（新课标）2022高考物理总复习 课时检测（十五）动力学的两类基本问题（重点突破课）（含解析）

（新课标）2022高考物理总复习 课时检测（十五）动力学的两类基本问题（重点突破课）（含解析）1行车过程中，如果车距不够，刹车不及时，汽车将发生碰撞，车里的人可能受到伤害，为了尽可能地减轻碰撞引起的伤害，人们设计了安全带。若乘客质量为70 kg，汽车车速为90 km/h，从踩下刹车到完全停止需要的时间为 5 s，在刹车过程中安全带对乘客的作用力大小约为(不计乘客与座椅间的摩擦)()A450 NB400 NC350 N D300 N解析：选C汽车的速度v090 km/h25 m/s，设汽车匀减速的加速度大小为a，则a5 m/s2，对乘客由牛顿第二定律得Fma705 N350 N，所以C正确。2.如图所示，光滑细杆BC、DC和AC构成矩形ABCD的两邻边和对角线，ACBCDC543，AC杆竖直。各杆上分别套有一可视为质点的小球a、b、d，a、b、d三小球的质量比为123。现让三小球同时从各杆的顶点由静止释放，不计空气阻力，则a、b、d三小球在各杆上滑行的时间之比为()A111 B543C589 D123解析：选A因ABCD为矩形，故A、B、C、D四点必在以AC边为直径的同一个圆周上，由等时圆特点可知，由A、B、D三点释放的小球a、b、d必定同时到达圆的最低点C点，故A正确。3.(2019潍坊模拟)一重物在竖直向上的拉力F作用下，开始竖直向上做直线运动，其速度v随时间t变化的图像如图所示(图像在01 s、34 s阶段为直线，13 s阶段为曲线)。下列判断正确的是()A第2 s末拉力大小为0B第1 s内的拉力大于第4 s内的拉力C第2 s末速度反向D前4 s内位移为0解析：选B根据题图可知，第2 s末加速度为零，根据牛顿第二定律可知，合外力为零，所以拉力大小等于重力，故A错误；根据题图可知，第1 s内的加速度为正，方向向上，则拉力大于重力，第4 s内的加速度为负，方向向下，拉力小于重力，所以第1 s内的拉力大于第4 s内的拉力，故B正确；根据题图可知，04 s内，重物一直向上运动，第2 s末速度没有反向，故C错误；速度图线与时间轴包围的面积表示对应时间内的位移大小，根据题图可知，前4 s内位移为正，故D错误。4.如图所示，位于竖直平面内的固定光滑圆环轨道与水平面相切于M点，与竖直墙壁相切于A点。竖直墙壁上另一点B与M的连线和水平面的夹角为60，C是圆环轨道的圆心。已知在同一时刻a、b两球分别由A、B两点从静止开始沿光滑倾斜直轨道AM、BM运动到M点，c球由C点自由下落到M点。则()Aa球最先到达M点Bb球最先到达M点Cc球最先到达M点Db球和c球都可能最先到达M点解析：选C如图所示，令圆环半径为R，则c球由C点自由下落到M点用时满足Rgtc2，所以tc ；对于a球令AM与水平面成角，则a球下滑到M点用时满足AM2Rsin gsin ta2，即ta2 ；同理b球从B点下滑到M点用时也满足tb2 (r为过B、M且与水平面相切于M点的竖直圆的半径，rR)。综上所述可得tbtatc，故选项C正确。5.如图所示，在与坡底B点的距离为L的山坡上，竖直固定一长度为L的直杆AO，O为山坡的中点，A端与坡底B之间连接一根光滑的细钢绳。现让一穿在钢绳上的小环从A点由静止开始沿钢绳无摩擦地滑下，则小环在钢绳上滑行的时间为()A. B. C. D2 解析：选D如图所示，以O点为圆心、A为圆周的最高点、AB为弦作圆。小环沿AB运动的时间就是沿直径AC做自由落体运动的时间，有2Lgt2，解得t2 。故选项D正确。6(2019淮北一中模拟)如图甲所示，水平地面上固定一带挡板的长木板，一轻弹簧左端固定在挡板上，右端接触滑块，弹簧被压缩0.4 m后锁定，t0时解除锁定，释放滑块。计算机通过滑块上的速度传感器描绘出滑块的vt图像如图乙所示，其中Oab段为曲线，bc段为直线，倾斜直线Od是t0时的vt图线的切线。已知滑块质量m2 kg，取g10 m/s2，则下列说法正确的是()A滑块被释放后，先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动B弹簧恢复原长时，滑块速度最大C弹簧的劲度系数为175 N/mD该过程中滑块的最大加速度为35 m/s2解析：选C根据vt图线的斜率表示加速度，可知滑块被释放后，先做加速度逐渐减小的加速直线运动，弹簧弹力与摩擦力相等时速度最大，此时加速度为零，随后加速度反向增加， 从弹簧恢复原长时到滑块停止运动，加速度不变，选项A、B错误；由题图乙知，滑块脱离弹簧后的加速度大小a1 m/s2 5 m/s2，由牛顿第二定律得摩擦力大小为Ffmgma125 N10 N，刚释放时滑块的加速度大小为a2 m/s230 m/s2，此时滑块的加速度最大，选项D错误；由牛顿第二定律得kxFfma2，代入数据解得k175 N/m，选项C正确。7(多选)如图(a)，一物块在t0时刻滑上一固定斜面，其运动的v t图线如图(b)所示。若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出()A斜面的倾角B物块的质量C物块与斜面间的动摩擦因数D物块沿斜面向上滑行的最大高度解析：选ACD由题图(b)可知物块上升过程中的加速度大小为a1，下降过程中的加速度大小为a2。物块在上升和下降过程中，由牛顿第二定律得mgsin fma1，mgsin fma2，解得sin ，滑动摩擦力f，而fFNmgcos ，由以上分析可知，选项A、C正确；由vt图像中t轴上方的面积可求出物块沿斜面上滑的最大距离，可以求出物块沿斜面向上滑行的最大高度，选项D正确。8.(多选)(2019汕头模拟)如图所示，建设房屋时，保持底边L不变，要设计好屋顶的倾角，以便下雨时落在屋顶的雨滴能尽快地滑离屋顶，雨滴下滑时可视为小球做无初速度、无摩擦的运动。下列说法正确的是()A倾角越大，雨滴下滑时的加速度越大B倾角越大，雨滴对屋顶压力越大C倾角越大，雨滴从顶端O下滑至屋檐M时的速度越大D倾角越大，雨滴从顶端O下滑至屋檐M时的时间越短解析：选AC设屋顶的坡面长度为x，雨滴下滑时加速度为a，对雨滴受力分析如图所示，受重力mg和屋顶对雨滴的支持力FN，垂直于屋顶方向：mgcos FN，平行于屋顶方向：mamgsin 。雨滴的加速度为：agsin ，则倾角越大，雨滴下滑时的加速度越大，A正确；雨滴对屋顶的压力大小：FNFNmgcos ，则倾角越大，雨滴对屋顶压力越小，B错误；根据三角关系判断，屋顶坡面的长度x，由xgsin t2，可得：t ，可见当45时，用时最短，D错误；由vgsin t可得：v，可见越大，雨滴从顶端O下滑至屋檐M时的速度越大，C正确。9.如图所示为滑沙游戏，游客从顶端A点由静止滑下8 s后，操纵刹车手柄使滑沙车匀速下滑至底端B点，在水平滑道上继续滑行直至停止。已知游客和滑沙车的总质量m70 kg，倾斜滑道AB长lAB128 m，倾角37，滑沙车底部与沙面间的动摩擦因数0.5。滑沙车经过B点前后的速度大小不变，重力加速度g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，不计空气阻力。求：(1)游客匀速下滑时的速度大小；(2)游客匀速下滑的时间；(3)若游客在水平滑道BC段的最大滑行距离为16 m，则他在此处滑行时，需对滑沙车施加多大的水平制动力。解析：(1)由牛顿第二定律得mgsin mgcos ma，解得游客从顶端A点由静止加速下滑时的加速度大小a2 m/s2，游客匀速下滑时的速度大小vat116 m/s。(2)游客加速下滑的路程l1at1264 m，匀速下滑的路程l2lABl164 m，匀速下滑的时间t24 s。(3)设游客在BC段的加速度大小为a，由0v22ax，解得a8 m/s2，由牛顿第二定律得Fmgma，解得制动力F210 N。答案：(1)16 m/s(2)4 s(3)210 N10.(2019西安模拟)小物块以一定的初速度v0沿斜面(足够长)向上运动，测得物块沿斜面运动的最大位移x与斜面倾角的关系如图所示。取g10 m/s2，空气阻力不计。可能用到的函数值：sin 300.5，sin 370.6。求：(1)物块的初速度v0；(2)物块与斜面之间的动摩擦因数；(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，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xm3.2 m由v022gxm，得v08 m/s。(2)当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x6.4 m由运动学公式有：v022ax由牛顿第二定律得：mgma，解得0.5。(3)设题图中P点对应的斜面倾角为，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x3.2 m由运动学公式有：v022ax由牛顿第二定律有：mgsin mgcos ma代入数据，解得37因为mgsin mgcos ，所以物块能滑回斜面底端。答案：(1)8 m/s(2)0.5(3)37能滑回斜面底端理由见解析11(2019济南模拟)如图所示，一质量m0.4 kg的小物块，以v02 m/s 的初速度，在与斜面成某一夹角的拉力F作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t2 s 的时间物块由A点运动到B点，A、B之间的距离L10 m。已知斜面倾角30，物块与斜面之间的动摩擦因数。重力加速度g取10 m/s2。(1)求物块加速度的大小及到达B点时速度的大小。(2)拉力F与斜面夹角多大时，拉力F最小？拉力F的最小值是多少？解析：(1)设物块加速度的大小为a，到达B点时速度的大小为v，由运动学公式得Lv0tat2vv0at联立式，代入数据得a3 m/s2v8 m/s。(2)设物块所受支持力为FN，所受摩擦力为Ff，拉力F与斜面间的夹角为，对物块受力分析如图所示，由牛顿第二定律得Fcos mgsin FfmaFsin FNmgcos 0 又FfFN联立式得F由数学知识得cos sin sin(60)由式可知F最小时，对应的夹角30联立式，代入数据得F的最小值为Fmin N。答案：(1)3 m/s28 m/s(2)30 N