、B剛開始向左運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小為eq\f(kx0－μmg,m)C．物體A、B運(yùn)動(dòng)eq\f(μmg,k)后分離D．物體A、B運(yùn)動(dòng)x0－eq\f(μmg,k)后分離解析：撤去F后，在物體A離開彈簧的過程中，彈簧彈力是變力，物體A先做變加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)彈簧彈力小于摩擦力后，物體A做變減速運(yùn)動(dòng)，離開彈簧之后A做勻減速運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；撤去F瞬間，以物體A、B整體為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律得a＝eq\f(kx0－μmg,2m)，故B錯(cuò)誤；當(dāng)A、B分離時(shí)，物體A、B的加速度為零，速度最大，此時(shí)彈簧彈力F彈＝μmg＝kx1，x1＝eq\f(μmg,k)，所以物體A、B一起開始向左運(yùn)動(dòng)x＝x0－eq\f(μmg,k)后分離，故C錯(cuò)誤，D正確。答案：D[B組綜合提能練]6.(2022·山東泰安模擬)如圖所示，一條足夠長且不可伸長的輕繩跨過光滑輕質(zhì)定滑輪，繩的右端與一個(gè)質(zhì)量為12kg的重物相連，重物靜止于地面上，左側(cè)有一個(gè)質(zhì)量為10kg的猴子，從繩子的另一端沿繩子以大小為5m/s2的加速度豎直向上爬。g取10m/s2，則下列說法正確的是()A．繩上的拉力大小為50NB．重物不會(huì)離開地面C．重物的加速度大小為3.2m/s2D．2s末重物上升的高度為5m解析：對(duì)猴子進(jìn)行受力分析，受到重力和繩對(duì)猴子的摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律得：f－mg＝ma，解得f＝150N，即繩上的拉力大小為150N，故A錯(cuò)誤；因繩的拉力為150N＞120N，所以重物會(huì)離開地面，故B錯(cuò)誤；對(duì)重物由牛頓第二定律得：F－Mg＝Ma，F(xiàn)＝f，解得a＝2.5m/s2，2s末重物上升的高度h＝eq\f(1,2)at2＝5m，故C錯(cuò)誤，D正確。答案：D7．(多選)(2022·廣西八市調(diào)研)如圖所示，力傳感器上吊著一個(gè)滑輪，細(xì)線繞過滑輪一端吊著物塊A、另一端吊著物塊B和C。由靜止釋放三個(gè)物塊，物塊運(yùn)動(dòng)穩(wěn)定時(shí)，力傳感器的示數(shù)為F1；在三個(gè)物塊運(yùn)動(dòng)過程中，剪斷B、C物塊間的連線，力傳感器的示數(shù)變?yōu)镕2；三個(gè)物塊的質(zhì)量相同，重力加速度為g，不計(jì)細(xì)線與滑輪的摩擦，則下列說法正確的是()A．三個(gè)物塊一起運(yùn)動(dòng)的加速度大小為eq\f(1,3)gB．每個(gè)物塊的重力為eq\f(3,2)(F1－F2)C．滑輪的重力為2F2－F1D．剪斷B、C間細(xì)線的一瞬間，連接A、B細(xì)線上的張力大小不變解析：設(shè)每個(gè)物塊的質(zhì)量為m，則2mg－mg＝3ma，解得a＝eq\f(1,3)g，故A正確；設(shè)繩的拉力為F，則F－mg＝ma，解得F＝eq\f(4,3)mg，設(shè)滑輪的質(zhì)量為M，根據(jù)力的平衡有F1＝Mg＋2F＝Mg＋eq\f(8,3)mg，剪斷B、C間的細(xì)線，由于A、B質(zhì)量相等，因此A、B運(yùn)動(dòng)的加速度為零，這時(shí)細(xì)線上的張力大小發(fā)生突變，減少到mg，故D錯(cuò)誤；根據(jù)力的平衡有F2＝Mg＋2mg，解得mg＝eq\f(3,2)(F1－F2)，故B正確；滑輪重力Mg＝4F2－3F1，故C錯(cuò)誤。答案：AB8．(2022·內(nèi)蒙古包頭質(zhì)檢)如圖甲、乙所示，在兩個(gè)固定的足夠長的相同斜面體上分別放置B、D，B、D與斜面體間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ(μ<tanα)。B的上表面水平，D的上表面與斜面平行，P是固定在B、D上的小柱，兩只完全相同的彈簧L1、L2分別一端固定在P上，另一端連在質(zhì)量均為m的光滑滑塊A和C上。重力加速度大小為g。A與B、C與D分別保持相對(duì)靜止沿斜面自由下滑的過程中，彈簧L1與彈簧L2的彈力大小之比為()A.eq\f(cosα－μsinα,μcosα) B.eq\f(sinα－μcosα,μcosα)C.eq\f(sinα－μcosα,μ) D.eq\f(cosα－μsinα,μ)解析：A與B保持相對(duì)靜止，則二者向下的加速度是相等的，設(shè)它們的總質(zhì)量為M，根據(jù)牛頓第二定律得Ma＝Mgsinα－μMgcosα解得a＝gsinα－μgcosα同理，若以C、D為研究對(duì)象，則它們共同的加速度大小也是gsinα－μgcosα以A為研究對(duì)象，水平方向的加速度ax＝acosα該加速度由彈簧水平方向的彈力提供，所以彈簧L1處于壓縮狀態(tài)，根據(jù)牛頓第二定律可得T1＝max＝m(gsinα－μgcosα)cosα以C為研究對(duì)象，對(duì)C根據(jù)牛頓第二定律得mgsinα－T2＝ma解得T2＝mgsinα－m(gsinα－μgcosα)＝μmgcosα則eq\f(T1,T2)＝eq\f(mgsinα－μgcosαcosα,μmgcosα)＝eq\f(sinα－μcosα,μ)故C正確，A、B、D錯(cuò)誤。答案：C9．(2022·安徽淮北一中模擬)如圖甲所示，水平地面上固定一個(gè)帶擋板的長木板，一根輕彈簧左端固定在擋板上，右端接觸滑塊，彈簧被壓縮0.4m后鎖定，t＝0時(shí)解除鎖定，釋放滑塊。計(jì)算機(jī)通過滑塊上的速度傳感器描繪出滑塊的v-t圖象，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(shí)的速度圖線的切線，已知滑塊質(zhì)量m＝2.0kg，取g＝10m/s2，則下列說法正確的是()A．滑塊被釋放后，先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，后做勻減速直線運(yùn)動(dòng)B．彈簧恢復(fù)原長時(shí)，滑塊速度最大C．彈簧的勁度系數(shù)k＝175N/mD．該過程中滑塊的最大加速度為35m/s2解析：根據(jù)v-t圖象的斜率表示加速度，可知滑塊被釋放后，先做加速度逐漸減小的加速直線運(yùn)動(dòng)，彈簧彈力與摩擦力相等時(shí)速度最大，此時(shí)加速度為零，隨后加速度反向增加，從彈簧恢復(fù)原長到滑塊停止運(yùn)動(dòng)時(shí)，加速度不變，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；由題圖乙知，滑塊脫離彈簧后的加速度大小a1＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(1.5,0.3)m/s2＝5m/s2，由牛頓第二定律得摩擦力大小Ff＝μmg＝ma1＝2.0×5N＝10N，剛釋放時(shí)滑塊的加速度a2＝eq\f(Δv′,Δt′)＝eq\f(3,0.1)m/s2＝30m/s2，此時(shí)滑塊的加速度最大，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；由牛頓第二定律得kx－Ff＝ma2，代入數(shù)據(jù)解得k＝175N/m，選項(xiàng)C正確。答案：C10．(2021·遼寧葫蘆島六校聯(lián)考)如圖所示，木板與水平地面間的夾角θ可以隨意改變，當(dāng)θ＝30°時(shí)，可視為質(zhì)點(diǎn)的一個(gè)小木塊恰好能沿著木板勻速下滑。若讓該小木塊從木板的底端以大小恒定的初速率v0沿木板向上運(yùn)動(dòng)，隨著θ的改變，小木塊沿木板向上滑行的距離x將發(fā)生變化，重力加速度為g。(1)求小木塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)；(2)當(dāng)θ角為何值時(shí)，小木塊沿木板向上滑行的距離最小，并求出此最小值。解析：(1)當(dāng)θ＝30°時(shí)，木塊處于平衡狀態(tài)，對(duì)木塊進(jìn)行受力分析：mgsinθ＝μFNFN－mgcosθ＝0解得μ＝tanθ＝tan30°＝eq\f(\r(3),3)。(2)當(dāng)θ變化時(shí)，設(shè)沿斜面向上為正方向，木塊的加速度為a，則－mgsinθ－μmgcosθ＝ma由0－veq\o\al(2,0)＝2ax得x＝eq\f(v\o\al(2,0),2gsinθ＋μcosθ)＝eq\f(v\o\al(2,0),2g\r(1＋μ2)sinθ＋α)其中tanα＝μ，則當(dāng)α＋θ＝90°時(shí)x最小，即θ＝60°所以x最小值xmin