高考物理专题动力学两类基本问题练习.docx

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1、专题17动力学两类基本问题1做好两个分析：(1)受力分析，表示出合力与各力的关系；(2)运动过程分析，表示出加速度与运动各量的关系.2.熟悉两种处理方法：合成法和正交分解法.3.把握一个关键：求解加速度是解决问题的关键1.(2020江西吉安市期末)如图1所示，质量为m的物块放在固定粗糙斜面上的A点，由静止下滑到斜面底端所用的时间为t，若在物块放在A点的同时，给物块施加一个竖直向下、大小等于mg的压力(g为重力加速度)，则物块由静止滑到斜面底端的时间为()图1A.tB.tCtD.t答案B解析由题意知，第一次物块下滑的加速度大小为a1gsin gcos ，下滑过程xa1t2，第二次下滑，(Fmg)

2、sin (Fmg)cos ma2，Fmg，解得a22a1，xa2t2，求得tt，B项正确2(多选)如图2所示，PQ为圆的竖直直径，AQ、BQ、CQ为三个光滑斜面轨道，分别与圆相交于A、B、C三点现让三个小球(可以看作质点)分别沿着AQ、BQ、CQ轨道自端点由静止下滑到Q点，运动的时间分别为t1、t2和t3，运动的平均速度分别为v1、v2和v3.则有()图2At2t1t3Bt1t2t3Cv2v1v3Dv1v3v2答案BC解析设任一斜面与水平方向的夹角为，圆的直径为d.根据牛顿第二定律得agsin ，斜面的长度为xdsin ，则由xat2得t，可见，小球下滑时间与斜面的倾角无关，则有t1t2t3，

3、又，x2x1x3，则v2v1v3，选项B、C正确3.(2019江西南昌市第二次模拟)如图3所示，物体从倾角为的固定斜面顶端由静止释放，它滑到底端时速度大小为v1；若它由斜面顶端沿竖直方向自由落下，末速度大小为v，已知v1是v的k倍，且k1.则物体与斜面间的动摩擦因数为()图3A(1k)sin B(1k)cos C(1k2)tan D.答案C解析设斜面长为x，高为h，物体下滑过程受到的摩擦力为Ff，由于物体沿斜面匀加速下滑，设加速度为a，则由牛顿第二定律可得mgsin Ffma，Ffmgcos ，所以ag(sin cos )，由运动学公式可知v122ax2gx(sin cos )，v22gh由题

4、意：v1kv且hxsin 解得：(1k2)tan ，故C正确4(多选)(2020四川宜宾市一诊)如图4(a)，质量m1 kg的物体沿倾角37的固定粗糙斜面由静止开始向下运动，风对物体的作用力沿水平方向向右，其大小与风速v成正比，比例系数用k表示，物体加速度a与风速v的关系如图(b)所示，g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，下列说法正确的是()图4A物体沿斜面做匀变速运动B当风速v5 m/s时，物体沿斜面下滑的速度最大C物体与斜面间的动摩擦因数为0.25D比例系数k为 kg/s答案BCD解析由题图(b)可知，物体的加速度逐渐减小，风速为5 m/s 时物体加速度为零，沿斜面

5、下滑的速度最大，故A错误，B正确；对初始时刻，没有风的作用，物体的加速度大小为a04 m/s2，对物体受力分析，根据牛顿第二定律，沿斜面方向：mgsin mgcos ma0解得：0.25，故C正确；v5 m/s时，物体加速度为零，对物体受力分析，根据平衡条件有：mgsin FNkvcos 0又：FNmgcos kvsin ，联立解得k kg/s，故D正确5.(2020山东烟台市期末)如图5所示，一倾角37足够长的粗糙斜面固定在水平面上，一小滑块从斜面底端A点以v010 m/s的速度冲上斜面并通过斜面上B点，已知A、B之间的距离为L4 m，小滑块与斜面之间的动摩擦因数0.5，g取10 m/s2，

6、sin 370.6，cos 370.8.求小滑块从A点运动到B点过程中所经历的时间(计算结果可以保留根号)图5答案(1) s或2 s解析滑块沿斜面向上运动a110 m/s2设小滑块从A第一次运动到B过程中所用时间为t1，由Lv0t1a1t12解得：t1(1) s或(1) s(舍去)小滑块沿斜面向上运动最大距离：x5 m小滑块从A开始沿斜面运动最大距离所用时间：t11 s滑块沿斜面向下运动a22 m/s2设小滑块从沿斜面运动最大距离返回到B过程中所用时间为t2xLa2t22解得：t21 s小滑块从A沿斜面运动最大距离处后又返回到B过程中所用时间tt22 s综上所述，小滑块从A点运动到B点过程中所

7、经历的时间为(1) s或2 s.6(2020山东淄博市十中期末)足够长光滑固定斜面BC倾角53，小物块与水平面间的动摩擦因数为0.5，水平面与斜面之间B点有一小段弧形连接(未画出)，一质量m2 kg的小物块静止于A点现在AB段对小物块施加与水平方向成53的恒力F作用，如图6甲所示小物块在AB段运动的速度时间图象如图乙所示，到达B点迅速撤去恒力F(已知sin 530.8，cos 530.6，g取10 m/s2)求：图6(1)小物块所受到的恒力F的大小；(2)小物块从B点沿斜面向上运动，到返回B点所用的时间；(3)小物块最终离A点的距离答案(1)11 N(2)0.5 s(3)3.6 m解析(1)由

8、题图乙可知，小物块在AB段的加速度a1 m/s20.5 m/s2，根据牛顿第二定律，有Fcos (mgFsin )ma1，得F11 N.(2)在BC段，对小物块有mgsin ma2，解得a2gsin 8 m/s2，小物块从B到最高点所用时间与从最高点到B所用时间相等，所以小物块从B点沿斜面向上运动到返回B点所用的时间为t0.5 s.(3)小物块从B向A运动过程中，有mgma3 ，a3g5 m/s2，由B至停下小物块的位移x0.4 m，xABt04.0 m，xAxABx3.6 m.7.(2020四川眉山市三诊)如图7所示，2020年2月18日，我国发射的嫦娥四号着陆器和玉兔二号探测器再次启动，打

9、破了探测器在月球上工作的世界纪录，并将开始第15个月昼的科学探测活动若着陆器与探测器总质量为1.5103 kg，着陆过程简化如下：在距月面102 m处悬停，当发动机推力为F1时，先竖直向下做匀加速直线运动；当发动机推力为F2时，随即做匀减速直线运动，且两个阶段加速度大小相等，刚好在距离月面2 m时再次悬停，此过程总共用时600 s，此后关闭发动机做自由落体运动，直到接触月球表面月球表面重力加速度取g1.6 m/s2，求：图7 (1)探测器接触月球表面时的速度大小；(2)发动机施加推力的差值(F2F1)的大小答案(1) m/s(2) N解析(1)由速度位移公式v22ax，代入数据可得v m/s(

10、2)设加速过程中的最大速度为vm，加速阶段：v2ax1，减速阶段：v2ax2，且x1x2100 m，加速阶段的时间t1，减速阶段的时间t2，且t1t2600 s代入数据可得a m/s2.由牛顿第二定律可得，加速阶段mgF1ma减速阶段F2mgma，代入数据可得F2F1 N.8.风洞实验室中可产生水平方向、大小可调节的风力现将一套有小球的细直杆放入风洞实验室，小球孔径略大于细杆直径(如图8所示)当杆在水平方向上固定时，调节风力的大小，使小球在细杆上匀速运动这时小球所受的风力大小为小球所受重力大小的一半图8 (1)求小球与细杆间的动摩擦因数；(2)保持小球所受风力不变，使细杆与水平方向间夹角为37并固定，则小球从静止出发在细杆上滑下距离x所需的时间为多少？(重力加速度大小为g，sin 370.6，cos 370.8)答案(1)0.5(2)解析(1)设小球所受的风力大小为F，小球的质量为m，因小球做匀速运动，则Fmg，又有Fmg，所以.(2)对小球进行受力分析，如图所示，由牛顿第二定律，得FNFsin 37mgcos 37，Fcos 37mgsin 37Ffma，又FfFN，联立以上三式可得ag，由xat2，解得t.