2021版高考物理一轮复习高频考点强化练(三)动力学综合问题(含解析)

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7分,共70分。

1～6题为单选题,7～10题为多选题)
1.2018年8月30日,中国选手司雅杰勇夺亚运会女子十米跳台桂冠。

她从跳台斜向上跳起,
一段时间后落入水中,如图所示。

不计空气阻力。

下列说法正确的是 ( )
A.她在空中上升过程中处于超重状态
B.她在空中下落过程中做自由落体运动
C.她即将入水时的速度为整个跳水过程中的最大速度
D.入水过程中,水对她的作用力大小等于她对水的作用力大小
【解析】选D。

起跳以后的上升和下落过程中她的加速度方向都是向下,所以处于失重状态,
故A错误;她在空中下落过程中受到的空气的阻力不能忽略不计,所以不能看作自由落体运动,故B错误;入水过程中,开始时水对她的作用力大小(浮力和阻力)小于她的重力,所以先向下做一段加速运动,即入水后的速度先增大,故C错误;入水过程中,水对她的作用力和她对水的作用力,是一对作用力与反作用力。

故D正确。

2.(2019·日照模拟)如图甲所示,倾角为θ的粗糙斜面体固定在水平面上,初速度为v0=10 m/s、质量为m=1 kg的小木块沿斜面上滑,若从此时开始计时,整个过程中小木块速度的平方随路程变化的关系图像如图乙所示,g取10 m/s2,则下列说法不正确的是( )
A.0～5 s内小木块做匀减速运动
B.在t=1 s时刻,摩擦力反向
C.斜面倾角θ=37°
D.小木块与斜面间的动摩擦因数为0.5
【解析】选A。

由匀变速直线运动的速度位移公式得v2-=2ax,由题图乙可得a==-10 m/s2,故减速运动时间:t==1 s,故A错误;由题图乙可知,在0～1 s内小木块向上做匀减速运动,1 s后小木块反向做匀加速运动,t=1 s时摩擦力反向,故B正确;由题图乙可知,小木块反向加速运动时的加速度:a′== m/s2=2 m/s2,由牛顿第二定律
得:mgsinθ+μmgcosθ=m|a|,mgsinθ-μmgcosθ=ma′,代入数据解得:μ=0.5,θ=37°,故
C、D正确。

3.如图所示,质量为M的斜劈A静止放置在水平地面上,木桩B固定在水平地面上,弹簧K把物体与木桩相连,弹簧与斜面平行。

质量为m的物体和人在弹簧K的作用下沿斜劈表面向下运动,此时斜劈受到地面的摩擦力方向向左。

则下列说法正确的是( )
A.若剪断弹簧,物体和人的加速度方向一定沿斜面向下
B.若剪断弹簧,物体和人仍向下运动,A受到地面的摩擦力方向可能向右
C.若人从物体m离开,物体m仍向下运动,A受到的摩擦力可能向右
D.若剪断弹簧同时人从物体m离开,物体m向下运动,A可能不再受到地面摩擦力
【解析】选A。

斜劈受到地面的摩擦力方向向左,对斜劈受力分析如图,正交分解,水平方向:F地
+fcosθ=Nsinθ即:Nsinθ>fcosθ,f=μN,二式结合,μcosθ<sinθ因此,剪断弹簧,物体和人mgsinθ>μmgcosθ,所以A正确;若剪断弹簧,A的受力没有变化,所以仍向左,B错误;A受到的摩擦力的方向取决于μ,与上面物体质量无关,剪断弹簧同时人从物体m离开,A还受地面摩擦力,C、D错误。

【补偿训练】
如图所示,物块1、2间用刚性轻质杆连接,物块3、4间用轻质弹簧相连,物块1、3的质量为m,2、4的质量为M,两个系统均置于水平放置的光滑木板上,并处于静止状态。

现将两木板沿水平方向突然抽出,设抽出后的瞬间,物块1、2、3、4的加速度大小分别为a1、a2、a3、a4。

重力加速度大小为g,则有( )
A.a1=a2=a3=a4=0
B.a1=a2=a3=a4=g
C.a1=a2=g,a3=0,a4=g
D.a1=g,a2=g,a3=0,a4=g
【解析】选C。

在抽出木板的瞬时,物块1、2与刚性轻杆接触处的形变立即消失,受到的合力均等于各自重力,所以由牛顿第二定律知a1=a2=g;而物块3、4间的轻弹簧的形变还来不及改变,此时弹簧对3向上的弹力大小和对物块4向下的弹力大小仍为mg,因此物块3满足mg=F,a3=0;
由牛顿第二定律得物块4满足a4==g,所以选项C正确。

4.(2020·贵阳模拟)套有光滑小铁环的原长为1.5l的轻质弹性绳系在长为l的水平杆两端A、B上,小铁环质量为m。

现使杆沿水平方向运动,小铁环恰好悬于A端的正下方并与杆保持相对静止,如图所示。

此时弹性绳的总长度为2l。

重力加速度为g,弹性绳的形变始终在弹性限度内,下列分析正确的是 ( )
A.弹性绳的张力可能等于mg
B.杆正以0.5g的加速度向右做匀加速运动
C.弹性绳的劲度系数为
D.若小铁环质量翻倍,运动中它依然能处于图示位置
【解析】选C。

绳上的拉力处处相等,设弹性绳与水平杆的夹角为α,由几何关系cosα=0.8,对小铁环受力分析有:水平方向Tcosα=ma,竖直方向T+Tsinα=mg,解得:a=0.5g,T=mg,加速度水平向右,可能向右加速,也可能向左减速,故A、B错误;由F=kx,即T=0.5k l,解得:k=,
故C正确;若小铁环质量翻倍,弹性绳上张力一定发生变化,弹性绳长度必发生变化,不会处于图示位置,故D错误。

所以C正确,A、B、D错误。

5.如图所示,A、B质量均为m,叠放在轻质弹簧上(弹簧下端固定于地面上),对A施加一竖直向下、大小为F(F>2mg)的力,将弹簧再压缩一段距离(弹簧始终处于弹性限度内)而处于平衡状态,现突然撤去力F,设两物体向上运动过程中A、B间的相互作用力大小为N,则关于N的说法正确的是(重力加速度为g) ( )
A.刚撤去外力F时,N=
B.弹簧弹力等于F时,N=
C.两物体A、B的速度最大时,N=2mg
D.弹簧恢复原长时,N=mg
【解析】选B。

对A施加一竖直向下、大小为F(F>2mg)的力,将弹簧再压缩一段距离(弹簧始终处于弹性限度内)而处于平衡状态,弹簧弹力为F+2mg,刚撤去外力F时,物块A、B向上加速
运动,由牛顿第二定律可得,a=,隔离A,由牛顿第二定律,N-mg=ma,解得:N=,选项A 错误;当弹簧弹力等于F时,对A、B整体,由牛顿运动定律,F-2mg=2ma′,隔离A,由牛顿第二定
律,N′-mg=ma′,解得:N′=,选项B正确;两物体A、B的速度最大时,加速度为零,弹簧弹力等于2mg,N=mg,选项C错误;弹簧恢复原长时,两物块A、B只受重力向上运动,N=0,选项D错误。

6.如图甲所示,在木箱内粗糙斜面上静止一个质量为m的物体,木箱竖直向上运动的速度v与时间t的变化规律如图乙所示,物体始终相对斜面静止。

斜面对物体的支持力和摩擦力分别为N和f,则下列说法正确的是( )
A.在0～t1时间内,N增大,f减小
B.在0～t1时间内,N减小,f增大
C.在t1～t2时间内,N增大,f增大
D.在t1～t2时间内,N减小,f减小
【解析】选D。

在0～t1时间内,由图可知,物体做加速运动,加速度逐渐减小,设斜面倾角为θ,对物体受力分析,在竖直方向上有Ncos θ+fsinθ-mg=ma1,在水平方向上有Nsinθ=fcosθ,因加速度减小,则支持力N和摩擦力f均减小。

在t1～t2时间内,由图可知,物体做减速运动,加速度逐渐增大,对物体受力分析,在竖直方向上有mg-(Ncosθ+fsinθ)=ma2,在水平方向上有Nsin θ=fco s θ,因加速度增大,则支持力N和摩擦力f均减小,故选D。

【补偿训练】
“蹦极”就是跳跃者把一端固定的长弹性绳绑在踝关节处,从几十米高处跳下的一种极限运动。

某人做蹦极运动,所受绳子拉力F的大小随时间t变化的情况如图所示,将蹦极过程近似为在竖直方向的运动,重力加速度为g。

据图可知,此人在蹦极过程中最大加速度约为( )
A.g
B.2g
C.3g
D.4g
【解析】选B。

从题图中可以看出,最后绳子拉力稳定不变,表明人已经静止不动,此时绳子的拉力等于重力,所以mg=0.6F0,根据牛顿第二定律,最大加速度
a max=====2g,故B正确。

7.北京欢乐谷游乐场天地双雄是目前亚洲唯一的双塔太空梭。

它是能体验强烈失重、超重感觉的娱乐设施,先把乘有十多人的座舱,送到76 m高的地方,让座舱自由落下,当落到离地面28 m时制动系统开始启动,座舱匀减速运动到地面时刚好停止。

若某游客手中托着质量为1 kg的饮料瓶进行这个游戏,g取9.8 m/s2,则( )
A.当座舱落到离地面高度为40 m的位置时,饮料瓶对手的作用力大于9.8 N
B.当座舱落到离地面高度为40 m的位置时,饮料瓶对手的作用力为零
C.当座舱落到离地面高度为15 m的位置时,饮料瓶对手的作用力小于9.8 N
D.当座舱落到离地面高度为15 m的位置时,手要用26.6 N 的力才能托住饮料瓶
【解析】选B、D。

当座舱落到离地面高度为40 m的位置时,处于完全失重状态,故饮料瓶对手的压力为零。

选项B正确,A错误。

座舱自由落体过程,有:
v2=2g(H-h)①
座舱匀减速运动到地面过程,根据速度位移公式,有:
v2=2ah②
由①②解得:a=16.8 m/s2
当座舱落到离地面高度为15 m的位置时,饮料瓶处于超重状态,有:F-mg=ma,解得F=26.6 N,
即当座舱落到离地面高度为15 m的位置时,手要用26.6 N的力才能托住饮料瓶,选项C错误、D正确。

8.(2019·泉州模拟)如图所示,一足够长的倾斜传送带顺时针匀速转动。

一小滑块以某初速度沿传送带向下运动,滑块与传送带间的动摩擦因数恒定,则其速度v随时间t变化的图像可能是( )
【解析】选B、C。

根据题意,设传送带倾角为θ,动摩擦因数为μ,若mgsinθ>μmgcosθ,合力沿斜面向下,滑块向下匀加速;若mgsinθ=μmgcosθ,沿斜面方向合力为零,滑块匀速下滑;若mgsinθ<μmgcosθ,合力沿斜面向上,滑块匀减速,当减速为零时,开始反向加速,当加速到与传送带速度相同,因为最大静摩擦力大于重力向下分力,之后一起随传送带匀速,选项A、D 错误、B、C正确。

9.(2019·聊城模拟)如图甲所示,在光滑的水平面上有质量为M且足够长的长木板,木板上面叠放一个质量为m的小物块。

现对长木板施加水平向右的拉力F=3t(N)时,两个物体运动的a-t 图像如图乙所示,若取重力加速度g=10 m/s2,则下列说法中正确的是 ( )
A.图线Ⅰ是小物块运动的a-t图像
B.小物块与长木板间的动摩擦因数为0.3
C.长木板的质量M=2 kg
D.小物块的质量m=2 kg
【解析】选B、C。

当力F较小时,两者一起加速,当F较大时,m相对于M向后滑动,m的加速度不再随F的增大而变化,因此图像Ⅱ是小物块的a-t图像,A项错误;当小物块发生相对滑动后,加速度不变为a m=3 m/s2,由牛顿第二定律得,μmg=ma m,解得μ=0.3,B项正确;在3 s前,对整
体有,3t=(M+m)a,a=t,由图像得=1;在3 s后,对M有,3t-μmg=Ma,a=t-μ,由图像得=,解得M=2 kg,m=1 kg,C项正确,D项错误。

10.如图所示,足够长的传送带与水平面夹角为θ,在传送带上某位置轻轻放置一小木块,小木块与传送带间动摩擦因数为μ,小木块速度随时间变化关系如图所示,v0、t0已知,则( )
A.传送带一定逆时针转动
B.μ=tanθ+
C.传送带的速度大于v0
D.t0后小木块的加速度为2gsin θ-
【解析】选A、D。

若传送带顺时针转动,当小木块沿传送带下滑时,mgsin θ>μmgcosθ,小木块将做匀加速运动;当小木块沿传送带上滑时,mgsin θ<μmgcosθ,小木块将先加速到与传送带速度相等后再匀速运动,两种情况的速度—时间图像均不符合题给图像,所以传送带一定逆时针转动,选项A正确。

传送带逆时针转动,小木块在0～t0时间内,加速度较大,说明滑动摩擦力沿传送带向下,mgsin θ+μmgcosθ=ma1,由图像可知,a1=,联立解
得:μ=-tan θ,选项B错误。

当小木块速度增大到等于传送带速度时,小木块受到的摩擦力方向变成沿传送带向上,故传送带速度为v0,选项C错误。

当小木块速度增大到等于传送带速度时,小木块受到的摩擦力方向变成沿传送带向上,mgsin θ-μmgcosθ=ma2,代入动摩擦因数值,得a2=2gsin θ-,选项D正确。

二、计算题(本题共2小题,共30分。

要有必要的文字说明和规范的解题步骤,有数值计算的要注明单位)
11.(12分)(2020·桂林模拟)有一质量为m=2 kg的小球串在长为s=1 m 的轻杆顶部,轻杆与水平方向的夹角θ=37°。

(已知g取10 m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8)
(1)若由静止释放小球,t=1 s后小球到达轻杆底端,小球与轻杆之间的动摩擦因数为多少?
(2)若在竖直平面内给小球施加一个垂直于轻杆方向的恒力,由静止释放小球后保持它的加速度大小为1 m/s2,且沿杆向下运动,则这样的恒力大小为多少?
【解析】(1)由s=a1t2得小球下滑的加速度为
a1== m/s2=2 m/s2
根据牛顿第二定律得mgsinθ-f1=ma1,
又N1=mgcosθ,所以μ==0.5
(2)给小球施加一个垂直于轻杆方向的恒力后,小球的加速度为a2=1 m/s2,由牛顿第二定律,得mgsinθ-f2=ma2得f2=10 N
杆对球的弹力大小为N2==20 N
若F垂直杆向上,则有F1=N2+mgcosθ=36 N
若F垂直杆向下,则有F2=N2-mgcosθ=4 N
答案:(1)0.5 (2)4 N或36 N
12.(18分)(2019·衡阳模拟)如图甲所示,在水平面上有一质量为m1=1 kg的足够长的木板,其上叠放一质量为m2=2 kg 的木块,木块和木板之间的动摩擦因数μ1=0.3,木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.1。

假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。

现给木块施加随时间t增大的水平拉力F=3t(N),重力加速度大小g=10 m/s2
(1)求木块和木板保持相对静止的时间t1;
(2)t=10 s时,两物体的加速度各为多大;
(3)在图乙中画出木块的加速度随时间变化的图像(取水平拉力F的方向为正方向,只要求画图,不要求写出理由及演算过程)
【解析】(1)当F<μ2(m1+m2)g=3 N时,木块和木板都没有运动,处于静止状态,当木块和木板一起运动时,对m1应用牛顿第二定律,得f max-μ2(m1+m2)g=m1a max
f max=μ1m2g
解得a max=3 m/s2
对整体应用牛顿第二定律,得
F max-μ2(m1+m2)g=(m1+m2)a max,解得F max=12 N
由F max=3t1
解得t1=4 s
(2)t=10 s时,两物体已相对运动,则有
对m1μ1m2g-μ2 (m1+m2)g=m1a1
解得a1=3 m/s2
对m2F-μ1m2g=m2a2F=3t=30 N
解得a2=12 m/s2
(3)图像过(1,0),(4,3),(10,12),图像如图所示
答案:(1)4 s (2)3 m/s212 m/s2(3)见解析图。