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    2024高考物理一轮复习考点攻破训练——”动力学两类基本问题“的解题策略练习含解析教科版

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    这是一份2024高考物理一轮复习考点攻破训练——”动力学两类基本问题“的解题策略练习含解析教科版,共6页。试卷主要包含了做好“两个分析”,抓住“一个关键”,5.5s,0.5 +1) s等内容,欢迎下载使用。

    (1)做好受力分析,分析出物体受到的各个力,判断合力的方向,表示出合力与各力的关系;(2)做好运动过程分析,分析物体的运动性质,判断加速度的方向,并表示出加速度与运动各量的关系;
    2.抓住“一个关键”
    求解加速度是解决动力学两类基本问题的关键.
    1.(2023·四川绵阳市第三次诊断)在粗糙水平面上,水平外力F作用在物块上,t=0时刻物块开始向右做直线运动,外力F始终不为零,其速度-时间图像如图1所示.则( )
    图1
    A.在0~1s内,外力F不断增大
    B.在3s时,物块开始向左运动
    C.在3~4s内,外力F不断减小
    D.在3~4s内,外力F的功率不断减小
    2.(2023·江西南昌市第二次模拟)如图2所示,物体从倾角为α的固定斜面顶端由静止释放,它滑到底端时速度大小为v1;若它由斜面顶端沿竖直方向自由落下,末速度大小为v,已知v1是v的k倍,且k<1.物体与斜面间的动摩擦因数为( )
    图2
    A.(1-k)sinαB.(1-k)csα
    C.(1-k2)tanαD.eq \f(1-k2,tanα)
    3.(2023·河南安阳市下学期二模)如图3所示,质量为m=2.0kg的物体静止在光滑的水平地面上.t=0时刻起物体在一水平向右的恒力F1=1.0N的作用下开始运动,经过一段时间t0后,恒力大小变为F2=2.6N,方向改为水平向左.在t=12.0s时测得物体运动的瞬时速度大小v=6.24m/s,则t0为( )
    图3
    A.12.1sB.6.0sC.5.2sD.2.6s
    4.(2023·湖南长郡中学月考)如图4所示,在倾角θ=37°的足够长的固定斜面上,有一质量m=1kg的物体,物体与斜面间动摩擦因数μ=0.2,物体受到平行于斜面向上的轻细线的拉力F=9.6N的作用,从静止开始运动,经2s轻细线突然断了,则轻细线断后经过多长时间物体的速度大小为22m/s?(结果保留两位有效数字,已知sin37°=0.6,g取10m/s2)
    图4
    5.(2023·吉林吉林市友好学校联合体期末)如图5甲所示,光滑平台右侧与一长为L=10m的水平木板相接,木板固定在地面上,现有一小滑块以初速度v0=10m/s滑上木板,恰好滑到木板右端停止.现让木板右端抬高,如图乙所示,使木板与水平地面的夹角θ=37°,让滑块以相同的初速度滑上木板,不计滑块滑上木板时的能量损失,g=10m/s2,sin37°=0.6,cs37°=0.8.求:

    图5
    (1)滑块与木板之间的动摩擦因数μ;
    (2)滑块从滑上倾斜木板到滑回木板底端所用的时间t.
    6.(2023·安徽安庆市调研)某电视台闯关竞技节目的第一关是雪滑梯,雪滑梯由斜面和水平面两部分组成,其结构可以简化为如图6所示模型,雪滑梯顶点距地面高h=15m,滑梯斜面长l=25m,在水平部分距离斜道底端为x0=20m处有一海绵坑.比赛时质量为M1的参赛运动员乘坐一质量为M2的轮胎从赛道顶端滑下,在水平雪道上某处脱离轮胎落到雪道上再滑向海绵坑,运动员停在距离海绵坑1m范围内算过关.已知轮胎与雪道间的动摩擦因数μ1=0.3,运动员与雪道间的动摩擦因数为μ2=0.8,假设运动员离开轮胎的时间不计,运动员落到雪道上时的水平速度不变,运动员通过滑梯底端拐点处速率不变,g取10m/s2,求:
    图6
    (1)运动员滑到滑梯底端时速度的大小;
    (2)若运动员(可视为质点)在水平雪道上刚好滑至海绵坑停下,计算运动员离开轮胎的位置距海绵坑的距离.
    答案精析
    1.D [设阻力为f,根据牛顿第二定律得F-f=ma,根据题图,在0~1s内加速度逐渐减小,所以外力F逐渐减小,A错误;根据题意分析,向右为正方向,3s前后速度始终为正值,始终是正方向,向右运动,B错误;根据F-f=ma,在3~4s内加速度不变,所以外力不变,C错误;外力F的功率P=Fv,结合选项C的分析,F不变,在3~4s内速度减小,所以功率减小,D正确.]
    2.C [设斜面长为x,高为h,物体下滑过程受到的摩擦力为f,由于物体沿斜面匀加速下滑,设加速度为a,则由牛顿第二定律可得
    mgsinα-f=ma,
    f=μmgcsα,
    所以a=g(sinα-μcsα),
    由运动学公式可知veq \\al(2,1)=2ax=2gx(sinα-μcsα),
    v2=2gh
    由题意:v1=kv
    且h=x·sinα
    解得:μ=(1-k2)tanα,故C正确.]
    3.C [由牛顿第二定律可得:a1=eq \f(F1,m)=0.5m/s2,a2=eq \f(F2,m)=1.3m/s2,若12s末时速度方向是向左的,由题意列出运动学方程为:a2t1=6.24m/s,解得:t1=4.8s;a1t0=a2(t-t1-t0),解得:t0=5.2s;若12s末时速度方向是向右的,由题意列出运动学方程为:a1t0-a2(t-t0)=v,解得:t0≈12.1s>12s,不符合题意,故A、B、D错误,C正确.]
    4.5.5s
    解析 第一阶段:在前2s内,物体在F=9.6N的拉力作用下,从静止开始沿斜面做匀加速运动,设加速度为a1,
    沿斜面方向:F-mgsinθ-f=ma1,
    垂直于斜面方向:N=mgcsθ,
    f=μN,
    联立解得a1=eq \f(F-mgsinθ-μmgcsθ,m)=2m/s2,
    2s末细线断时,物体的瞬时速度v1=a1t1=4m/s.
    第二阶段:从细线断到物体继续沿斜面向上运动到速度为零的过程,设加速度为a2,则
    a2=eq \f(-mgsinθ+μmgcsθ,m)=-7.6m/s2,
    设从细线断到物体到达最高点所需时间为t2,由运动学公式得0=v1+a2t2,得t2≈0.53s.
    第三阶段:物体从最高点沿斜面下滑,设加速度为a3,速度达到22m/s所需时间为t3,由牛顿第二定律知
    a3=eq \f(mgsinθ-μmgcsθ,m)=4.4m/s2,
    所需时间t3=eq \f(v3-0,a3)=5s.
    综上所述,从细线断到物体的速度大小为22m/s所经历的总时间t=t2+t3=0.53s+5s≈5.5s.
    5.(1)0.5 (2)(eq \r(5)+1) s
    解析 (1)设滑块质量为m,木板水平时滑块加速度为a,则对滑块有μmg=ma①
    滑块恰好到木板右端停止0-v02=-2aL②
    解得μ=eq \f(v02,2gL)=0.5③
    (2)当木板倾斜,设滑块上滑时的加速度为a1,最大距离为s,上滑的时间为t1,有
    μmgcsθ+mgsinθ=ma1④
    0-v02=-2a1s⑤
    0=v0-a1t1⑥
    由④⑤⑥式,解得t1=1s⑦
    设滑块下滑时的加速度为a2,下滑的时间为t2,
    有mgsinθ-μmgcsθ=ma2⑧
    s=eq \f(1,2)a2t22⑨
    由⑧⑨式解得t2=eq \r(5)s.
    滑块从滑上倾斜木板到滑回木板底端所用的时间
    t=t1+t2=(eq \r(5)+1) s.
    6.(1)6eq \r(5)m/s (2)6m
    解析 (1)设运动员乘坐轮胎沿斜面滑动时的加速度为a0,滑到底端时的速度大小为v,有:(M1+M2)gsinθ-μ1(M1+M2)gcsθ=(M1+M2)a0
    v2=2a0l
    联立解得:v=6eq \r(5)m/s;
    (2)设在水平雪道上运动时,运动员乘坐轮胎时的加速度大小为a1,运动员脱离轮胎后的加速度大小为a2,由牛顿第二定律得:
    μ1(M1+M2)g=(M1+M2)a1
    μ2M1g=M1a2
    设在距离海绵坑x1处运动员离开轮胎刚好滑到海绵坑边停下,离开轮胎时速度为v1,则有:
    v2-v12=2a1(x0-x1)
    v12=2a2x1
    联立解得:x1=6m.
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