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

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.