《（新課標(biāo)）2020高考物理總復(fù)習(xí) 課時(shí)檢測(cè)（十五）動(dòng)力學(xué)的兩類基本問題（重點(diǎn)突破課）（含解析）.doc》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（新課標(biāo)）2020高考物理總復(fù)習(xí) 課時(shí)檢測(cè)（十五）動(dòng)力學(xué)的兩類基本問題（重點(diǎn)突破課）（含解析）.doc（6頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

課時(shí)檢測(cè)(十五) 動(dòng)力學(xué)的兩類基本問題 (重點(diǎn)突破課) 1．行車過程中，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)(　　) A．450 N　　　　　　　　 　B．400 N C．350 N D．300 N 解析：選C　汽車的速度v0＝90 km/h＝25 m/s，設(shè)汽車勻減速的加速度大小為a，則a＝＝5 m/s2，對(duì)乘客由牛頓第二定律得F＝ma＝705 N＝350 N，所以C正確。 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，AC∶BC∶DC＝5∶4∶3，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1∶2∶3?，F(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(　　) A．1∶1∶1 B．5∶4∶3 C．5∶8∶9 D．1∶2∶3 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變化的圖像如圖所示(圖像在0～1 s、3～4 s階段為直線，1～3 s階段為曲線)。下列判斷正確的是(　　) A．第2 s末拉力大小為0 B．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，0～4 s內(nèi)，重物一直向上運(yùn)動(dòng)，第2 s末速度沒有反向，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(　　) A．a(chǎn)球最先到達(dá)M點(diǎn) B．b球最先到達(dá)M點(diǎn) C．c球最先到達(dá)M點(diǎn) D．b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R＝gtc2，所以tc＝ ；對(duì)于a球令A(yù)M與水平面成θ角，則a球下滑到M點(diǎn)用時(shí)滿足AM＝2Rsin θ＝gsin θta2，即ta＝2 ；同理b球從B點(diǎn)下滑到M點(diǎn)用時(shí)也滿足tb＝2 (r為過B、M且與水平面相切于M點(diǎn)的豎直圓的半徑，r>R)。綜上所述可得tb>ta>tc，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?，F(xiàn)讓一穿在鋼繩上的小環(huán)從A點(diǎn)由靜止開始沿鋼繩無摩擦地滑下，則小環(huán)在鋼繩上滑行的時(shí)間為(　　) A. B. C. D．2 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2L＝gt2，解得t＝2 。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，t＝0時(shí)解除鎖定，釋放滑塊。計(jì)算機(jī)通過滑塊上的速度傳感器描繪出滑塊的vt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t＝0時(shí)的vt圖線的切線。已知滑塊質(zhì)量m＝2 kg，取g＝10 m/s2，則下列說法正確的是(　　) 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/m D．該過程中滑塊的最大加速度為35 m/s2 解析：選C　根據(jù)vt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Ff＝μmg＝ma1＝25 N＝10 N，剛釋放時(shí)滑塊的加速度大小為a2＝＝ m/s2＝30 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kx－Ff＝ma2，代入數(shù)據(jù)解得k＝175 N/m，選項(xiàng)C正確。 7．(多選)如圖(a)，一物塊在t＝0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：選ACD　由題圖(b)可知物塊上升過程中的加速度大小為a1＝，下降過程中的加速度大小為a2＝。物塊在上升和下降過程中，由牛頓第二定律得mgsin θ＋f＝ma1，mgsin θ－f＝ma2，解得sin θ＝，滑動(dòng)摩擦力f＝，而f＝μFN＝μmgcos θ，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θ，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)可視為小球做無初速度、無摩擦的運(yùn)動(dòng)。下列說法正確的是(　　) A．傾角θ越大，雨滴下滑時(shí)的加速度越大 B．傾角θ越大，雨滴對(duì)屋頂壓力越大 C．傾角θ越大，雨滴從頂端O下滑至屋檐M時(shí)的速度越大 D．傾角θ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 θ＝FN，平行于屋頂方向：ma＝mgsin θ。雨滴的加速度為：a＝gsin θ，則傾角θ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N′＝FN＝mgcos θ，則傾角θ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x＝gsin θt2，可得：t＝ ，可見當(dāng)θ＝45時(shí)，用時(shí)最短，D錯(cuò)誤；由v＝gsin θt可得：v＝，可見θ越大，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m＝70 kg，傾斜滑道AB長(zhǎng)lAB＝128 m，傾角θ＝37，滑沙車底部與沙面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5。滑沙車經(jīng)過B點(diǎn)前后的速度大小不變，重力加速度g取10 m/s2，sin 37＝0.6，cos 37＝0.8，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)由牛頓第二定律得mgsin θ－μmgcos θ＝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 a＝2 m/s2， 游客勻速下滑時(shí)的速度大小v＝at1＝16 m/s。 (2)游客加速下滑的路程l1＝at12＝64 m， 勻速下滑的路程l2＝lAB－l1＝64 m， 勻速下滑的時(shí)間t2＝＝4 s。 (3)設(shè)游客在BC段的加速度大小為a′， 由0－v2＝－2a′x， 解得a′＝＝8 m/s2， 由牛頓第二定律得F＋μmg＝ma′， 解得制動(dòng)力F＝210 N。 答案：(1)16 m/s　(2)4 s　(3)210 N 10.(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θ的關(guān)系如圖所示。取g＝10 m/s2，空氣阻力不計(jì)?？赡苡玫降暮瘮?shù)值：sin 30＝0.5，sin 37＝0.6。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)μ； (3)計(jì)算說明圖線中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)θ＝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xm＝3.2 m 由v02＝2gxm，得v0＝8 m/s。 (2)當(dāng)θ＝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x＝6.4 m 由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有：v02＝2ax 由牛頓第二定律得：μmg＝ma，解得μ＝0.5。 (3)設(shè)題圖中P點(diǎn)對(duì)應(yīng)的斜面傾角為θ，物塊在斜面上做勻減速運(yùn)動(dòng)，末速度為0 由題圖得物塊沿斜面運(yùn)動(dòng)的最大位移為x′＝3.2 m 由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有：v02＝2a′x′ 由牛頓第二定律有：mgsin θ＋μmgcos θ＝ma′ 代入數(shù)據(jù)，解得θ＝37 因?yàn)閙gsin θ＞μmgcos θ， 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　理由見解析 11．(2019濟(jì)南模擬)如圖所示，一質(zhì)量m＝0.4 kg的小物塊，以v0＝2 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)t＝2 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L＝10 m。已知斜面傾角θ＝30，物塊與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝。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 L＝v0t＋at2① v＝v0＋at② 聯(lián)立①②式，代入數(shù)據(jù)得 a＝3 m/s2③ v＝8 m/s。④ (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α，對(duì)物塊受力分析如圖所示， 由牛頓第二定律得 Fcos α－mgsin θ－Ff＝ma　⑤ Fsin α＋FN－mgcos θ＝0　 ⑥ 又Ff＝μFN⑦ 聯(lián)立⑤⑥⑦式得 F＝⑧ 由數(shù)學(xué)知識(shí)得 cos α＋sin α＝sin(60＋α)⑨ 由⑧⑨式可知F最小時(shí)，對(duì)應(yīng)的夾角 α＝30⑩ 聯(lián)立③⑧⑩式，代入數(shù)據(jù)得F的最小值為 Fmin＝ N。? 答案：(1)3 m/s2　8 m/s　(2)30　 N