2022版高考物理一轮复习演练：热点强化4 动力学方法的综合应用

这是一份2022版高考物理一轮复习演练：热点强化4 动力学方法的综合应用，共4页。试卷主要包含了哈利法塔是目前世界最高的建筑等内容，欢迎下载使用。

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＝eq \f(F,m＋m)＝eq \f(F,2m)，对B分析有FN1＝ma1＝eq \f(F,2).接触面粗糙时，对整体分析有a2＝eq \f(F－f,2m)＝eq \f(F,2m)－μg，可知a1>a2；对B分析有FN2＝ma2＋μmg＝eq \f(F,2)，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．gcs α
C．gtan α D．gct 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FNcs 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．eq \f(2\r(3),3)m B．2m
C．(eq \r(3)－1)m D．(eq \r(3)＋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eq \f(mg,tan 60°)，对小球运用牛顿第二定律可得eq \f(mg,tan 60°)＝ma ，解得小球的加速度a＝eq \f(g,tan 60°)，对整体分析可得mCg＝(m＋m＋mC)a，联立解得mC＝(eq \r(3)＋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5eq \r(2) 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＝eq \f(mg,sin 45°)＝eq \r(2)mg＝10eq \r(2) 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＝eq \f(F－mA＋mBgsin θ ,mA)，
由题意知d＝x1＋x2，
解得d＝eq \f(mA＋mBgsin θ,k).
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＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2)×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＝eq \f(v2,2a)＝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＝eq \f(F－mg,m)＝eq \f(3mg－mg,m)＝2g，方向向上
则eq \f(v\\al(2,m),2a1)＋eq \f(v\\al(2,m),2a2)＝x，
解得vm＝10eq \r(70) m/s，
则tm＝eq \f(vm,g)＝eq \r(70) s，
即电梯自由下落最长eq \r(70) s时间必须启动辅助牵引装置．