高考物理二轮复习热点强化4动力学方法的综合应用含答案

动力学方法的综合应用

1．(2020年山东大学附中二模)如图所示，物块A、B质量相等，在恒力F作用下，在水平面上做匀加速直线运动．若物块与水平面间接触面光滑，物块A的加速度大小为a1，物块A、B间的相互作用力大小为FN1；若物块与水平面间接触面粗糙，且物块A、B与水平面间的动摩擦因数相同，物块B的加速度大小为a2，物块A、B间的相互作用力大小为FN2.则下列说法正确的是(　　)

A．a1＝a2，FN1>FN2　　 B．a1＝a2，FN1＝FN2

C．a1>a2，FN1>FN2　　 D．a1>a2，FN1＝FN2

【答案】D　【解析】设A、B的质量为m，接触面光滑时，对整体分析有a1＝＝，对B分析有FN1＝ma1＝.接触面粗糙时，对整体分析有a2＝＝－μg，可知a1>a2；对B分析有FN2＝ma2＋μmg＝，则FN1＝FN2.故D正确．

2．(2021届安庆宜秀区入学考试)如图，一倾角为α的光滑斜面向右做匀加速运动，质量为m的物体A相对斜面静止，则斜面运动的加速度为(　　)

A．gsin α　　 B．gcos α　　

C．gtan α　　 D．gcot α

【答案】C　【解析】物体随斜面体一起沿水平方向运动，则加速度一定在水平方向，对物体进行受力分析如图，物体受到重力和垂直斜面向上的支持力，两者合力提供加速度，而加速度在水平方向，所以加速度方向一定水平向右，根据图像可知，竖直方向FNcos α＝mg，水平方向FNsin α＝ma，所以a＝gtan α，故C正确，A、B、D错误．

3．(2020年黑龙江双鸭山一中开学考试)质量为m的光滑小球恰好放在质量也为m的圆弧槽内，它与槽左右两端的接触处分别为A点和B点，圆弧槽的半径为R，OA与水平线AB成60°角．槽放在光滑的水平桌面上，通过细线绕滑轮与重物C相连，细线始终处于水平状态．通过实验知道，当槽的加速度很大时，小球将从槽中滚出，滑轮与绳质量都不计，要使小球不从槽中滚出，则重物C的最大质量为(　　)

A．m　　 B．2m

C．(－1)m　　 D．(＋1)m

【答案】D　【解析】小球恰好能滚出圆弧槽时，圆弧槽对小球的支持力的作用点在A点，小球受到重力和A点的支持力，合力为，对小球运用牛顿第二定律可得＝ma ，解得小球的加速度a＝，对整体分析可得mCg＝(m＋m＋mC)a，联立解得mC＝(＋1)m，故D正确，A、B、C错误．

4．(2020年保定一模)(多选)如图所示，一质量M＝3 kg、倾角为α＝45°的斜面体放在光滑水平地面上，斜面体上有一质量为m＝1 kg的光滑楔形物体．用一水平向左的恒力F作用在斜面体上，系统恰好保持相对静止地向左运动．重力加速度g取10 m/s2，下列判断正确的是(　　)

A．系统做匀速直线运动

B．F＝40 N

C．斜面体对楔形物体的作用力大小为5 N

D．增大力F，楔形物体将相对斜面体沿斜面向上运动

【答案】BD　【解析】对整体受力分析如图甲所示，由牛顿第二定律有F＝(M＋m)a.对楔形物体受力分析如图乙所示，由牛顿第二定律有mgtan 45°＝ma.联立两式可得F＝40 N，a＝10 m/s2，A错误，B正确；斜面体对楔形物体的作用力FN2＝＝mg＝10 N，C错误；外力F增大，则斜面体加速度增加，由于斜面体与楔形物体间无摩擦力，则楔形物体将会相对斜面体沿斜面上滑，D正确．

5．(2021届哈师大附中开学考试)如图所示，在倾角为θ的光滑斜面上有两个用轻质弹簧相连接的物块A、B.它们的质量分别为mA、mB，弹簧的劲度系数为k，C为一固定挡板．系统处于静止状态．现开始用一恒力F沿斜面方向拉物块A使之向上运动，求物块B刚要离开挡板C时物块A的加速度a和从开始到此时物块A的位移d.(已知重力加速度为g)

解：设未加F时弹簧的压缩量为x1，由胡克定律和共点力平衡条件可知

mAgsin θ＝kx1，

设B刚要离开C时弹簧的伸长量为x2，由胡克定律和牛顿第二定律可知

kx2＝mBgsin θ，

F－mAgsin θ－kx2＝mAa，

联立方程可得a＝，

由题意知d＝x1＋x2，

解得d＝.

6．哈利法塔是目前世界最高的建筑．游客乘坐观光电梯从地面开始经历加速、匀速、减速的过程恰好到达观景台只需50秒，运行的最大速度为15 m/s.观景台上可以鸟瞰整个迪拜全景，可将棕榈岛、帆船酒店等尽收眼底，颇为壮观．一位游客用便携式拉力传感器测得在加速阶段质量为1 kg的物体受到的竖直向上拉力为11 N，若电梯加速、减速过程视为匀变速直线运动(g取10 m/s2)，则：

(1)求电梯加速阶段的加速度大小及加速运动的时间；

(2)若减速阶段与加速阶段的加速度大小相等，求观景台的高度；

(3)若电梯设计安装有辅助牵引系统，电梯出现故障，绳索牵引力突然消失，电梯从观景台处自由下落，为防止电梯落地引发人员伤亡，电梯启动辅助牵引装置使其减速到速度为零，牵引力为重力的3倍，下落过程所有阻力不计，则电梯自由下落最长多少时间必须启动辅助牵引装置？

解：(1)设电梯加速阶段的加速度大小为a，由牛顿第二定律得

FT－mg＝ma，

解得a＝1 m/s2.

由v＝v0＋at，

解得t＝15 s.

(2)匀加速阶段位移x1＝at2＝×1×152 m＝112.5 m，

匀速阶段位移x2＝v(50 s－2t)＝15×(50－2×15) m＝300 m，

匀减速阶段位移x3＝＝112.5 m，

因此观景台的高度 x＝x1＋x2＋x3＝525 m.

(3)由题意知，电梯到地面速度刚好为0.

自由落体加速度大小a1＝g，

启动辅助牵引装置后加速度大小

a2＝＝＝2g，方向向上

则＋＝x，

解得vm＝10 m/s，

则tm＝＝ s，

即电梯自由下落最长 s时间必须启动辅助牵引装置．