（通用版）2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時(shí)檢測(cè)（十五）動(dòng)力學(xué)的兩類基本問(wèn)題（重點(diǎn)突破課）（含解析）

《（通用版）2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時(shí)檢測(cè)（十五）動(dòng)力學(xué)的兩類基本問(wèn)題（重點(diǎn)突破課）（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（通用版）2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時(shí)檢測(cè)（十五）動(dòng)力學(xué)的兩類基本問(wèn)題（重點(diǎn)突破課）（含解析）（6頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、（通用版）2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時(shí)檢測(cè)（十五）動(dòng)力學(xué)的兩類基本問(wèn)題（重點(diǎn)突破課）（含解析）1行車過(guò)程中，如果車距不夠，剎車不及時(shí)，汽車將發(fā)生碰撞，車?yán)锏娜丝赡苁艿絺?，為了盡可能地減輕碰撞引起的傷害，人們?cè)O(shè)計(jì)了安全帶。若乘客質(zhì)量為70 kg，汽車車速為90 km/h，從踩下剎車到完全停止需要的時(shí)間為 5 s，在剎車過(guò)程中安全帶對(duì)乘客的作用力大小約為(不計(jì)乘客與座椅間的摩擦)()A450 NB400 NC350 N D300 N解析：選C汽車的速度v090 km/h25 m/s，設(shè)汽車勻減速的加速度大小為a，則a5 m/s2，對(duì)乘客由牛頓第二定律得Fma705 N350 N，所以C正確。

2、2.如圖所示，光滑細(xì)桿BC、DC和AC構(gòu)成矩形ABCD的兩鄰邊和對(duì)角線，ACBCDC543，AC桿豎直。各桿上分別套有一可視為質(zhì)點(diǎn)的小球a、b、d，a、b、d三小球的質(zhì)量比為123。現(xiàn)讓三小球同時(shí)從各桿的頂點(diǎn)由靜止釋放，不計(jì)空氣阻力，則a、b、d三小球在各桿上滑行的時(shí)間之比為()A111 B543C589 D123解析：選A因ABCD為矩形，故A、B、C、D四點(diǎn)必在以AC邊為直徑的同一個(gè)圓周上，由等時(shí)圓特點(diǎn)可知，由A、B、D三點(diǎn)釋放的小球a、b、d必定同時(shí)到達(dá)圓的最低點(diǎn)C點(diǎn)，故A正確。3.(2019濰坊模擬)一重物在豎直向上的拉力F作用下，開(kāi)始豎直向上做直線運(yùn)動(dòng)，其速度v隨時(shí)間t變化的圖像如圖

3、所示(圖像在01 s、34 s階段為直線，13 s階段為曲線)。下列判斷正確的是()A第2 s末拉力大小為0B第1 s內(nèi)的拉力大于第4 s內(nèi)的拉力C第2 s末速度反向D前4 s內(nèi)位移為0解析：選B根據(jù)題圖可知，第2 s末加速度為零，根據(jù)牛頓第二定律可知，合外力為零，所以拉力大小等于重力，故A錯(cuò)誤；根據(jù)題圖可知，第1 s內(nèi)的加速度為正，方向向上，則拉力大于重力，第4 s內(nèi)的加速度為負(fù)，方向向下，拉力小于重力，所以第1 s內(nèi)的拉力大于第4 s內(nèi)的拉力，故B正確；根據(jù)題圖可知，04 s內(nèi)，重物一直向上運(yùn)動(dòng)，第2 s末速度沒(méi)有反向，故C錯(cuò)誤；速度圖線與時(shí)間軸包圍的面積表示對(duì)應(yīng)時(shí)間內(nèi)的位移大小，根據(jù)題圖

4、可知，前4 s內(nèi)位移為正，故D錯(cuò)誤。4.如圖所示，位于豎直平面內(nèi)的固定光滑圓環(huán)軌道與水平面相切于M點(diǎn)，與豎直墻壁相切于A點(diǎn)。豎直墻壁上另一點(diǎn)B與M的連線和水平面的夾角為60，C是圓環(huán)軌道的圓心。已知在同一時(shí)刻a、b兩球分別由A、B兩點(diǎn)從靜止開(kāi)始沿光滑傾斜直軌道AM、BM運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)，c球由C點(diǎn)自由下落到M點(diǎn)。則()Aa球最先到達(dá)M點(diǎn)Bb球最先到達(dá)M點(diǎn)Cc球最先到達(dá)M點(diǎn)Db球和c球都可能最先到達(dá)M點(diǎn)解析：選C如圖所示，令圓環(huán)半徑為R，則c球由C點(diǎn)自由下落到M點(diǎn)用時(shí)滿足Rgtc2，所以tc ；對(duì)于a球令A(yù)M與水平面成角，則a球下滑到M點(diǎn)用時(shí)滿足AM2Rsin gsin ta2，即ta2 ；同理b球從

5、B點(diǎn)下滑到M點(diǎn)用時(shí)也滿足tb2 (r為過(guò)B、M且與水平面相切于M點(diǎn)的豎直圓的半徑，rR)。綜上所述可得tbtatc，故選項(xiàng)C正確。5.如圖所示，在與坡底B點(diǎn)的距離為L(zhǎng)的山坡上，豎直固定一長(zhǎng)度為L(zhǎng)的直桿AO，O為山坡的中點(diǎn)，A端與坡底B之間連接一根光滑的細(xì)鋼繩。現(xiàn)讓一穿在鋼繩上的小環(huán)從A點(diǎn)由靜止開(kāi)始沿鋼繩無(wú)摩擦地滑下，則小環(huán)在鋼繩上滑行的時(shí)間為()A. B. C. D2 解析：選D如圖所示，以O(shè)點(diǎn)為圓心、A為圓周的最高點(diǎn)、AB為弦作圓。小環(huán)沿AB運(yùn)動(dòng)的時(shí)間就是沿直徑AC做自由落體運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，有2Lgt2，解得t2 。故選項(xiàng)D正確。6(2019淮北一中模擬)如圖甲所示，水平地面上固定一帶擋板的長(zhǎng)木

6、板，一輕彈簧左端固定在擋板上，右端接觸滑塊，彈簧被壓縮0.4 m后鎖定，t0時(shí)解除鎖定，釋放滑塊。計(jì)算機(jī)通過(guò)滑塊上的速度傳感器描繪出滑塊的vt圖像如圖乙所示，其中Oab段為曲線，bc段為直線，傾斜直線Od是t0時(shí)的vt圖線的切線。已知滑塊質(zhì)量m2 kg，取g10 m/s2，則下列說(shuō)法正確的是()A滑塊被釋放后，先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，后做勻減速直線運(yùn)動(dòng)B彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，滑塊速度最大C彈簧的勁度系數(shù)為175 N/mD該過(guò)程中滑塊的最大加速度為35 m/s2解析：選C根據(jù)vt圖線的斜率表示加速度，可知滑塊被釋放后，先做加速度逐漸減小的加速直線運(yùn)動(dòng)，彈簧彈力與摩擦力相等時(shí)速度最大，此時(shí)加速度為零，隨后加

7、速度反向增加， 從彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)到滑塊停止運(yùn)動(dòng)，加速度不變，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；由題圖乙知，滑塊脫離彈簧后的加速度大小a1 m/s2 5 m/s2，由牛頓第二定律得摩擦力大小為Ffmgma125 N10 N，剛釋放時(shí)滑塊的加速度大小為a2 m/s230 m/s2，此時(shí)滑塊的加速度最大，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；由牛頓第二定律得kxFfma2，代入數(shù)據(jù)解得k175 N/m，選項(xiàng)C正確。7(多選)如圖(a)，一物塊在t0時(shí)刻滑上一固定斜面，其運(yùn)動(dòng)的v t圖線如圖(b)所示。若重力加速度及圖中的v0、v1、t1均為已知量，則可求出()A斜面的傾角B物塊的質(zhì)量C物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)D物塊沿斜面向上滑行的最大高度解析

8、：選ACD由題圖(b)可知物塊上升過(guò)程中的加速度大小為a1，下降過(guò)程中的加速度大小為a2。物塊在上升和下降過(guò)程中，由牛頓第二定律得mgsin fma1，mgsin fma2，解得sin ，滑動(dòng)摩擦力f，而fFNmgcos ，由以上分析可知，選項(xiàng)A、C正確；由vt圖像中t軸上方的面積可求出物塊沿斜面上滑的最大距離，可以求出物塊沿斜面向上滑行的最大高度，選項(xiàng)D正確。8.(多選)(2019汕頭模擬)如圖所示，建設(shè)房屋時(shí)，保持底邊L不變，要設(shè)計(jì)好屋頂?shù)膬A角，以便下雨時(shí)落在屋頂?shù)挠甑文鼙M快地滑離屋頂，雨滴下滑時(shí)可視為小球做無(wú)初速度、無(wú)摩擦的運(yùn)動(dòng)。下列說(shuō)法正確的是()A傾角越大，雨滴下滑時(shí)的加速度越大B傾

9、角越大，雨滴對(duì)屋頂壓力越大C傾角越大，雨滴從頂端O下滑至屋檐M時(shí)的速度越大D傾角越大，雨滴從頂端O下滑至屋檐M時(shí)的時(shí)間越短解析：選AC設(shè)屋頂?shù)钠旅骈L(zhǎng)度為x，雨滴下滑時(shí)加速度為a，對(duì)雨滴受力分析如圖所示，受重力mg和屋頂對(duì)雨滴的支持力FN，垂直于屋頂方向：mgcos FN，平行于屋頂方向：mamgsin 。雨滴的加速度為：agsin ，則傾角越大，雨滴下滑時(shí)的加速度越大，A正確；雨滴對(duì)屋頂?shù)膲毫Υ笮。篎NFNmgcos ，則傾角越大，雨滴對(duì)屋頂壓力越小，B錯(cuò)誤；根據(jù)三角關(guān)系判斷，屋頂坡面的長(zhǎng)度x，由xgsin t2，可得：t ，可見(jiàn)當(dāng)45時(shí)，用時(shí)最短，D錯(cuò)誤；由vgsin t可得：v，可見(jiàn)越大，

10、雨滴從頂端O下滑至屋檐M時(shí)的速度越大，C正確。9.如圖所示為滑沙游戲，游客從頂端A點(diǎn)由靜止滑下8 s后，操縱剎車手柄使滑沙車勻速下滑至底端B點(diǎn)，在水平滑道上繼續(xù)滑行直至停止。已知游客和滑沙車的總質(zhì)量m70 kg，傾斜滑道AB長(zhǎng)lAB128 m，傾角37，滑沙車底部與沙面間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.5?；耻嚱?jīng)過(guò)B點(diǎn)前后的速度大小不變，重力加速度g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，不計(jì)空氣阻力。求：(1)游客勻速下滑時(shí)的速度大??；(2)游客勻速下滑的時(shí)間；(3)若游客在水平滑道BC段的最大滑行距離為16 m，則他在此處滑行時(shí)，需對(duì)滑沙車施加多大的水平制動(dòng)力。解析：(1)由牛頓第二定

11、律得mgsin mgcos ma，解得游客從頂端A點(diǎn)由靜止加速下滑時(shí)的加速度大小a2 m/s2，游客勻速下滑時(shí)的速度大小vat116 m/s。(2)游客加速下滑的路程l1at1264 m，勻速下滑的路程l2lABl164 m，勻速下滑的時(shí)間t24 s。(3)設(shè)游客在BC段的加速度大小為a，由0v22ax，解得a8 m/s2，由牛頓第二定律得Fmgma，解得制動(dòng)力F210 N。答案：(1)16 m/s(2)4 s(3)210 N10.(2019西安模擬)小物塊以一定的初速度v0沿斜面(足夠長(zhǎng))向上運(yùn)動(dòng)，測(cè)得物塊沿斜面運(yùn)動(dòng)的最大位移x與斜面傾角的關(guān)系如圖所示。取g10 m/s2，空氣阻力不計(jì)?？赡?/p>

12、用到的函數(shù)值：sin 300.5，sin 370.6。求：(1)物塊的初速度v0；(2)物塊與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)；(3)計(jì)算說(shuō)明圖線中P點(diǎn)對(duì)應(yīng)的斜面傾角為多大？在此傾角條件下，物塊能滑回斜面底端嗎？說(shuō)明理由(設(shè)最大靜摩擦力與滑動(dòng)摩擦力相等)。解析：(1)當(dāng)90時(shí)，物塊做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，末速度為0由題圖得上升最大位移為xm3.2 m由v022gxm，得v08 m/s。(2)當(dāng)0時(shí)，物塊相當(dāng)于在水平面上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，末速度為0由題圖得水平最大位移為x6.4 m由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有：v022ax由牛頓第二定律得：mgma，解得0.5。(3)設(shè)題圖中P點(diǎn)對(duì)應(yīng)的斜面傾角為，物塊在斜面上做勻減速運(yùn)動(dòng)，末速度

13、為0由題圖得物塊沿斜面運(yùn)動(dòng)的最大位移為x3.2 m由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有：v022ax由牛頓第二定律有：mgsin mgcos ma代入數(shù)據(jù)，解得37因?yàn)閙gsin mgcos ，所以物塊能滑回斜面底端。答案：(1)8 m/s(2)0.5(3)37能滑回斜面底端理由見(jiàn)解析11(2019濟(jì)南模擬)如圖所示，一質(zhì)量m0.4 kg的小物塊，以v02 m/s 的初速度，在與斜面成某一夾角的拉力F作用下，沿斜面向上做勻加速運(yùn)動(dòng)，經(jīng)t2 s 的時(shí)間物塊由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，A、B之間的距離L10 m。已知斜面傾角30，物塊與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)。重力加速度g取10 m/s2。(1)求物塊加速度的大小及到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度的大小。(2)拉力F與斜面夾角多大時(shí)，拉力F最??？拉力F的最小值是多少？解析：(1)設(shè)物塊加速度的大小為a，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度的大小為v，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得Lv0tat2vv0at聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)得a3 m/s2v8 m/s。(2)設(shè)物塊所受支持力為FN，所受摩擦力為Ff，拉力F與斜面間的夾角為，對(duì)物塊受力分析如圖所示，由牛頓第二定律得Fcos mgsin FfmaFsin FNmgcos 0 又FfFN聯(lián)立式得F由數(shù)學(xué)知識(shí)得cos sin sin(60)由式可知F最小時(shí)，對(duì)應(yīng)的夾角30聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)得F的最小值為Fmin N。答案：(1)3 m/s28 m/s(2)30 N