2022届高考物理一轮复习专题突破：训练动力学两类基本问题（含答案与解析）

这是一份2022届高考物理一轮复习专题突破：训练动力学两类基本问题（含答案与解析），共14页。试卷主要包含了0 s　41，4 m等内容，欢迎下载使用。

(1)滑块在运动过程中的最大速度；
(2)滑块与水平面间的动摩擦因数μ；
(3)滑块从A点释放后，经过时间t＝1.0 s时速度的大小．
2.可爱的企鹅喜欢在冰面上玩游戏．如图所示，有一企鹅在倾角为37°的倾斜冰面上，先以加速度a＝0.5 m/s2从冰面底部由静止开始沿直线向上“奔跑”，t＝8 s时，突然卧倒以肚皮贴着冰面向前滑行，最后退滑到出发点，完成一次游戏(企鹅在滑动过程中姿势保持不变)．若企鹅肚皮与冰面间的动摩擦因数μ＝0.25，已知sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8.求：
(1)企鹅向上“奔跑”的位移大小；
(2)企鹅在冰面滑动的加速度大小；
(3)企鹅退滑到出发点时的速度大小．(计算结果可用根式表示)
3.有一种大型游戏机叫“跳楼机”，参加游戏的游客被安全带固定在座椅上，由电动机将座椅沿光滑的竖直轨道提升到离地面40 m高处，然后由静止释放．可以认为座椅沿轨道做自由落体运动2 s后，开始受到恒定阻力而立即做匀减速运动，且下落到离地面4 m高处时速度刚好减小到零．然后再让座椅以相当缓慢的速度稳稳下落，将游客送回地面(g取10 m/s2)．求：
(1)座椅在匀减速阶段的时间是多少？
(2)在匀减速阶段，座椅对游客的作用力大小是游客体重的多少倍？
4.如图所示，航空母舰上的起飞跑道由长度为l1＝1.6×102 m的水平跑道和长度为l2＝20 m的倾斜跑道两部分组成．水平跑道与倾斜跑道末端的高度差h＝4.0 m．一架质量为m＝2.0×104 kg的飞机，其喷气发动机的推力大小恒为F＝1.2×105 N，方向与速度方向相同，在运动过程中飞机受到的平均阻力大小为飞机重力的0.1.假设航母处于静止状态，飞机质量视为不变并可看成质点，取g＝10 m/s2.
(1)求飞机在水平跑道运动的时间及到达倾斜跑道末端时的速度大小；
(2)为了使飞机在倾斜跑道的末端达到起飞速度100 m/s，外界还需要在整个水平跑道对飞机施加助推力，求助推力F推的大小．
5．避险车道(标志如图甲所示)是避免恶性交通事故的重要设施，由制动坡床和防撞设施等组成，如图乙所示的竖直平面内，制动坡床视为与水平面夹角为θ的斜面．一辆长12 m的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床，当车速为23 m/s时，车尾位于制动坡床的底端，货物开始在车厢内向车头滑动，当货物在车厢内滑动了4 m 时，车头距制动坡床顶端38 m，再过一段时间，货车停止．已知货车质量是货物质量的4倍，货物与车厢间的动摩擦因数为0.4；货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的0.44.货物与货车分别视为小滑块和平板，取cs θ＝1，sin θ＝0.1，g＝10 m/s2.求：
(1)货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向；
(2)制动坡床的长度．
6．(2020·余姚月考)某市规划建设一新机场，请你帮助设计飞机跑道．飞机质量为5×104 kg，假设飞机在加速滑行过程中牵引力恒为F＝8×104 N，受到的阻力恒为Ff＝2×104 N，起飞速度v＝80 m/s.
(1)从开始滑行到起飞的过程中飞机的位移是多大？
(2)如果飞机在达到起飞速度的瞬间因故需要停止起飞，立即采取制动措施后能以4 m/s2的加速度减速，为确保飞机不滑出跑道，则跑道的长度至少多长？
7．(2020·1月浙江选考)一个无风晴朗的冬日，小明乘坐游戏滑雪车从静止开始沿斜直雪道下滑，滑行54 m后进入水平雪道，继续滑行40.5 m后减速到零．已知小明和滑雪车的总质量为60 kg，整个滑行过程用时10.5 s，斜直雪道倾角为37°(sin 37°＝0.6)．求小明和滑雪车
(1)滑行过程中的最大速度vm的大小；
(2)在斜直雪道上滑行的时间t1；
(3)在斜直雪道上受到的平均阻力Ff的大小．
8．(2020·湖州质检)如图甲所示，质量m＝1 kg的物块在平行斜面向上的拉力F作用下从静止开始沿斜面向上运动，t＝0.5 s时撤去拉力，利用速度传感器得到其速度随时间的变化关系图象(v－t图象)如图乙所示，g取10 m/s2，求：
(1)2 s内物块的位移大小x和通过的路程L；
(2)沿斜面向上运动两个阶段加速度大小a1、a2和拉力大小F.
9．(2020·嘉兴检测)如图所示，某次滑雪训练，运动员站在水平雪道上第一次利用滑雪杖对雪面的作用获得水平推力F＝84 N，而从静止向前滑行，其作用时间为t1＝1.0 s，撤除水平推力F后经过t2＝2.0 s，他第二次利用滑雪杖对雪面的作用获得同样的水平推力，作用距离与第一次相同．已知该运动员连同装备的总质量为m＝60 kg，在整个运动过程中受到的滑动摩擦力大小恒为Ff＝12 N，求：
(1)第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小及这段时间内的位移；
(2)该运动员(可视为质点)第二次撤除水平推力后滑行的最大距离．
10.(2020·宁波选考适应考试)小物块以一定的初速度v0沿斜面(足够长)向上运动，由实验测得物块沿斜面运动的最大位移x与斜面倾角θ的关系如图所示．取g＝10 m/s2，空气阻力不计．可能用到的函数值：sin 30°＝0.5，sin 37°＝0.6.
(1)求物块的初速度v0；
(2)求物块与斜面之间的动摩擦因数μ；
(3)计算说明图线中P点对应的斜面倾角为多大？在此倾角条件下，小物块能滑回斜面底端吗？说明理由(设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等)．
动力学两类基本问题（计算题）【解析卷】
1.(2020·杭州质检)如图所示，倾角为30°的光滑斜面与粗糙的水平面平滑连接．现将一滑块(可视为质点)从斜面上的A点由静止释放，最终停在水平面上的C点．已知A点距水平面的高度h＝0.8 m，B点距C点的距离L＝2.0 m．(滑块经过B点时没有能量损失，取g＝10 m/s2)求：
(1)滑块在运动过程中的最大速度；
(2)滑块与水平面间的动摩擦因数μ；
(3)滑块从A点释放后，经过时间t＝1.0 s时速度的大小．
解析：(1)滑块先在斜面上做匀加速运动，然后在水平面上做匀减速运动，故滑块运动到B点时速度最大，设为vmax，设滑块在斜面上运动的加速度大小为a1，则
mgsin 30°＝ma1
veq \\al(2,max)＝2a1eq \f(h,sin 30°)
解得：vmax＝4 m/s.
(2)设滑块在水平面上运动的加速度大小为a2
则μmg＝ma2
veq \\al(2,max)＝2a2L
解得：μ＝0.4.
(3)设滑块在斜面上运动的时间为t1，vmax＝a1t1，得t1＝0.8 s，由于t>t1，故滑块已经经过B点，做匀减速运动的时间为t－t1＝0.2 s，设t＝1.0 s时速度大小为v，则
v＝vmax－a2(t－t1)
解得：v＝3.2 m/s.
答案：(1)4 m/s (2)0.4 (3)3.2 m/s
2.可爱的企鹅喜欢在冰面上玩游戏．如图所示，有一企鹅在倾角为37°的倾斜冰面上，先以加速度a＝0.5 m/s2从冰面底部由静止开始沿直线向上“奔跑”，t＝8 s时，突然卧倒以肚皮贴着冰面向前滑行，最后退滑到出发点，完成一次游戏(企鹅在滑动过程中姿势保持不变)．若企鹅肚皮与冰面间的动摩擦因数μ＝0.25，已知sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8.求：
(1)企鹅向上“奔跑”的位移大小；
(2)企鹅在冰面滑动的加速度大小；
(3)企鹅退滑到出发点时的速度大小．(计算结果可用根式表示)
解析：(1)在企鹅向上奔跑过程中：x＝eq \f(1,2)at2，解得：x＝16 m.
(2)在企鹅卧倒以后将进行两个过程的运动，第一个过程是从卧倒到最高点，第二个过程是从最高点滑到最低点，两次过程由牛顿第二定律分别有：mgsin 37°＋μmgcs 37°＝ma1，mgsin 37°－μmgcs 37°＝ma2，解得：a1＝8 m/s2，a2＝4 m/s2.
(3)企鹅卧倒滑到最高点的过程中，做匀减速直线运动，设时间为t′，位移为x′；t′＝eq \f(at,a1)，x′＝eq \f(1,2)a1t′2，解得：x′＝1 m．企鹅从最高点滑到出发点的过程中，设末速度为vt，初速度为0，则有：veq \\al(2,t)－02＝2a2(x＋x′)，解得：vt＝2eq \r(34) m/s.
答案：(1)16 m (2)8 m/s2 4 m/s2
(3)2eq \r(34) m/s
3.有一种大型游戏机叫“跳楼机”，参加游戏的游客被安全带固定在座椅上，由电动机将座椅沿光滑的竖直轨道提升到离地面40 m高处，然后由静止释放．可以认为座椅沿轨道做自由落体运动2 s后，开始受到恒定阻力而立即做匀减速运动，且下落到离地面4 m高处时速度刚好减小到零．然后再让座椅以相当缓慢的速度稳稳下落，将游客送回地面(g取10 m/s2)．求：
(1)座椅在匀减速阶段的时间是多少？
(2)在匀减速阶段，座椅对游客的作用力大小是游客体重的多少倍？
解析：(1)自由下落的位移h′＝eq \f(1,2)gteq \\al(2,1)＝20 m
座椅自由下落结束时刻的速度v＝gt1＝20 m/s
设座椅匀减速运动的总高度为h，则
h＝(40－4－20)m＝16 m
由h＝eq \f(v,2)t得t＝1.6 s.
(2)设座椅匀减速阶段的加速度大小为a，座椅对游客的作用力大小为F，由v＝at得a＝12.5 m/s2
由牛顿第二定律得F－mg＝ma
解得eq \f(F,mg)＝2.25.
答案：(1)1.6 s (2)2.25倍
4.如图所示，航空母舰上的起飞跑道由长度为l1＝1.6×102 m的水平跑道和长度为l2＝20 m的倾斜跑道两部分组成．水平跑道与倾斜跑道末端的高度差h＝4.0 m．一架质量为m＝2.0×104 kg的飞机，其喷气发动机的推力大小恒为F＝1.2×105 N，方向与速度方向相同，在运动过程中飞机受到的平均阻力大小为飞机重力的0.1.假设航母处于静止状态，飞机质量视为不变并可看成质点，取g＝10 m/s2.
(1)求飞机在水平跑道运动的时间及到达倾斜跑道末端时的速度大小；
(2)为了使飞机在倾斜跑道的末端达到起飞速度100 m/s，外界还需要在整个水平跑道对飞机施加助推力，求助推力F推的大小．
解析：(1)飞机在水平跑道上运动时，水平方向受到推力与阻力作用，设加速度大小为a1、末速度大小为v1，运动时间为t1，有
F－Ff＝ma1
veq \\al(2,1)－veq \\al(2,0)＝2a1l1
v1＝a1t1
注意到v0＝0，Ff＝0.1mg，代入已知数据可得
a1＝5.0 m/s2，v1＝40 m/s，t1＝8.0 s
飞机在倾斜跑道上运动时，沿倾斜跑道受到推力、阻力与重力沿斜面分力作用，设沿斜面方向的加速度大小为a2、末速度大小为v2，沿斜面方向有
F合′＝F－Ff－mgsin α＝ma2
mgsin α＝mgeq \f(h,l2)
veq \\al(2,2)－veq \\al(2,1)＝2a2l2
注意到v1＝40 m/s，代入已知数据可得
a2＝3.0 m/s2，
v2＝eq \r(1 720) m/s≈41.5 m/s.
(2)飞机在水平跑道上运动时，水平方向受到推力、助推力与阻力作用，设加速度大小为a1′、末速度大小为v1′，有
F推＋F－Ff＝ma1′
v1′2－veq \\al(2,0)＝2a1′l1
飞机在倾斜跑道上运动时，沿倾斜跑道受到推力、阻力与重力沿斜面分力作用没有变化，加速度大小仍有a2′＝3.0 m/s2，v2′2－v1′2＝2a2′l2
根据题意，v2′＝100 m/s，
代入数据解得F推≈5.2×105 N.
答案：(1)8.0 s 41.5 m/s (2)5.2×105 N
5．避险车道(标志如图甲所示)是避免恶性交通事故的重要设施，由制动坡床和防撞设施等组成，如图乙所示的竖直平面内，制动坡床视为与水平面夹角为θ的斜面．一辆长12 m的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床，当车速为23 m/s时，车尾位于制动坡床的底端，货物开始在车厢内向车头滑动，当货物在车厢内滑动了4 m 时，车头距制动坡床顶端38 m，再过一段时间，货车停止．已知货车质量是货物质量的4倍，货物与车厢间的动摩擦因数为0.4；货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的0.44.货物与货车分别视为小滑块和平板，取cs θ＝1，sin θ＝0.1，g＝10 m/s2.求：
(1)货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向；
(2)制动坡床的长度．
解析：(1)设货物的质量为m，货物与车厢间的动摩擦因数μ＝0.4，货物在车厢内滑动过程中，受到的摩擦力大小为f，加速度大小为a1，则
f＋mgsin θ＝ma1①
f＝μmgcs θ②
联立①②式并代入数据得a1＝5 m/s2③
a1的方向沿制动坡床向下．
(2)设货车的质量为M，车尾位于制动坡床底端时的车速为v＝23 m/s.货物在车厢内从开始滑动到车头距制动坡床顶端s0＝38 m的过程中，用时为t，货物相对制动坡床的运动距离为s1，在车厢内滑动的距离s＝4 m，货车的加速度大小为a2，货车相对制动坡床的运动距离为s2.货车受到制动坡床的阻力大小为F，F是货车和货物总重的k倍，k＝0.44，货车长度l0＝12 m，制动坡床的长度为l，则
Mgsin θ＋F－f＝Ma2④
F＝k(m＋M)g⑤
s1＝vt－eq \f(1,2)a1t2⑥
s2＝vt－eq \f(1,2)a2t2⑦
s＝s1－s2⑧
l＝l0＋s0＋s2⑨
联立①②④～⑨式并代入数据得l＝98 m.
答案：(1)5 m/s2 方向沿制动坡床向下 (2)98 m
6．(2020·余姚月考)某市规划建设一新机场，请你帮助设计飞机跑道．飞机质量为5×104 kg，假设飞机在加速滑行过程中牵引力恒为F＝8×104 N，受到的阻力恒为Ff＝2×104 N，起飞速度v＝80 m/s.
(1)从开始滑行到起飞的过程中飞机的位移是多大？
(2)如果飞机在达到起飞速度的瞬间因故需要停止起飞，立即采取制动措施后能以4 m/s2的加速度减速，为确保飞机不滑出跑道，则跑道的长度至少多长？
解析：(1)飞机从静止开始做匀加速运动到离开地面升空过程中滑行的距离为x1，
根据牛顿第二定律得：
a1＝eq \f(F－Ff,m)＝eq \f(8×104－2×104,5×104) m/s2＝1.2 m/s2
x1＝eq \f(v2－0,2a1)＝eq \f(802－0,2×1.2) m＝eq \f(8 000,3) m.
(2)飞机匀减速直线运动的位移x2，
x2＝eq \f(0－v2,2a2)＝eq \f(－6 400,－2×4) m＝800 m
所以跑道的长度至少应为
x＝x1＋x2＝eq \f(8 000,3) m＋800 m≈3 467 m.
答案：见解析
7．(2020·1月浙江选考)一个无风晴朗的冬日，小明乘坐游戏滑雪车从静止开始沿斜直雪道下滑，滑行54 m后进入水平雪道，继续滑行40.5 m后减速到零．已知小明和滑雪车的总质量为60 kg，整个滑行过程用时10.5 s，斜直雪道倾角为37°(sin 37°＝0.6)．求小明和滑雪车
(1)滑行过程中的最大速度vm的大小；
(2)在斜直雪道上滑行的时间t1；
(3)在斜直雪道上受到的平均阻力Ff的大小．
解析：(1)eq \f(vm,2)＝eq \f(x1＋x2,t)
vm＝18 m/s.
(2)x1＝eq \f(vm,2)t1
t1＝6 s.
(3)a＝eq \f(vm,t1)＝3 m/s2
由牛顿第二运动定律mgsin 37°－Ff＝ma
得Ff＝180 N.
答案：见解析
8．(2020·湖州质检)如图甲所示，质量m＝1 kg的物块在平行斜面向上的拉力F作用下从静止开始沿斜面向上运动，t＝0.5 s时撤去拉力，利用速度传感器得到其速度随时间的变化关系图象(v－t图象)如图乙所示，g取10 m/s2，求：
(1)2 s内物块的位移大小x和通过的路程L；
(2)沿斜面向上运动两个阶段加速度大小a1、a2和拉力大小F.
解析：(1)物块上升的位移：
x1＝eq \f(1,2)×2×1 m＝1 m
物块下滑的距离：x2＝eq \f(1,2)×1×1 m＝0.5 m
位移x＝x1－x2＝1 m－0.5 m＝0.5 m
路程L＝x1＋x2＝1 m＋0.5 m＝1.5 m.
(2)由题图乙知，各阶段加速度的大小
a1＝eq \f(2,0.5) m/s2＝4 m/s2
a2＝eq \f(0－2,0.5) m/s2＝－4 m/s2
设斜面倾角为θ，斜面对物块的摩擦力为Ff，根据牛顿第二定律
0～0.5 s内F－Ff－mgsin θ＝ma1
0．5～1 s内－Ff－mgsin θ＝ma2
联立解得：F＝8 N.
答案：(1)0.5 m 1.5 m
(2)4 m/s2 4 m/s2 8 N
9．(2020·嘉兴检测)如图所示，某次滑雪训练，运动员站在水平雪道上第一次利用滑雪杖对雪面的作用获得水平推力F＝84 N，而从静止向前滑行，其作用时间为t1＝1.0 s，撤除水平推力F后经过t2＝2.0 s，他第二次利用滑雪杖对雪面的作用获得同样的水平推力，作用距离与第一次相同．已知该运动员连同装备的总质量为m＝60 kg，在整个运动过程中受到的滑动摩擦力大小恒为Ff＝12 N，求：
(1)第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小及这段时间内的位移；
(2)该运动员(可视为质点)第二次撤除水平推力后滑行的最大距离．
解析：(1)运动员利用滑雪杖获得的加速度为
a1＝eq \f(F－Ff,m)＝eq \f(84－12,60) m/s2＝1.2 m/s2
第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小v1＝a1t1＝1.2×1.0 m/s＝1.2 m/s
位移x1＝eq \f(1,2)a1teq \\al(2,1)＝0.6 m.
(2)运动员停止使用滑雪杖后，加速度大小为
a2＝eq \f(Ff,m)
经时间t2速度变为v′1＝v1－a2t2
第二次利用滑雪杖获得的速度大小v2，
则veq \\al(2,2)－v′eq \\al(2,1)＝2a1x1
第二次撤除水平推力后滑行的最大距离
x2＝eq \f(veq \\al(2,2),2a2)
解得：x2＝5.2 m.
答案：(1)1.2 m/s 0.6 m (2)5.2 m
10.(2020·宁波选考适应考试)小物块以一定的初速度v0沿斜面(足够长)向上运动，由实验测得物块沿斜面运动的最大位移x与斜面倾角θ的关系如图所示．取g＝10 m/s2，空气阻力不计．可能用到的函数值：sin 30°＝0.5，sin 37°＝0.6.
(1)求物块的初速度v0；
(2)求物块与斜面之间的动摩擦因数μ；
(3)计算说明图线中P点对应的斜面倾角为多大？在此倾角条件下，小物块能滑回斜面底端吗？说明理由(设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等)．
解析：(1)当θ＝90°时，物块做竖直上抛运动，末速度为0由题图得上升最大位移为xm＝3.2 m
由veq \\al(2,0)＝2gxm，得v0＝8 m/s.
(2)当θ＝0°时，物块相当于在水平面上做匀减速直线运动，末速度为0
由题图得水平最大位移为x＝6.4 m
由运动学公式有：veq \\al(2,0)＝2ax
由牛顿第二定律得：μmg＝ma，得μ＝0.5.
(3)设题图中P点对应的斜面倾角值为θ，物块在斜面上做匀减速运动，末速度为0
由题图得物块沿斜面运动的最大位移为
x′＝3.2 m
由运动学公式有：veq \\al(2,0)＝2a′x′
由牛顿第二定律有：mgsin θ＋μmgcs θ＝ma′
得10sin θ＋5cs θ＝10，得θ＝37°.
因为mgsin θ＝6m＞μmgcs θ＝4m，所以能滑回斜面底端．
答案：(1)8 m/s (2)0.5
(3)37° 能滑回底端，理由见解析