计算题1 《动力学领衔考察》-解码高考2021物理一轮复习题型突破

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计算题1　《动力学领衔考察》
【命题导航】
命题点一　动力学问题三步走
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命题点三　传送带模型
命题点四　连接体多体多过程
命题点五　曲线运动专题
命题点六　极值问题
【高考解码】

命题点一　动力学问题三步走
1．如图所示，一重力为10 N的小球，在F＝20 N的竖直向上的拉力作用下，从A点由静止出发沿AB向上运动，F作用1.2 s后撤去。已知杆与球间的动摩擦因数为，杆足够长，取g＝10 m/s2。求：

（1）有F作用的过程中小球的加速度；
（2）撤去F瞬间小球的加速度；
（3）从撤去力F开始计时，小球经多长时间将经过距A点为2.25 m的B点。
【答案】（1）2.5 m/s2　方向沿杆向上　（2）7.5 m/s2　方向沿杆向下　（3）0.2 s或0.75 s
【解析】（1）小球的质量m＝＝1 kg。取沿杆向上为正方向，设小球在力F作用过程的加速度为a1，此时小球的受力如图甲所示，

Fcos 30°＝Gcos 30°＋FN
Fsin 30°－Gsin 30°－μFN＝ma1
联立解得：a1＝2.5 m/s2，即大小为2.5 m/s2，方向沿杆向上
（2）撤去F瞬间，小球的受力如图所示，

设此时小球的加速度为a2，则有
FN′＝Gcos 30°
－Gsin 30°－μFN′＝ma2
联立解得：a2＝－7.5 m/s2，即大小为7.5 m/s2，方向沿杆向下
（3）刚撤去F时，小球的速度v1＝a1t1＝3 m/s
小球的位移为x1＝a1t＝1.8 m
撤去F后，小球继续向上运动的时间为
t2＝＝0.4 s
小球继续向上运动的最大位移为
x2＝＝0.6 m
则小球向上运动的最大距离为
xm＝x1＋x2＝2.4 m
在上滑阶段通过B点，即
xAB－x1＝v1t3＋a2t
解得t3＝0.2 s或者t3＝0.6 s（舍去）
小球返回时，受力如图丙所示，

设此时小球的加速度为a3，
－Gsin 30°＋μFN′＝ma3
得a3＝－2.5 m/s2，即大小为2.5 m/s2，方向沿杆向下，
小球由顶端返回B点时有：
－(xm－xAB)＝a3t
解得t4＝ s
则通过B点时间为t＝t2＋t4≈0.75 s。
2．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，如图甲所示。小物块在AB段运动的速度－时间图象如图乙所示，到达B点迅速撤去恒力F（已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g取10 m/s2）。求：

（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＝＝ m/s2＝0.5 m/s2，根据牛顿第二定律，有Fcos α－μ(mg－Fsin α)＝ma1，得F＝＝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＝＝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＝＝0.4 m，xAB＝t0＝4.0 m，ΔxA＝xAB－x＝3.6 m。
3．如图甲所示，一质量m＝0.4 kg的小物块，以v0＝2 m/s的初速度，在与斜面平行的拉力F作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t＝2 s的时间物块由A点运动到B点，A、B之间的距离L＝10 m。已知斜面倾角θ＝30°，物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝。重力加速度g取10 m/s2。求：

（1）物块到达B点时速度和加速度的大小；
（2）拉力F的大小；
（3）若拉力F与斜面夹角为α，如图乙所示，试写出拉力F的表达式（用题目所给物理量的字母表示）。
【答案】（1）8 m/s　3 m/s2　（2）5.2 N　（3）F＝
【解析】（1）物块做匀加速直线运动，根据运动学公式，有L＝v0t＋at2，v＝v0＋at，联立解得a＝3 m/s2，v＝8 m/s。
（2）对物块受力分析可得，平行斜面方向F－mgsin θ－Ff＝ma
垂直斜面方向FN＝mgcos θ
其中Ff＝μFN
解得F＝mg(sin θ＋μcos θ)＋ma＝5.2 N
（3）拉力F与斜面夹角为α时，物块受力如图所示

根据牛顿第二定律有Fcos α－mgsin θ－Ff＝ma
FN＋Fsin α－mgcos θ＝0
其中Ff＝μFN
F＝。
4．（2019·新课标全国Ⅱ卷）一质量为m=2000 kg的汽车以某一速度在平直公路上匀速行驶。行驶过程中，司机突然发现前方100 m处有一警示牌。立即刹车。刹车过程中，汽车所受阻力大小随时间变化可简化为图（a）中的图线。图（a）中，0~t1时间段为从司机发现警示牌到采取措施的反应时间（这段时间内汽车所受阻力已忽略，汽车仍保持匀速行驶），t1=0.8 s；t1~t2时间段为刹车系统的启动时间，t2=1.3 s；从t2时刻开始汽车的刹车系统稳定工作，直至汽车停止，已知从t2时刻开始，汽车第1 s内的位移为24 m，第4 s内的位移为1 m。
（1）在图（b）中定性画出从司机发现警示牌到刹车系统稳定工作后汽车运动的v-t图线；
（2）求t2时刻汽车的速度大小及此后的加速度大小；
（3）求刹车前汽车匀速行驶时的速度大小及t1~t2时间内汽车克服阻力做的功；从司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离约为多少（以t1~t2时间段始末速度的算术平均值替代这段时间内汽车的平均速度）？

【答案】（1）见解析　（2）　v2=28 m/s　（3）87.5 m
【解析】（1）v-t图像如图所示。

（2）设刹车前汽车匀速行驶时的速度大小为v1，则t1时刻的速度也为v1，t2时刻的速度为v2，在t2时刻后汽车做匀减速运动，设其加速度大小为a，取Δt=1 s，设汽车在t2+(n-1)Δt~t2+nΔt内的位移为sn，n=1,2,3,…。
若汽车在t2+3Δt~t2+4Δt时间内未停止，设它在t2+3Δt时刻的速度为v3，在t2+4Δt时刻的速度为v4，由运动学公式有
①
②
③
联立①②③式，代入已知数据解得
④
这说明在t2+4Δt时刻前，汽车已经停止。因此，①式不成立。
由于在t2+3Δt~t2+4Δt内汽车停止，由运动学公式
⑤
⑥
联立②⑤⑥，代入已知数据解得
，v2=28 m/s⑦
或者，v2=29.76 m/s⑧
但⑧式情形下，v30。此后，管与小球将以加速度g减速上升h2，到达最高点。由运动学公式有
⑨
设管第一次落地弹起后上升的最大高度为H1，则H1= h1+ h2⑩
联立③④⑥⑦⑧⑨⑩式可得⑪
（3）设第一次弹起过程中球相对管的位移为x1。在管开始下落到上升H1这一过程中，由动能定理有
Mg(H–H1)+mg(H–H1+x1)–4mgx1=0⑫
联立⑪⑫式并代入题给数据得⑬
同理可推得，管与球从再次下落到第二次弹起至最高点的过程中，球与管的相对位移x2为
⑭
设圆管长度为L。管第二次落地弹起后的上升过程中，球不会滑出管外的条件是x1+ x2≤L⑮
联立⑪⑬⑭⑮式，L应满足条件为⑯
2．（2017·新课标Ⅲ卷）如图，两个滑块A和B的质量分别为mA＝1 kg和mB＝5 kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.5；木板的质量为m＝4 kg，与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1。某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v0＝3 m/s.A、B相遇时，A与木板恰好相对静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10 m/s2。求

（1）B与木板相对静止时，木板的速度；
（2）A、B开始运动时，两者之间的距离。
【答案】（1） v1＝1 m/s　（2） s0＝1.9 m
【解析】（1）滑块A和B在木板上滑动时，木板也在地面上滑动。设A、B和木板所受的摩擦力大小分别为f1、f2和f3，A和B相对于地面的加速度大小分别为aA和aB，木板相对于地面的加速度大小为a1。在物块B与木板达到共同速度前有f1＝μ1mAg　①　f2＝μ1mBg　②　f3＝μ2(m＋mA＋mB)g　③
由牛顿第二定律得f1＝mAaA　④　f2＝mBaB　⑤　f2－f1－f3＝ma1　⑥
设在t1时刻，B与木板达到共同速度，其大小为v1。由运动学公式有v1＝v0－aBt1　⑦　v1＝a1t1　⑧
联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得v1＝1 m/s。　⑨
（2）在t1时间间隔内，B相对于地面移动的距离为sB＝v0t1－aBt　⑩
设在B与木板达到共同速度v1后，木板的加速度大小为a2。对于B与木板组成的体系，由牛顿第二定律有f1＋f3＝(mB＋m)a2　⑪
由①②④⑤式知，aA＝aB；再由⑦⑧式知，B与木板达到共同速度时，A的速度大小也为v1，但运动方向与木板相反。由题意知，A和B相遇时，A与木板的速度相同，设其大小为v2。设A的速度大小从v1变到v2所用的时间为t2，则由运动学公式，对木板有v2＝v1－a2t2　⑫　

对A有v2＝－v1＋aAt2　⑬
在t2时间间隔内，B（以及木板）相对地面移动的距离为s1＝v1t2－a2t　⑭
在(t1＋t2)时间间隔内，A相对地面移动的距离为sA＝v0(t1＋t2)－aA(t1＋t2)2　⑮
A和B相遇时，A与木板的速度也恰好相同。因此A和B开始运动时，两者之间的距离为
s0＝sA＋s1＋sB　⑯
联立以上各式，并代入数据得s0＝1.9 m。
（也可用如图的速度－时间图线求解）
3．如图所示，两个完全相同的长木板放置于水平地面上，木板间紧密接触，每个木板质量M＝0.6 kg，长度l＝0.5 m。现有一质量m＝0.4 kg的小木块，以初速度v0＝2 m/s从木板的左端滑上木板，已知木块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.3，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，重力加速度g＝10 m/s2。求：

（1）小木块滑上第二个木板的瞬间的速度大小；
（2）小木块最终滑动的位移（保留两位有效数字）。
【答案】（1）1 m/s　（2）0.67 m
【解析】（1）木板受到木块的摩擦力为Ff1＝μ1mg＝1.2 N，
木板受到地面的摩擦力为Ff2＝μ2(2M＋m)g＝1.6 N，
因为Ff2>Ff1，所以木块运动时，木板静止不动。
设木块在左边第一个木板上的加速度大小为a1，
小木块滑上第二个木板的瞬间的速度为v，
则有：μ1mg＝ma1，v2－v＝－2a1l
联立解得：a1＝3 m/s2，v＝1 m/s
（2）木块滑上第二个木板后，由于μ2(M＋m)g＝1 N