2023版高考物理总复习之加练半小时 第三章 微专题19 动力学两类基本问题

微专题19　动力学两类基本问题

1．做好两个分析：(1)受力分析，表示出合力与分力的关系；(2)运动过程分析，表示出加速度与各运动量的关系.2.熟悉两种处理方法：合成法和正交分解法.3.把握一个关键：求解加速度是解决问题的关键．

1.C－NCAP是中国汽车技术研究中心于2006年3月2日正式发布的首版中国新车评价规程．其以更严格、更全面的要求，对车辆进行全方位安全性能测试，包括乘员保护、行人保护、主动安全等，从而给予消费者更加系统、客观的车辆安全信息，促进汽车企业不断提升整车安全性能．如图，某次正面100%碰撞测试过程中，被测汽车在外加牵引装置牵引下于特定轨道上从静止开始做匀加速直线运动，当汽车达到测试速度后，牵引装置即牵引汽车以该速度匀速前进直至发生碰撞完成测试．若轨道有效长度为100 m，测试速度大小为60 km/h，则以下说法正确的是(　　)

A．汽车匀加速运动时加速度不能大于1.39 m/s2

B．若汽车加速度大小为a＝2 m/s2，则汽车匀速时间约为30 s

C．若汽车加速度大小为a＝2 m/s2，则汽车匀加速过程发生的位移大小约为69.4 m

D．若只更换为质量较轻的汽车进行测试而不改变牵引力等其他测试条件，则该汽车做匀加速运动的时间会增加

答案　C

解析　测试速度v＝60 km/h≈16.7 m/s，为完成测试，汽车位移应小于等于100 m，根据匀变速运动规律有x＝≤100 m，解得a≥＝ m/s2＝1.39 m/s2，选项A错误；若汽车加速度大小为a＝2 m/s2，有＋vt匀＝100 m，解得t匀≈1.8 s，则匀速运动的位移x匀＝

vt匀≈30 m．所以匀加速的位移x加≈100 m－30 m＝70 m，选项B错误，C正确．根据牛顿第二定律F＝ma，只更换为质量较轻的汽车进行测试而不改变牵引力等其他测试条件，汽车的加速度增大，由v＝at得该汽车做匀加速运动的时间会减小，选项D错误．

2.如图所示，一质量为1 kg的小型遥控无人机，在F＝16 N的恒定升力作用下竖直起飞，经过3 s后，无人机达到最大速度6 m/s，改变升力，此后无人机匀速上升．假设无人机竖直飞行时所受的阻力大小不变，重力加速度g取10 m/s2.则该无人机(　　)

A．起飞时的加速度大小为4 m/s2

B．在竖直上升过程中所受阻力的大小为2 N

C．竖直向上加速阶段位移大小为12 m

D．上升至离地面30 m处所需的最短时间为6.5 s

答案　D

解析　由题意知无人机以恒定升力起飞时的加速度a＝＝2 m/s2，选项A错误；由牛顿第二定律F－Ff－mg＝ma，解得Ff＝4 N，选项B错误；竖直向上加速阶段x1＝at12，解得x1＝9 m，选项C错误；匀速阶段t2＝＝3.5 s，无人机从地面起飞竖直上升至离地面h＝

30 m处所需的最短时间t＝t1＋t2＝6.5 s，选项D正确．

3.如图所示，倾角为θ的斜面体M置于粗糙的水平地面，物体m静止在斜面上．对m施加沿斜面向下的力F使其匀速下滑，增大F使m加速下滑．m沿斜面匀速下滑和加速下滑时，斜面M始终保持静止．比较m匀速下滑和加速下滑两个过程，下列说法正确的是(　　)

A．m在加速下滑时，m与M之间的摩擦力较大

B．m在匀速和加速下滑时，地面与M之间的摩擦力不变

C．m在匀速下滑时，m对M的压力较小

D．m在加速下滑时，地面对M的支持力较大

答案　B

解析　对m施加沿斜面向下的力F使其匀速下滑，对物体m受力分析可知Ff＝μmgcos θ，FN＝mgcos θ，而增大沿斜面的拉力F使m加速下滑，物体m所受的滑动摩擦力和斜面支持力大小不变，由牛顿第三定律可知，物体对斜面的摩擦力Ff′和压力FN′大小方向均不变，则对斜面体而言，所有受力均不变，即地面与M之间的摩擦力不变，地面对M的支持力也不变，故选B.

4．如图甲所示，倾角为37°的斜面上有A、B两滑块(可视为质点)，在t＝0时，A、B两滑块相距1 m，它们在斜面上运动的v－t图像如图乙所示．已知斜面足够长，两滑块均只受重力和斜面作用力，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则下列说法正确的是(　　)

A．滑块A与斜面间的动摩擦因数为0.2

B．滑块B与斜面间的动摩擦因数为0.5

C．在t＝1 s时，滑块A追上滑块B

D．在滑块A追上滑块B之前，它们之间的最大距离为3 m

答案　B

解析　由题图乙可得aA＝4 m/s2，aB＝2 m/s2，对滑块A受力分析，由牛顿第二定律可得

mAgsin 37°－μAmAgcos 37°＝mAaA，解得μA＝0.25，故A错误；对滑块B受力分析，由牛顿第二定律可得mBgsin 37°－μBmBgcos 37°＝mBaB，解得μB＝0.5，故B正确；在t＝1 s时，两滑块速度相等，相距最远，xA＝aAt2＝2 m，xB＝vBt＋aBt2＝3 m，则Δx＝xB－xA＋x0＝2 m，故C、D错误．

5.如图所示，在斜面上同一竖直面内有四条光滑细杆，其中OA杆竖直放置，OB杆与OD杆等长，OC杆与斜面垂直放置，每根杆上都套着一个小滑环(图中未画出)，四个环分别从O点由静止释放，沿OA、OB、OC、OD滑到斜面上所用的时间依次为t1、t2、t3、t4.下列关系正确的是(　　)

A．t1<t2   B．t1>t3   C．t2＝t4   D．t2<t4

答案　D

解析　以OA为直径画圆，根据等时圆模型，对小滑环受力分析，受重力和支持力，将重力沿杆的方向和垂直杆的方向正交分解，根据牛顿第二定律得小滑环做初速度为零的匀加速直线运动的加速度为a＝gcos θ(θ为杆与竖直方向的夹角)．由图中的直角三角形可知，

小滑环的位移s＝2Rcos θ，所以t＝＝＝，t与θ无关，可知从圆上最高点沿任意一条弦滑到底所用时间相同，故沿OA和OC滑到底的时间相同，即t1＝t3，OB不是一条完整的弦，时间最短，即t1>t2，OD长度超过一条弦，时间最长，即t2<t4.故A、B、C错误，D正确．

6．如图所示，ab、cd是竖直平面内两根固定的光滑细杆，a、b、c、d位于同一圆周上，b点为圆周的最低点，c点为圆周的最高点，若每根杆上都套着一个小滑环(图中未画出)，将两滑环同时从a、c处由静止释放，用t1、t2分别表示滑环从a到b、c到d所用的时间，则(　　)

A．t1＝t2   B．t1>t2

C．t1<t2   D．无法确定

答案　A

解析　设杆与竖直方向的夹角为α，圆周的直径为d.根据牛顿第二定律得：滑环的加速度为a＝＝gcos α；滑杆的长度为 s＝dcos α；则根据s＝at2得，t＝＝＝ ，可见，时间t与α无关，故有t1＝t2.故选A.

7．2019年12月17日，中国第一艘国产航空母舰“山东舰”在海南三亚某军港交付海军，中央军委主席习近平出席了入列仪式．随着科技的发展，我国未来的航空母舰上将安装电磁弹射器以缩短飞机的起飞距离．如图，某航空母舰的水平跑道总长为l，其中电磁弹射区安装有直线电机，该电机可提供4.0×104 N的恒定牵引力．一架质量m＝2.0×104 kg的飞机，其喷气式发动机可以提供1.2×105 N的恒定推力．假设飞机在跑道所受阻力大小恒为飞机重力的0.2倍，在跑道末端离舰起飞的速度v2＝36 m/s，飞机在跑道上的后阶段运动的时间比弹射区运动的时间多4 s．设航空母舰始终处于静止状态，飞机可看作质量恒定的质点，重力加速度g＝10 m/s2，求：

(1)飞机离开电磁弹射区的速度大小v1；

(2)跑道的总长度l.

答案　(1)12 m/s　(2)156 m

解析　(1)由题知阻力Ff＝0.2mg＝4×104 N．第一阶段由牛顿第二定律有F1＋F2－Ff＝ma1

a1＝＝6.0 m/s2

第二阶段由牛顿第二定律有a2＝

解得a2＝4.0 m/s2

由匀加速运动速度公式得v1＝a1t1

v2＝v1＋a2t2

t2－t1＝4 s

代入数值解得v1＝12 m/s

(2)由匀加速运动公式得v12＝2a1x

解得x＝12 m

由匀加速运动公式得v22＝v12＋2a2x1

代入数值解得x1＝144 m

l＝x＋x1＝156 m.

8．(2022·浙江绍兴市高三月考)2021年5月15日中国自发研制的火星探测器“天问一号”成功登陆火星．探测器登陆过程主要为以下几个过程：首先探测器与环绕器分离，进入火星大气层，经历“气动减速”，假设当速度v2＝500 m/s时打开降落伞，进入“伞降减速阶段”，探测器匀减速下落x＝7.5 km至速度v3；接着降落伞脱落，推力发动机开启，进入“动力减速阶段”，经匀减速下落时间t＝100 s速度减为0，上述减速过程均可简化为探测器始终在竖直下落．在距离火星表面100 m时，探测器进入“悬停阶段”，接着探测器可以平移寻找着陆点；找到安全着陆点后在缓冲装置和气囊保护下进行“无动力着陆”．已知天问一号探测器质量为m＝5×103 kg，降落伞脱离可视为质量不变，火星表面重力加速度g约为4 m/s2，“伞降减速阶段”中降落伞对探测器的拉力为重力的5倍．

(1)求“伞降减速阶段”中探测器的加速度大小；

(2)求“动力减速阶段”中推力发动机对探测器的作用力；

(3)在“悬停阶段”，为寻找合适的着陆点，探测器先向右做匀加速直线运动，再向右做匀减速直线运动，减速阶段的加速度为加速阶段的2倍，平移总位移为6 m，总时间为3 s，求减速阶段中发动机对探测器的作用力与重力的比值．

答案　(1)16 m/s2　(2)2.5×104 N　(3)

解析　(1)“伞降减速阶段”中，由牛顿第二定律得FT－mg＝ma1 ，FT＝5mg

因此a1＝4g＝16 m/s2

(2)由v32＝v22－2a1x

解得v3＝100 m/s

因此“动力减速阶段”的加速度a2＝＝1 m/s2

由牛顿第二定律得F－mg＝ma2

得F＝mg＋ma2＝2.5×104 N

(3)设加速阶段加速度为a3，减速阶段加速度为a4，且a4＝2a3，运动过程中最大速度为vm，由＋＝3 s

＋＝6 m

解得vm＝4 m/s

a4＝4 m/s2

所以发动机需要提供使其减速的力为F1＝ma4

维持悬停的力为F2＝mg

因此发动机对探测器的作用力为F＝＝mg

则＝.

9．如图甲，滑沙，即乘坐滑板从高高的沙山顶自然下滑，是一种独特的游乐项目．如图乙所示，某滑沙场地可简化为倾角θ＝37°的斜面和水平面对接而成，沙子与滑板的动摩擦因数为0.25，不计对接处的速度损失，人可视为质点．某游客从沙山顶部静止滑下，13 s后停在水平沙地上．试求(取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6)：

(1)游客在沙山上下滑时的加速度；

(2)全过程总路程；

(3)沙山的高度．

答案　(1)4 m/s2，方向沿斜面向下　(2)130 m　(3)30 m

解析　(1)在斜面上下滑mgsin θ－μmgcos θ＝ma1

得a1＝gsin θ－μgcos θ＝4 m/s2

方向沿斜面向下

(2)在水平面上滑行μmg＝ma2

得a2＝2.5 m/s2

设运动到斜面底部时速度为v全过程有＋＝t总

得v＝20 m/s

两过程都为匀变速直线运动，有l＝t1＋t2＝t总＝130 m

(3)由运动学公式s1＝＝50 m

沙山的高度h＝s1sin θ＝30 m.