高考物理一轮复习 高频考点强化练（一）动力学综合问题（含解析）-人教版高三全册物理试题.doc

动力学综合问题(45分钟100分)一、选择题(本题共10小题,每小题6分,共60分,16题为单选题,710题为多选题)1.如图所示,一夹子夹住木块,在力F作用下向上提升。夹子和木块的质量分别为m、M,夹子与木块两侧间的最大静摩擦力均为f。若木块不滑动,力F的最大值是()A.B.C.-(m+M)gD.+(m+M)g【解析】选A。当夹子与木块两侧间的摩擦力达到最大摩擦力f时,拉力F最大,系统向上的加速度为a。先以m为研究对象,进行受力分析,根据牛顿第二定律可知:F-2f-mg=ma,再以M为研究对象,进行受力分析,根据牛顿第二定律可知:2f-Mg=Ma,两式联立可解得F=,A正确。2.在一块固定的倾角为的木板上叠放质量均为m的一本英语词典和一本汉语词典,图甲中英语词典在上,图乙中汉语词典在上,已知图甲中两本书一起匀速下滑,图乙中两本书一起加速下滑。已知两本书的封面材料不同,但每本书的上、下两面材料都相同,近似认为滑动摩擦力与最大静摩擦力相等。设英语词典和木板之间的动摩擦因数为1,汉语词典和木板之间的动摩擦因数为2,英语词典和汉语词典之间的动摩擦因数为3,则下列说法正确的是()A.1>2B.3<2C.图乙中汉语词典受到的摩擦力大小是3mgcosD.图甲中英语词典受到的摩擦力大小是2mgcos【解析】选D。对图甲,对整体分析,根据共点力平衡有2mgsin=2·2mgcos,对乙图,对整体分析,根据牛顿第二定律得2mgsin-1·2mgcos=2ma,由两式可知1<2,故A错误。对图乙,对整体分析,有2mgsin-1·2mgcos=2ma,解得a=gsin-1gcos,对汉语词典分析,根据牛顿第二定律得mgsin-f=ma,解得f=1mgcos,因为两词典保持相对静止,则1mgcos<3mgcos,知1<3,故C错误。根据共点力平衡条件知,图甲中英语词典所受的摩擦力为静摩擦力,f=mgsin,因为2mgsin=2·2mgcos,所以f=2mgcos,对英语词典分析:f=2mgcos<3mgcos,所以3>2,故B错误,D正确。3.(2019·和平区模拟)如图所示,在倾角为=30°的光滑固定斜面上,有两个质量均为m的小球A、B,它们用劲度系数为k的轻弹簧连接,现对A施加一水平向右的恒力,使A、B均静止在斜面上,此时弹簧的长度为L,下列说法正确的是()A.弹簧的原长为L+B.水平恒力大小为mgC.撤掉恒力的瞬间小球A的加速度为gD.撤掉恒力的瞬间小球B的加速度为g【解析】选C。分析小球B受力,由平衡条件可得:kx=mgsin,解得x=,弹簧的原长为L-x=L-,A错误;分析小球A受力,由平衡条件可得:Fcos=mgsin+kx,解得:F=mg,B错误;撤去F的瞬间,弹簧弹力不变,故B球的加速度为零,由mgsin+kx=maA可得:小球A此时的加速度为aA=g,C正确。4.如图所示,当小车向右加速运动时,物块M相对车厢静止于竖直车厢壁上,当车的加速度增大时()A.M受静摩擦力增大B.M对车厢壁的压力减小C.M仍相对于车厢静止D.M受静摩擦力减小【解析】选C。分析M受力情况如图所示,因M相对车厢壁静止,有f=Mg,与水平方向的加速度大小无关,A、D错误。水平方向,N=Ma,N随a的增大而增大,由牛顿第三定律知,B错误。因N增大,物块与车厢壁的最大静摩擦力增大,故M相对于车厢仍静止,C正确。5.如图所示,倾角为的足够长的传送带沿顺时针方向转动,转动速度大小为v1,一个物块从传送带底端以初速度大小v2(v2>v1)上滑,同时物块受到平行传送带向上的恒力F作用,物块与传送带间的动摩擦因数=tan,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则下列物块运动的v-t图象不可能是()【解析】选C。因v2>v1,则物块相对于传送带向上运动,所受滑动摩擦力向下,若F=mgsin+mgcos,则物块的加速度为零,将一直以v2向上匀速直线运动,选项B正确;若F>mgsin+mgcos,则物块的加速度向上,将一直向上做匀加速直线运动,选项A正确;若F<mgsin+mgcos,则加速度向下,物块将向上做匀减速直线运动,当两者速度相等时,物块受向上的拉力和静摩擦力而合外力为零,则物块与传送带一起向上做匀速直线运动,故选项C错误,选项D正确。【加固训练】物体A、B、C均静止在同一水平面上,它们的质量分别为mA、mB、mC,与水平面间的动摩擦因数分别为A、B、C,用平行于水平面的拉力F分别拉物体A、B、C,所得加速度a与拉力F的关系如图所示,A、B两直线平行,则以下关系正确的是()A.mA<mB<mCB.mA<mB=mCC.A<B=CD.A=B=C【解析】选C。根据牛顿第二定律F-mg=ma,得出加速度与力的函数关系a=-g,可以看出图象的斜率为,A、B两物体的图象斜率相等,C的斜率最小,所以质量mA=mB<mC,A、B项错误;图象的纵截距为-g,B和C的纵截距相等,A物体的纵截距绝对值最小,所以得出动摩擦因数A<B=C,所以C项正确,D项错误。6.我国航天员要在“天宫一号”航天器实验舱的桌面上测量物体的质量,采用的方法如下:质量为m1的标准物A的前后连接有质量均为m2的两个力传感器。待测质量的物体B连接在后传感器上。在某一外力作用下整体在桌面上运动,如图所示。稳定后标准物A前后两个传感器的读数分别为F1、F2,由此可知待测物体B的质量为()A.B.C.D.【解析】选B。整体为研究对象,由牛顿第二定律得F1=(m1+2m2+m)a;隔离B物体,由牛顿第二定律得F2=ma;联立可得m=,选项B正确。7.(2020年山东新高考模拟)如图所示,某人从距水面一定高度的平台上做蹦极运动。劲度系数为k的弹性绳一端固定在人身上,另一端固定在平台上。人从静止开始竖直跳下,在其到达水面前速度减为零。运动过程中,弹性绳始终处于弹性限度内。取与平台同高度的O点为坐标原点,以竖直向下为y轴正方向,忽略空气阻力,人可视为质点。从跳下至第一次到达最低点的运动过程中,用v、a、t分别表示人的速度、加速度和下落时间。下列描述v与t、a与y的关系图象可能正确的是()【解析】选A、D。人在下落的过程中,弹性绳绷紧之前,人处于自由落体状态,加速度为g;弹性绳绷紧之后,弹力随下落距离逐渐增加,加速度随下落距离以固定斜率先减小后反向增加,C错误,D正确;人的加速度先减小后反向增加,可知速度时间图象的斜率先减小后反向增加,B错误,A正确。8.如图所示,小车的质量为M,人的质量为m,人用恒力F拉绳,若人与车保持相对静止,且地面为光滑的,又不计滑轮与绳的质量,则车对人的摩擦力可能是 ()A. F,方向向左B. F,方向向右C. F,方向向左D. F,方向向右【解析】选C、D。设车对人的摩擦力f方向水平向右,对小车和人组成的系统应用牛顿第二定律有:2F=(M+m)a,对人应用牛顿第二定律得F-f=ma,可解得:f= F。当M>m时,人受到向右的静摩擦力,大小为 F,当M<m时,人受到向左的静摩擦力,大小为 F,故A、B错误,C、D正确。9.如图所示,水平传送带A、B间的距离为16 m,质量分别为2 kg、4 kg的物块P、Q,通过绕在光滑定滑轮上的细线连接,Q在传送带的左端且连接物块Q的细线水平,当传送带以8 m/s的速度逆时针转动时,Q恰好静止。取重力加速度g=10 m/s2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当传送带以8 m/s的速度顺时针转动时,下列说法正确的是()A.Q与传送带间的动摩擦因数为0.5B.Q从传送带左端滑到右端所用的时间为2.4 sC.整个过程中,Q相对传送带运动的距离为4.8 mD.Q从传送带左端滑到右端的过程细线受到的拉力为 N【解析】选A、C。当传送带以v=8 m/s逆时针转动时,Q恰好静止不动,对Q受力分析知,F=f即为:mPg=mQg,解得:=0.5,故A正确;当传送带以v=8 m/s顺时针转动时,物块Q做初速度为零的匀加速直线运动,有:F合=mPg+mQg=(mP+mQ)a,代入数据解得:a= m/s2,当速度达到传送带速度即8 m/s后,做匀速直线运动,匀加速的时间为:t1=1.2 s,匀加速的位移为:x=4.8 m,则匀速运动的时间:t2= s=1.4 s,Q从传送带左端滑到右端所用的时间为:t总=t1+t2=2.6 s,故B错误;加速阶段的位移之差为x=vt1-x=4.8 m,即整个过程中,Q相对传送带运动的距离为4.8 m,故C正确;当Q加速时,对P分析有:mPg-T=mPa,代入数据解得:T= N,之后做匀速直线运动,有:T=20 N,故D错误。10. (2019·深圳模拟)两个质量均为m的相同的物块叠放在一个轻弹簧上面,处于静止状态。弹簧的下端固定于地面上,弹簧的劲度系数为k。t=0时刻,给A物块一个竖直向上的作用力F,使得两物块以0.5g的加速度匀加速上升,下列说法正确的是()A.A、B分离前合外力大小不变B.分离时弹簧处于原长状态C.在t=时刻A、B分离D.分离时B的速度大小为g【解析】选A、C。A、B分离前两物块做匀加速运动,合外力不变,选项A正确;开始时弹簧的压缩量为x1,则2mg=kx1;当两物块分离时,加速度相同且两物块之间的弹力为零,对物块B,有kx2-mg=ma,且x1-x2=at2,解得x1=,x2=,t=,此时弹簧仍处于压缩状态,选项B错误,C正确;分离时B的速度为v=at=g·=g,选项D错误。二、计算题(本题共2小题,共40分,需写出规范的解题步骤)11. (20分)(2020·东营模拟)某电视台的娱乐节目中,有一个拉板块的双人游戏,考验两人的默契度。如图所示,一长L=0.60 m、质量M=0.40 kg的木板靠在光滑竖直墙面上,木板右下方有一质量m=0.80 kg的小滑块(可视为质点),滑块与木板间的动摩擦因数为=0.20,滑块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,取g=10 m/s2。一人用水平恒力F1向左作用在滑块上,另一人用竖直恒力F2向上拉动滑块,使滑块从地面由静止开始向上运动。(1)为使木板能向上运动,求F1必须满足什么条件?(2)若F1=22 N,为使滑块与木板能发生相对滑动,求F2必须满足什么条件?(3)游戏中,如果滑块上移h=1.5 m时,滑块与木板没有分离,才算两人配合默契,游戏成功。现F1=24 N,F2=16 N,请通过计算判断游戏能否成功?【解析】(1)滑块与木板间的滑动摩擦力f=F1对木板应有f>Mg代入数据得F1>20 N(2)对木板有F1-Mg=Ma1对滑块有F2-F1-mg=ma2要能发生相对滑动应有a2>a1代入数据可得F2>13.2 N(3)对滑块有F2-F1-mg=ma3设滑块上升h的时间为t,则h=a3t2对木板有F1-Mg=Ma4设木板在t时间上升的高度为H,则H=a4t2代入数据可得H=0.75 m 由于H+L<h,滑块在上升到1.5 m之前已经脱离了木板,游戏不能成功。答案:(1)F1>20 N(2)F2>13.2 N(3)游戏不能成功(计算过程见解析)12.(20分)(2017·全国卷)如图,两个滑块A和B的质量分别为mA=1 kg和mB=5 kg,放在静止于水平地面上的木板的两端,两者与木板间的动摩擦因数均为1=0.5;木板的质量为m=4 kg,与地面间的动摩擦因数为2=0.1。某时刻A、B两滑块开始相向滑动,初速度大小均为v0=3 m/s。A、B相遇时,A与木板恰好相对静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度大小g取10 m/s2。求(1)B与木板相对静止时,木板的速度。(2)A、B开始运动时,两者之间的距离。【解析】(1)滑块A和B在木板上滑动时,木板也在地面上滑动。设A、B与木板间的摩擦力的大小分别为f1、f2,木板与地面间的摩擦力的大小为f3,A、B、木板相对于地面的加速度大小分别是aA、aB和a1在滑块B与木板达到共同速度前有:f1=1mAgf2=1mBgf3=2(mA+mB+m)g 由牛顿第二定律得f1=mAaAf2=mBaBf2-f1-f3=ma1设在t1时刻,B与木板达到共同速度,设大小为v1。由运动学公式有v1=v0-aBt1v1=a1t1联立式,代入数据解得:t1=0.4 s,v1=1 m/s(2)在t1时间间隔内,B相对于地面移动的距离sB=v0t1-aB设在B与木板达到共同速度v1后,木板的加速度大小为a2,对于B与木板组成的体系,由牛顿第二定律有:f1+f3=(mB+m)a2由式知,aA=aB;再由可知,B与木板达到共同速度时,A的速度大小也为v1,但运动方向与木板相反,由题意知,A和B相遇时,A与木板的速度相同,设其大小为v2。设A的速度大小从v1变到v2所用时间为t2,根据运动学公式,对木板有v2=v1-a2t2对A有v2=-v1+aAt2在t2时间间隔内,B(以及木板)相对地面移动的距离为s1=v1t2-a2在(t1+t2)时间间隔内,A相对地面移动的距离为sA=v0(t1+t2)-aA(t1+t2)2A和B相遇时,A与木板的速度也恰好相同,因此A和B开始运动时,两者之间的距离为s0=sA+s1+sB联立以上各式,代入数据得s0=1.9 m答案:(1)1 m/s(2)1.9 m【总结提升】板块模型的一个转折和两个关联(1)一个转折滑块与木板达到相同速度或者滑块从木板上滑下是受力和运动状态变化的转折点。(2)两个关联转折前、后受力情况之间的关联和滑块、木板位移与板长之间的关联。一般情况下,由于摩擦力或其他力的转变,转折前、后滑块和木板的加速度都会发生变化,因此以转折点为界,对转折前、后进行受力分析是建立模型的关键。