(新課標)2020高考物理總復習 課時檢測(十五)動力學的兩類基本問題(重點突破課)(含解析).doc
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課時檢測(十五) 動力學的兩類基本問題 (重點突破課) 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(zhì)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,對乘客由牛頓第二定律得F=ma=705 N=350 N,所以C正確。 2.如圖所示,光滑細桿BC、DC和AC構(gòu)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(zhì)點的小球a、b、d,a、b、d三小球的質(zhì)量比為1∶2∶3。現(xiàn)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(nèi)的拉力大于第4 s內(nèi)的拉力 C.第2 s末速度反向 D.前4 s內(nèi)位移為0 解析:選B 根據(jù)題圖可知,第2 s末加速度為零,根據(jù)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(jù)題圖可知,第1 s內(nèi)的加速度為正,方向向上,則拉力大于重力,第4 s內(nèi)的加速度為負,方向向下,拉力小于重力,所以第1 s內(nèi)的拉力大于第4 s內(nèi)的拉力,故B正確;根據(jù)題圖可知,0~4 s內(nèi),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(nèi)的位移大小,根據(jù)題圖可知,前4 s內(nèi)位移為正,故D錯誤。 4.如圖所示,位于豎直平面內(nèi)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(chǎn)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 θta2,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(xiàn)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vt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vt圖線的切線。已知滑塊質(zhì)量m=2 kg,取g=10 m/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(shù)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(jù)vt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=25 N=10 N,剛釋放時滑塊的加速度大小為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(shù)據(jù)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(zhì)量 C.物塊與斜面間的動摩擦因數(shù) 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,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vt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?shù)膬A角θ,以便下雨時落在屋頂?shù)挠甑文鼙M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?shù)钠旅骈L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?shù)膲毫Υ笮。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(jù)三角關(guān)系判斷,屋頂坡面的長度x=,由x=gsin θt2,可得:t= ,可見當θ=45時,用時最短,D錯誤;由v=gsin θt可得:v=,可見θ越大,雨滴從頂端O下滑至屋檐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(zhì)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(shù)μ=0.5?;耻嚱?jīng)過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(guān)系如圖所示。取g=10 m/s2,空氣阻力不計。可能用到的函數(shù)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(shù)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(shù)據(jù),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)如圖所示,一質(zhì)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(jīng)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(shù)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(lián)立①②式,代入數(shù)據(jù)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 ⑤ Fsin α+FN-mgcos θ=0 ⑥ 又Ff=μFN⑦ 聯(lián)立⑤⑥⑦式得 F=⑧ 由數(shù)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=30⑩ 聯(lián)立③⑧⑩式,代入數(shù)據(jù)得F的最小值為 Fmin= N。? 答案:(1)3 m/s2 8 m/s (2)30 N- 1.請仔細閱讀文檔,確保文檔完整性,對于不預覽、不比對內(nèi)容而直接下載帶來的問題本站不予受理。
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