高中物理：(6)动力学基本问题 Word版含答案

动力学基本问题
1、某实验小组制作了一个火箭模型，由测力计测得其重力为G 。

通过测量计算可知此火箭发射时可提供大小为F =2G 的恒定推力，且持续时间为t 。

随后小明又对该火箭进行了改进，采用二级推进的方式，即当火箭飞行经过2t 时，火箭丢弃一半的质量，剩余2
t 时间，火箭推动剩余的一半继续飞行。

原来的火箭可上升的高度为H ，改进后的火箭最高可上升的高度为（不考虑燃料消耗引起的质量变化及空气阻力）（ ）
A.1.5H
B.2H
C.2.15H
D.3.25H
2、如图所示为某加速度计的部分原理示意图。

质量为0.5kg 的小滑块(可视为质点)穿在光滑水平杆上,两边与两根完全相同的轻弹簧a b 、连接,弹簧的劲度系数为2N/cm,静止时a b 、均处于原长状态,小滑块处于O 点。

当装置在水平方向运动时,小滑块移动至O 点左侧1cm 处,则可判断此时小滑块的加速度( )
A.大小为28m/s ,方向水平向左
B.大小为28m/s ,方向水平向右
C.大小为24m/s ,方向水平向左
D.大小为24m/s ,方向水平向右
3、如图所示,劲度系数为k 的轻弹簧的一端固定在墙上,另一端与置于水平面上质量为m 的物体接触(未连接),弹簧水平且无形变,用水平力F 缓慢推动物体,在弹性限度内弹簧长度被压缩了x,此时物体静止,撤去F 后,物体开始向左运动,物体与水平间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,则下列说法正确的是（ ）
A.刚撤去F 时物体的加速度大小为
kx m
B.刚撤去F 时物体的加速度大小为kx mg m μ+
C.撤去F 后,物体刚脱离弹簧时速度最大
D.撤去F 后,物体先加速运动后减速运动
4、如图所示，一细线的一端固定于倾角为45°的光滑楔形滑块A 上的顶端0处，细线另一端拴一质量为m=0.2 kg 的小球静止在A 上。

若滑块从静止向左匀加速运动时加速度为a(取
210 /g m s =) ( )
A. 当25/a m s =时，细线上的拉力为N 2
23 B.当210/a m s =时，小球受的支持力为N 2
C. 当210/a m s =时，细线上的拉力为2N
D. 当215/a m s =时，若A 与小球能相对静止的匀加速运动，则地面对A 的支持力一定小于两个物体的重力之和
5、如图所示,一轻质弹簧上端固定在天花板上,下端拴接质量为m 的小球,小球放在倾角为30θ=︒的光滑斜面上,整体处于平衡状态时,弹簧与竖直方向成30︒角,重力加速度为g ,则
( )
A.若弹簧下端与小球断开,则断开瞬间小球的加速度大小为33
g B.若弹簧下端与小球断开,则断开瞬间小球的加速度大小为12
g C.若将斜面突然移走,则移走瞬间小球的加速度大小为32
g D.若将斜面突然移走,则移走瞬间小球的加速度大小为12
g 6、如图甲所示,在倾角为37°的粗糙且足够长的斜面底端,一质量2kg m =可视为质点的滑块压缩一轻弹簧并锁定,滑块与弹簧不相连.0t =时解除锁定,计算机通过传感器描绘出滑块的
速度—时间图象如图乙所示,其中Ob 段为曲线,bc 段为直线,g 取
210m/s ,sin370.6︒=,cos370.8︒=.则下列说法正确的是( )
A.0.1s 前加速度一直在减小
B.滑块在0.1~0.2s 时间间隔内沿斜面向下运动
C.滑块与斜面间的动摩擦因数0.25μ=
D.在滑块与弹簧脱离之前,滑块一直在做加速运动
7、某科研单位设计了一空间飞行器,飞行器从地面起飞时,发动机提供的动力方向与水平方向夹角60α=︒,使飞行器恰好与水平方向成30θ=角的直线斜向右上方匀加速飞行,经时间t 后,将动力的方向沿逆时针旋转60同时适当调节其大小,使飞行器依然可以沿原方向匀减速飞行,飞行器所受空气阻力不计,下列说法中正确的是( )
A.加速时加速度的大小为g
B.加速时动力的大小等于mg
C.减速时动力的大小等于12
mg D.减速飞行时间t 后速度为零
8、如图甲所示,一轻质弹簧的下端固定在水平面上,上端放置一物体(物体与弹簧不连接),初始时物体处于静止状态.现用竖直向上的拉力F 作用在物体上,使物体开始向上做匀加速运动,拉力F 与物体位移x 之间的关系如图乙所示.g 取2
10m/s ,则下列结论正确的是( )
A.物体与弹簧分离时,弹簧处于压缩状态
B.弹簧的劲度系数为7.5N/cm
C.物体的质量为2kg
D.物体的加速度大小为25m/s
9、如图所示是杂技中的“顶竿”表演,地面上演员B 的肩部顶住一根长直竹竿,另一演员A 爬至竹竿顶端完成各种动作。

某次“顶竿”表演临近结束时,演员A 自竿(竖直)顶由静止开始下滑,滑到竿底时速度恰好为零,若竹竿长为6m,下滑的总时间为3s,演员A 前1s 做匀加速运动,1s 末达到最大速度后做匀减速运动,3s 末恰好滑到竿底。

设演员A 的质量40kg m =,竹竿的质量1kg M =,则(g 取210m/s )( )
A.在下滑过程中,演员A 的加速度方向始终竖直向下
B.在下滑过程中,演员A 所受的摩擦力保持不变
C. 1~3s 内,演员A 处于超重状态
D. 2.5s t =时,演员B 肩部所受的压力大小为490N
10、如图所示,bc 为固定在车上的水平横杆,物块M 串在杆上,靠摩擦力保持相对杆静止,M 又通过经细线悬吊着一个小铁球m ,此时小车正以大小为a 的加速度向右做匀加速直线运动,而M m 、均相对小车静止,细线与竖直方向的夹角为θ,小车的加速度逐渐增大,M 始终和小车相对静止,当加速度增加到2a 时( )
A.横杆对M 的摩擦力增加到原来的2倍
B.横杆对M 弹力不变
C.细线与竖直方向的夹角增加到原来的2倍
D.细线的拉力增加到原来的2倍
11、如图甲所示,在升降机的顶部安装了一个能够显示拉力大小的传感器,传感器下方挂上一轻质弹簧,弹簧下端挂一质量为m 的小球,若升降机在匀速运行过程中突然停止,并以此时为零时刻,在后面一段时间内传感器显示弹簧弹力F 随时间t 变化的图象如图乙所示,g 为重力加速度,则( )
A.升降机停止前在向上运动
B.0~t 1时间内小球处于失重状态,t 1~t 2时间内小球处于超重状态
C.t 1~t 2时间内小球向下运动,速度先增大后减小
D.t 3~t 4时间内小球向下运动,速度一直增大
12、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010m/s v =，质量为1kg m =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v 的平方随路程变化的关系图象如图乙所示，取2
10m/s g =（ ）
A.0～5s 内小木块做匀减速运动
B.在t=1s 时刻，摩擦力反向
θ=︒
C.斜面倾角37
D.小木块与斜面间的动摩擦因数为0.5
13、如图所示,小车在平直的路面上做直线运动,悬挂小球A的细线与竖直方向成一固定夹角θ,水平底板上的物体B与小车保持相对静止。

已知B此时受到的摩擦力大小为7.5N,A、B两物体的质量均为1kg, g取10m/s2,sin37°=0.6。

求:
1.小车的加速度的大小和方向,并说明小车的可能运动状态;
2.小球所受的拉力大小;
3.细线与竖直方向的夹角θ的大小。

14、如图所示,厚度不计的圆环套在粗细均匀、长度为0.8m的圆柱顶端。

圆环可在园柱上滑动,同时从静止释放,经0.4s圆柱与地相碰,圓柱与地相碰后速度瞬间变为0,且不会倾倒。

1. 求静止释放瞬问,圆柱下端离地的高度
2.若最终圆环离地的距离为0.6m,则圆环与园柱间的滞动摩擦力是圆环重力的几倍?
3.若圆环速度减为0时,恰好到达地而,则从静止释放时固环离地的高度为多少?
15、如图甲所示，一质量为m＝1 kg的物体置于水平面上，在水平外力的作用下由静止开始运动，水平外力随时间的变化情况如图乙所示，物体运动的速度随时间变化的情况如图丙所示，4 s后图线没有画出。

g取2
m s。

求：
10 /
(1)物体在第3 s末的加速度大小；
(2)物体与水平面间的动摩擦因数；
(3)物体在前6 s内的位移。

☆答案☆以及解析
1☆答案☆及解析：
☆答案☆：C
解析：原火箭加速上升过程,由牛顿第二定律有F-G=ma,解得a=g,加速上升高度2112
h gt =,t 时刻向上的速度v=gt;失去推力后,做竖直上抛运动,上升高度222122
v h gt g ==,则H=h 1+h 2=gt 2;改为二级推进后,第一阶段加速上升过程,由牛顿第二定律有F-G=ma 1,解得a 1=g,2
t 时间加速上升高度为2118H gt =,2t 时刻向上的速度112
v gt =,丢弃一半质量后,开始第二阶段加速,由牛顿第二定律得21122F G ma -=,解得a 2=3g,2
t 时间加速上升高度为2
2211532228
t t H v g gt ⎛⎫=+⨯⨯= ⎪⎝⎭,t 时刻向上的速度221122a t v v gt +==,失去推力后,做竖直上抛运动,上升高度222322v H gt g ==,上升高度H ’=H 1+H 2+H 3=2.75H,选项C 正确。

2☆答案☆及解析：
☆答案☆：B
解析：当小滑块移动至O 点左侧1cm 处时,小滑块受到左侧弹簧向右的弹力,大小为kx ,同时小滑块还受到右侧弹簧向右的弹力,大小也为kx ,故合力为2F kx =,方向水平向右,根据牛顿第二定律有:222221m/s 8m/s 0.5F kx a m m ⨯⨯=
===,方向水平向右,故B 正确。

3☆答案☆及解析：
☆答案☆：D
解析：刚撤去F 的瞬间,物体在水平方向上受向左的弹簧的弹力和向右的摩 擦力,根据牛顿第二定律得,物体的加速度kx mg a m
μ-=.故A 、B 错误.撤去F 后,弹簧的弹力大于摩擦力,向左做加速运动,当弹力与摩擦力相等时,速度最大, 然后弹力小于摩擦力的大小,做减速运动,脱离弹簧后做匀减速运动.可以知道 物体先加速后减速.故C 错误,D 正确.所以选D.
4☆答案☆及解析：
☆答案☆：A
解析：
物体在斜面上的临界加速度为g g a ==θ
tan ，当加速度2 5 /a m s =时，由受力分析可得， 竖直方向合力等于0,水平方向合力 F ma =合，绳子上拉力为F=
mg 223,当加速度210 /a m s =时，
小球只受绳子拉力和重力，绳子上拉力等于F=mg 2；当加速度215 /a m s =时，小球离开斜面，由于小球和 斜面体相对静止，对于整体,在竖直方向合力等于0,支持力等于重力，所以A 对。

5☆答案☆及解析：
☆答案☆：B
解析：对小球受力分析,小球受到弹簧的拉力F ,斜面的支持力N 和重力mg ,三力平
衡,根据平衡条件可得,弹簧的弹力大小F =,斜面的支持力大小为
3
N =,若弹簧下端与小球断开,即弹簧的弹力消失,断开瞬间小球的加速度大小为1sin 302
a g g =⋅︒=,A 错误,B 正确;斜面突然移走的瞬间,弹簧的弹力不变,斜面的支持力消失,故小球所受重力和弹簧弹力的合力与N 大小相等方向相反,故小球的
加速度大小为'3
a g =
,CD 错误。

6☆答案☆及解析：
☆答案☆：C
解析：v t -图象的斜率表示加速度,所以0.1s 前加速度先减小后增大。

故A 项错误。

0.1~0.2s 内,速度为正且减小,则滑块在0.1~0.2s 时间间隔内沿斜面向上做减速运动。

故B 项错误。

由v t -图象,滑块在0.1~0.2s 内加速度大小221.60.8m/s 8m/s 0.20.1v a t ∆-===∆-,据牛顿第二定律可得mgsin mgcos ma θμθ+=,解得:0.25μ=。

故C 项正确。

在滑块与弹簧脱离之前,当弹力小于重力沿斜面向下的分力与摩擦力的合力时,滑块做减速运动。

故D 项错误。

7☆答案☆及解析：
☆答案☆：A
解析：起飞时,飞行器受推力和重力,两力的合力与水平方向成30角斜向上,设动力为F ,
合力为b F ,如图所示
:
在b OFF ∆中,由几何关系得:
3F mg =,b F mg =,由牛顿第二定律得飞行器的加速度为: 1a g =,故A 正确,B 错误; t 时刻的速率: 1v a t gt ==,推力方向逆时针旋转60,合力的方向与水平方向成30斜向下,推力F '跟合力h F '垂直,如图所示,
此时合力大小为: sin 30h F mg '=,动力大小: 3F '=,飞行器的加速度大小为: 2sin 3012mg a g m ==,到最高点的时间为: 2212
v gt t t a g ===',故CD 错误。

8☆答案☆及解析：
☆答案☆：CD
解析：物体与弹簧分离时,弹簧恢复原长,故A 错误;刚开始时物体处于静止状态,重力和弹力二力平衡,有mg kx =;拉力1F 为10N 时,根据牛顿第二定律有1F kx mg ma +-=;物体与弹簧分离后,拉力2F 为30N,根据牛顿第二定律有2F mg ma -=;代入数据解得
2kg m =,500N/m 5N/cm k ==,25m/s a =,故A 、B 错误,C 、D 正确.
9☆答案☆及解析：
☆答案☆：CD
解析：演员A 在下滑过程中,先做匀加速运动后做匀减速运动,可知其加速度方向先竖直向下后竖直向上,即演员A 前1s 处于失重状态,后2s 处于超重状态,选项A 错误,C 正确;演员
A 在下滑过程中其加速度方向有变化,由牛顿第二定律可知,演员A 所受的摩擦力有变化,选项
B 错误;设下滑过程中演员A 的最大速度为v ,由2vt x =
可得最大速度4m/s v =,演员A 匀减速运动时的加速度22
2m/s v a t ==,对匀减速下滑过程中的演员A 和竿受力分析并应用牛第二定律,有()N F m M g ma -+=,代入数据解得演员B 对演员A 和竿整体的支持力大小490N N F =,由牛顿第三定律可知,演员B 受到的压力大小也为490N,选项D 正确。

10☆答案☆及解析：
☆答案☆：AB
解析：取物块和小铁球为一整体,进行受力分析,竖直方向上横杆对整体的支持力和整体所受的总重力平衡, N ()F M m g =+,水平方向上满足N ()F M m a =+,其中F Ff 表示横杆对物块的摩擦力,当加速度增加到2a 后,横杆对物块的支持力保持不变,而横杆对物块的摩擦力增加到原来的2倍,选项A 、B 均正确。

隔离小铁球,以小铁球为研究对象,细线拉力的竖直分力与小铁球所受的重力平衡,细线拉力的水平分力产生加速度,当加速度增加到2a 时,竖直分力不变,水平分力加倍,选项C 、D 均不正确。

11☆答案☆及解析：
☆答案☆：AC
解析：由题中图象看出,升降机停止后弹簧的拉力变小,小球向上运动,而小球的运动方向与升降机原来的运动方向相同,则知升降机停止前在向上运动,故A 正确;0~t 1时间内拉力小于重力,小球处于失重状态,t 1~t 2时间内拉力也小于重力,小球也处于失重状态,故B 错误;t 1时刻弹簧处于原长,小球到达最高点,t 1~t 3时间内小球向下运动,弹簧处于拉伸状态,小球所受的合力先向下后向上,速度先增大后减小,C 正确;t 3时刻小球到达最低点,t 3~t 4时间内小球向上运动,速度增大,D 错误。

12☆答案☆及解析：
☆答案☆：BCD
解析：根据图象得出匀加速和匀减速运动的加速度大小，结合牛顿第二定律求出恒力F 和
动摩擦因数的大小。

A 项、由匀变速直线运动的速度位移公式:2202v v ax -=与图象所
得:
22
2 0
0100
10m/s 225
v
v
a
x
--
===-
⨯
，由图示图象可以知道，初速度:2
100
v=，即
10m/s
v=，减速运动时间:0
010
1s
10
v v
t
a
--
===
-
，所以选项A错误。

B项、由图示图象可以知道，在01s
-内物体向上做匀减速运动，1s后物体反向做匀加速运动，1s
t=时摩擦力反向，所以B选项是正确的。

由图示图象可以知道，物体反向加速运动时的加速度:
()
2
2
32
'2m/s
22135
v
a
x
===
⨯-
，
由牛顿第二定律得:sin cos
mg mg ma
θμθ
+=，sin cos'
mg mg ma
θμθ
-=，
代入数据计算得出:0.5
μ=，37
θ=，所以选项CD正确。

所以选择BCD。

13☆答案☆及解析：
☆答案☆：1.7.5m/s2,方向水平向右,向右做匀加速运动或向左做匀减速运动
2.12.5N;
3.37°
解析：1.对物体B由牛顿第二定律得物体B的加速度为
22
7.5
/7.5/
1
B
f
a m s m s
m
===。

物体B、小球和小车相对静止,它们的加速度相同,所以A、B及小车的加速度大小均为2
7.5/
m s,方向水平向右、所以小车可能向右做匀加速运动或向左作匀减速运动,且加速度大小均为2
7.5/
m s。

2.方法一合成法
以小球为研究对象,对小球进行受力分析如图所示,小球所受合力
A
7.5N
m a
==,由几何关系可知:22
107.5N12.5N
=+=;
方法二 正交分解法
建立直角坐标系如图所示,正交分解各力,根据牛顿第二定律列方程得x 方向
7.5x F ma N ==,y 方向10y F mg N ==,所以 2222x y 107.5N 12.5N F F F =+=+=
3.在下图中,由几何关系可知7.53104
==,所以37θ=︒。

14☆答案☆及解析：
☆答案☆：1. 2110.82
h gt m =
= 2.v 1=gt 1=4m/s 2112()v a L L =-
a=40m/s 2
f-mg=ma
5f mg
=
3. 222v aL =
v 2=8m/s
222 3.22v h m g
== H=L+h 2=4m
解析：
15☆答案☆及解析：
☆答案☆：(1)由v －t 图象可知，物体在前4s 做匀变速直线运动，所以物体在第3s 末的加速度1a 等于前4s 内的加速度，根据v －t 图象和加速度定义式：a v t
∆∆＝
得21 1 /a m s ＝
(2)在0－4s 内，在水平方向：11F mg ma μ－＝
解出：μ＝0.4
(3)设前4 s 的位移为x 1，由位移公式：2111128a t x m ＝＝ 设4 s 后物体运动时的加速度为2a ，则：
22F mg ma μ－＝；
解得，22 2 /a m s ＝－
物体在4s 末时的速度为v′＝4 m/s ，设物体从4s 末后运动时间2t 速度减为0，则：
220v a t '＝＋解得：t 2＝2 s ………(1分)
所以，物体在6s 末速度恰好减为0
故后2s 内的位移：2222212
x v t a t '=+ 代入数据，解得，24x m ＝
所以物体在前6s 内的位移1212 x x x m ＝＋＝
解析：。