2021高考物理教科版一轮习题：第三章 微专题17 ”动力学两类基本问题“的解题策略 Word版含解析

2021高考物理教科版一轮习题：第三章 微专题17 ”动力学两类基本问题“的解题策略 Word版含解析

‎1．做好“两个分析”‎ ‎(1)做好受力分析，分析出物体受到的各个力，判断合力的方向，表示出合力与各力的关系；(2)做好运动过程分析，分析物体的运动性质，判断加速度的方向，并表示出加速度与运动各量的关系；‎ ‎2．抓住“一个关键”‎ 求解加速度是解决动力学两类基本问题的关键．‎ ‎1．(2019·四川绵阳市第三次诊断)在粗糙水平面上，水平外力F作用在物块上，t＝0时刻物块开始向右做直线运动，外力F始终不为零，其速度－时间图像如图1所示．则(　　)‎ 图1‎ A．在0～1 s内，外力F不断增大 B．在3 s时，物块开始向左运动 C．在3～4 s内，外力F不断减小 D．在3～4 s内，外力F的功率不断减小 ‎2．(2019·江西南昌市第二次模拟)如图2所示，物体从倾角为α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k<1.物体与斜面间的动摩擦因数为(　　)‎ 图2‎ A．(1－k)sin α B．(1－k)cos α C．(1－k2)tan α D. ‎3．(2019·河南安阳市下学期二模)如图3所示，质量为m＝2.0 kg的物体静止在光滑的水平地面上．t＝0时刻起物体在一水平向右的恒力F1＝1.0 N的作用下开始运动，经过一段时间t0后，恒力大小变为F2＝2.6 N，方向改为水平向左．在t＝12.0 s时测得物体运动的瞬时速度大小v＝6.24 m/s，则t0为(　　)‎ 图3‎ A．12.1 s B．6.0 s C．5.2 s D．2.6 s ‎4.(2020·湖南长郡中学月考)如图4所示，在倾角θ＝37°的足够长的固定斜面上，有一质量m＝1 kg的物体，物体与斜面间动摩擦因数μ＝0.2，物体受到平行于斜面向上的轻细线的拉力F＝9.6 N的作用，从静止开始运动，经2 s轻细线突然断了，则轻细线断后经过多长时间物体的速度大小为22 m/s？(结果保留两位有效数字，已知sin 37°＝0.6，g取10 m/s2)‎ 图4‎ ‎5.(2019·吉林吉林市友好学校联合体期末)如图5甲所示，光滑平台右侧与一长为L＝10 m的水平木板相接，木板固定在地面上，现有一小滑块以初速度v0＝10 m/s滑上木板，恰好滑到木板右端停止．现让木板右端抬高，如图乙所示，使木板与水平地面的夹角θ＝37°，让滑块以相同的初速度滑上木板，不计滑块滑上木板时的能量损失，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：‎ ‎　‎ 图5‎ ‎(1)滑块与木板之间的动摩擦因数μ；‎ ‎(2)滑块从滑上倾斜木板到滑回木板底端所用的时间t.‎ ‎6．(2020·安徽安庆市调研)某电视台闯关竞技节目的第一关是雪滑梯，雪滑梯由斜面和水平面两部分组成，其结构可以简化为如图6所示模型，雪滑梯顶点距地面高h＝15 m，滑梯斜面长l＝25 m，在水平部分距离斜道底端为x0＝20 m处有一海绵坑．比赛时质量为M1的参赛运动员乘坐一质量为M2的轮胎从赛道顶端滑下，在水平雪道上某处脱离轮胎落到雪道上再滑向海绵坑，运动员停在距离海绵坑1 m范围内算过关．已知轮胎与雪道间的动摩擦因数μ1＝0.3，运动员与雪道间的动摩擦因数为μ2＝0.8，假设运动员离开轮胎的时间不计，运动员落到雪道上时的水平速度不变，运动员通过滑梯底端拐点处速率不变，g取10 m/s2，求：‎ 图6‎ ‎(1)运动员滑到滑梯底端时速度的大小；‎ ‎(2)若运动员(可视为质点)在水平雪道上刚好滑至海绵坑停下，计算运动员离开轮胎的位置距海绵坑的距离．‎ 答案精析 ‎1．D　[设阻力为f，根据牛顿第二定律得F－f＝ma，根据题图，在0～1 s内加速度逐渐减小，所以外力F逐渐减小，A错误；根据题意分析，向右为正方向，3 s前后速度始终为正值，始终是正方向，向右运动，B错误；根据F－f＝ma，在3～4 s内加速度不变，所以外力不变，C错误；外力F的功率P＝Fv，结合选项C的分析，F不变，在3～4 s内速度减小，所以功率减小，D正确．]‎ ‎2．C　[设斜面长为x，高为h，物体下滑过程受到的摩擦力为f，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 α－f＝ma，‎ f＝μmgcos α，‎ 所以a＝g(sin α－μcos α)，‎ 由运动学公式可知v＝2ax＝2gx(sin α－μcos α)，‎ v2＝2gh 由题意：v1＝kv 且h＝x·sin α 解得：μ＝(1－k2)tan α，故C正确．]‎ ‎3．C　[由牛顿第二定律可得：a1＝＝0.5 m/s2，a2＝＝1.3 m/s2，若12 s末时速度方向是向左的，由题意列出运动学方程为：a2t1＝6.24 m/s，解得：t1＝4.8 s；a1t0＝a2(t－t1－t0)，解得：t0＝5.2 s；若12 s末时速度方向是向右的，由题意列出运动学方程为：a1t0－a2(t－t0)＝v，解得：t0≈12.1 s>12 s，不符合题意，故A、B、D错误，C正确．]‎ ‎4．5.5 s 解析　第一阶段：在前2 s内，物体在F＝9.6 N的拉力作用下，从静止开始沿斜面做匀加速运动，设加速度为a1，‎ 沿斜面方向：F－mgsin θ－f＝ma1，‎ 垂直于斜面方向：N＝mgcos θ，‎ f＝μN，‎ 联立解得a1＝＝2 m/s2，‎ ‎2 s末细线断时，物体的瞬时速度v1＝a1t1＝4 m/s.‎ 第二阶段：从细线断到物体继续沿斜面向上运动到速度为零的过程，设加速度为a2，则 a2＝＝－7.6 m/s2，‎ 设从细线断到物体到达最高点所需时间为t2，由运动学公式得0＝v1＋a2t2，得t2≈0.53 s.‎ 第三阶段：物体从最高点沿斜面下滑，设加速度为a3，速度达到22 m/s所需时间为t3，由牛顿第二定律知 a3＝＝4.4 m/s2，‎ 所需时间t3＝＝5 s.‎ 综上所述，从细线断到物体的速度大小为22 m/s所经历的总时间t＝t2＋t3＝0.53 s＋5 s≈5.5 s.‎ ‎5．(1)0.5　(2)(＋1) s 解析　(1)设滑块质量为m，木板水平时滑块加速度为a，则对滑块有μmg＝ma①‎ 滑块恰好到木板右端停止0－v02＝－2aL②‎ 解得μ＝＝0.5③‎ ‎(2)当木板倾斜，设滑块上滑时的加速度为a1，最大距离为s，上滑的时间为t1，有 μmgcos θ＋mgsin θ＝ma1④‎ ‎0－v02＝－2a1s⑤‎ ‎0＝v0－a1t1⑥‎ 由④⑤⑥式，解得t1＝1 s⑦‎ 设滑块下滑时的加速度为a2，下滑的时间为t2，‎ 有mgsin θ－μmgcos θ＝ma2⑧‎ s＝a2t22⑨‎ 由⑧⑨式解得t2＝ s.‎ 滑块从滑上倾斜木板到滑回木板底端所用的时间 t＝t1＋t2＝(＋1) s.‎ ‎6．(1)6 m/s　(2)6 m 解析　(1)设运动员乘坐轮胎沿斜面滑动时的加速度为a0，滑到底端时的速度大小为v，有：(M1＋M2)gsin θ－μ1(M1＋M2)gcos θ＝(M1＋M2)a0‎ v2＝2a0l 联立解得：v＝6 m/s；‎ ‎(2)设在水平雪道上运动时，运动员乘坐轮胎时的加速度大小为a1，运动员脱离轮胎后的加速度大小为a2，由牛顿第二定律得：‎ μ1(M1＋M2)g＝(M1＋M2)a1‎ μ2M1g＝M1a2‎ 设在距离海绵坑x1处运动员离开轮胎刚好滑到海绵坑边停下，离开轮胎时速度为v1，则有：‎ v2－v12＝2a1(x0－x1)‎ v12＝2a2x1‎ 联立解得：x1＝6 m.‎