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2022届一轮复习专题练习17 动力学两类基本问题（解析版）
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这是一份2022届一轮复习专题练习17 动力学两类基本问题（解析版），共6页。试卷主要包含了做好两个分析等内容，欢迎下载使用。
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1
A.eq \f(1,2)t B.eq \f(\r(2),2)t
C．t D.eq \r(2)t
答案 B
解析 由题意知，第一次物块下滑的加速度大小为a1＝gsin θ－μgcs θ，下滑过程x＝eq \f(1,2)a1t2，第二次下滑，(F＋mg)sin θ－μ(F＋mg)cs θ＝ma2，F＝mg，解得a2＝2a1，x＝eq \f(1,2)a2t′2，求得t′＝eq \f(\r(2),2)t，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2
A．t2>t1>t3 B．t1＝t2＝t3
C．v2>v1>v3 D．v1>v3>v2
答案 BC
解析 设任一斜面与水平方向的夹角为θ，圆的直径为d.根据牛顿第二定律得a＝gsin θ，斜面的长度为x＝dsin θ，则由x＝eq \f(1,2)at2得t＝eq \r(\f(2x,a))＝eq \r(\f(2dsin θ,gsin θ))＝eq \r(\f(2d,g))，可见，小球下滑时间与斜面的倾角无关，则有t1＝t2＝t3，又eq \x\t(v)＝eq \f(x,t)，x2>x1>x3，则v2>v1>v3，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.则物体与斜面间的动摩擦因数为( )
图3
A．(1－k)sin α B．(1－k)cs α
C．(1－k2)tan α D.eq \f(1－k2,tan α)
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＝μmgcs α，
所以a＝g(sin α－μcs α)，
由运动学公式可知v12＝2ax＝2gx(sin α－μcs α)，
v2＝2gh
由题意：v1＝kv
且h＝x·sin α
解得：μ＝(1－k2)tan α，故C正确．
4．(多选)(2020·四川宜宾市一诊)如图4(a)，质量m＝1 kg的物体沿倾角θ＝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 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，下列说法正确的是( )
图4
A．物体沿斜面做匀变速运动
B．当风速v＝5 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0.25
D．比例系数k为eq \f(16,19) 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a0＝4 m/s2，对物体受力分析，
根据牛顿第二定律，沿斜面方向：
mgsin θ－μmgcs θ＝ma0
解得：μ＝eq \f(gsin θ－a0,gcs θ)＝0.25，故C正确；
v＝5 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 θ－μN－kvcs θ＝0
又：N＝mgcs θ＋kvsin θ，
联立解得k＝eq \f(mgsin θ－μcs θ,vμsin θ＋cs θ)＝eq \f(16,19) kg/s，故D正确．
5.(2020·山东烟台市期末)如图5所示，一倾角θ＝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v0＝10 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L＝4 m，小滑块与斜面之间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8.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－eq \f(\r(5),5)) s或2 s
解析 滑块沿斜面向上运动
a1＝eq \f(mgsin 37°＋μmgcs 37°,m)＝10 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L＝v0t1－eq \f(1,2)a1t12
解得：t1＝(1－eq \f(\r(5),5)) s或(1＋eq \f(\r(5),5)) s(舍去)
小滑块沿斜面向上运动最大距离：x＝eq \f(v\\al(,02),2a1)＝5 m
小滑块从A开始沿斜面运动最大距离所用时间：t1＝eq \f(v0,a1)＝1 s
滑块沿斜面向下运动
a2＝eq \f(mgsin 37°－μmgcs 37°,m)＝2 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t2
x－L＝eq \f(1,2)a2t22
解得：t2＝1 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
t′＝eq \f(v0,a1)＋t2＝2 s
综上所述，小滑块从A点运动到B点过程中所经历的时间为(1－eq \f(\r(5),5)) 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α＝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m＝2 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α＝53°的恒力F作用，如图6甲所示．小物块在AB段运动的速度－时间图像如图乙所示，到达B点迅速撤去恒力F(已知sin 53°＝0.8，cs 53°＝0.6，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)由题图乙可知，小物块在AB段的加速度a1＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(2.0－0,4.0－0) m/s2＝0.5 m/s2，
根据牛顿第二定律，有Fcs α－μ(mg－Fsin α)＝ma1，
得F＝eq \f(ma1＋μmg,cs α＋μsin α)＝11 N.
(2)在BC段，对小物块有mgsin α＝ma2，解得a2＝gsin α＝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t＝eq \f(2vB,a2)＝0.5 s.
(3)小物块从B向A运动过程中，有μmg＝ma3 ，a3＝μg＝5 m/s2，
由B至停下小物块的位移x＝eq \f(v\\al(,B2),2a3)＝0.4 m，xAB＝eq \f(0＋vB,2)t0＝4.0 m，ΔxA＝xAB－x＝3.6 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1.5×103 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g＝1.6 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(F2－F1)的大小．
答案 (1)eq \f(4,5)eq \r(10) m/s (2)eq \f(10,3) N
解析 (1)由速度位移公式v2＝2ax，
代入数据可得v＝eq \f(4,5)eq \r(10) m/s
(2)设加速过程中的最大速度为vm，加速阶段：veq \\al(,m2)＝2ax1，减速阶段：veq \\al(,m2)＝2ax2，且x1＋x2＝100 m，加速阶段的时间t1＝eq \f(vm,a)，减速阶段的时间t2＝eq \f(vm,a)，且t1＋t2＝600 s
代入数据可得a＝eq \f(1,900) m/s2.由牛顿第二定律可得，加速阶段mg－F1＝ma
减速阶段F2－mg＝ma，
代入数据可得F2－F1＝eq \f(10,3) 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 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)
答案 (1)0.5 (2)eq \r(\f(8x,3g))
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F＝μmg，又有F＝eq \f(1,2) mg，所以μ＝eq \f(1,2).
(2)对小球进行受力分析，如图所示，由牛顿第二定律，得
N＋Fsin 37°＝mgcs 37°，
Fcs 37°＋mgsin 37°－f＝ma，
又f＝μN，
联立以上三式可得a＝eq \f(3,4)g，
由x＝eq \f(1,2)at2，解得t＝eq \r(\f(8x,3g)).
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1
A.eq \f(1,2)t B.eq \f(\r(2),2)t
C．t D.eq \r(2)t
答案 B
解析 由题意知，第一次物块下滑的加速度大小为a1＝gsin θ－μgcs θ，下滑过程x＝eq \f(1,2)a1t2，第二次下滑，(F＋mg)sin θ－μ(F＋mg)cs θ＝ma2，F＝mg，解得a2＝2a1，x＝eq \f(1,2)a2t′2，求得t′＝eq \f(\r(2),2)t，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2
A．t2>t1>t3 B．t1＝t2＝t3
C．v2>v1>v3 D．v1>v3>v2
答案 BC
解析 设任一斜面与水平方向的夹角为θ，圆的直径为d.根据牛顿第二定律得a＝gsin θ，斜面的长度为x＝dsin θ，则由x＝eq \f(1,2)at2得t＝eq \r(\f(2x,a))＝eq \r(\f(2dsin θ,gsin θ))＝eq \r(\f(2d,g))，可见，小球下滑时间与斜面的倾角无关，则有t1＝t2＝t3，又eq \x\t(v)＝eq \f(x,t)，x2>x1>x3，则v2>v1>v3，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.则物体与斜面间的动摩擦因数为( )
图3
A．(1－k)sin α B．(1－k)cs α
C．(1－k2)tan α D.eq \f(1－k2,tan α)
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＝μmgcs α，
所以a＝g(sin α－μcs α)，
由运动学公式可知v12＝2ax＝2gx(sin α－μcs α)，
v2＝2gh
由题意：v1＝kv
且h＝x·sin α
解得：μ＝(1－k2)tan α，故C正确．
4．(多选)(2020·四川宜宾市一诊)如图4(a)，质量m＝1 kg的物体沿倾角θ＝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 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，下列说法正确的是( )
图4
A．物体沿斜面做匀变速运动
B．当风速v＝5 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0.25
D．比例系数k为eq \f(16,19) 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a0＝4 m/s2，对物体受力分析，
根据牛顿第二定律，沿斜面方向：
mgsin θ－μmgcs θ＝ma0
解得：μ＝eq \f(gsin θ－a0,gcs θ)＝0.25，故C正确；
v＝5 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 θ－μN－kvcs θ＝0
又：N＝mgcs θ＋kvsin θ，
联立解得k＝eq \f(mgsin θ－μcs θ,vμsin θ＋cs θ)＝eq \f(16,19) kg/s，故D正确．
5.(2020·山东烟台市期末)如图5所示，一倾角θ＝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v0＝10 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L＝4 m，小滑块与斜面之间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8.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－eq \f(\r(5),5)) s或2 s
解析 滑块沿斜面向上运动
a1＝eq \f(mgsin 37°＋μmgcs 37°,m)＝10 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L＝v0t1－eq \f(1,2)a1t12
解得：t1＝(1－eq \f(\r(5),5)) s或(1＋eq \f(\r(5),5)) s(舍去)
小滑块沿斜面向上运动最大距离：x＝eq \f(v\\al(,02),2a1)＝5 m
小滑块从A开始沿斜面运动最大距离所用时间：t1＝eq \f(v0,a1)＝1 s
滑块沿斜面向下运动
a2＝eq \f(mgsin 37°－μmgcs 37°,m)＝2 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t2
x－L＝eq \f(1,2)a2t22
解得：t2＝1 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
t′＝eq \f(v0,a1)＋t2＝2 s
综上所述，小滑块从A点运动到B点过程中所经历的时间为(1－eq \f(\r(5),5)) 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α＝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m＝2 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α＝53°的恒力F作用，如图6甲所示．小物块在AB段运动的速度－时间图像如图乙所示，到达B点迅速撤去恒力F(已知sin 53°＝0.8，cs 53°＝0.6，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)由题图乙可知，小物块在AB段的加速度a1＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(2.0－0,4.0－0) m/s2＝0.5 m/s2，
根据牛顿第二定律，有Fcs α－μ(mg－Fsin α)＝ma1，
得F＝eq \f(ma1＋μmg,cs α＋μsin α)＝11 N.
(2)在BC段，对小物块有mgsin α＝ma2，解得a2＝gsin α＝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t＝eq \f(2vB,a2)＝0.5 s.
(3)小物块从B向A运动过程中，有μmg＝ma3 ，a3＝μg＝5 m/s2，
由B至停下小物块的位移x＝eq \f(v\\al(,B2),2a3)＝0.4 m，xAB＝eq \f(0＋vB,2)t0＝4.0 m，ΔxA＝xAB－x＝3.6 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1.5×103 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g＝1.6 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(F2－F1)的大小．
答案 (1)eq \f(4,5)eq \r(10) m/s (2)eq \f(10,3) N
解析 (1)由速度位移公式v2＝2ax，
代入数据可得v＝eq \f(4,5)eq \r(10) m/s
(2)设加速过程中的最大速度为vm，加速阶段：veq \\al(,m2)＝2ax1，减速阶段：veq \\al(,m2)＝2ax2，且x1＋x2＝100 m，加速阶段的时间t1＝eq \f(vm,a)，减速阶段的时间t2＝eq \f(vm,a)，且t1＋t2＝600 s
代入数据可得a＝eq \f(1,900) m/s2.由牛顿第二定律可得，加速阶段mg－F1＝ma
减速阶段F2－mg＝ma，
代入数据可得F2－F1＝eq \f(10,3) 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 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)
答案 (1)0.5 (2)eq \r(\f(8x,3g))
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F＝μmg，又有F＝eq \f(1,2) mg，所以μ＝eq \f(1,2).
(2)对小球进行受力分析，如图所示，由牛顿第二定律，得
N＋Fsin 37°＝mgcs 37°，
Fcs 37°＋mgsin 37°－f＝ma，
又f＝μN，
联立以上三式可得a＝eq \f(3,4)g，
由x＝eq \f(1,2)at2，解得t＝eq \r(\f(8x,3g)).
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