2022高考物理一轮复习考点强化练一动力学综合问题含解析新人教版

1、高频考点强化(一)动力学综合问题(45分钟100分)一、选择题(本题共10小题，每小题6分，共60分，其中16题为单选，710题为多选)1.蹦极是一项富有挑战性的运动，运动员将弹性绳的一端系在身上，另一端固定在高处，然后运动员从高处跳下。如图所示，图中a点是弹性绳自然下垂时绳下端的位置，c点是运动员所到达的最低点。在运动员从a点运动到c点的过程中，忽略空气阻力，不计弹性绳质量，下列说法正确的是() a运动员先失重后超重b运动员始终处于失重状态c运动员在a点时的速度最大d运动员在c点时的加速度为0【解析】选a。在运动员从a点到c点的运动过程中随着弹性绳的伸长，拉力不断变大，开始阶段，运动员的重力

2、大于绳的拉力，运动员向下做加速运动即处于失重状态；随着拉力增大，后来绳的拉力大于运动员的重力，运动员受到的合力向上，运动员向下做减速运动即处于超重状态，故a正确，b错误。运动员从a点运动到c点的过程中，速度先增大后减小，当人的重力等于绳子的拉力时速度最大，故c错误。运动员运动到c点速度变为0，此时拉力大于重力，则合力不为0，故d错误。2.如图所示，箱子a被弹簧吊着，箱内放有物块b，a、b的质量均为m，现对箱子施加一个竖直向上的力f3mg，使系统处于静止状态。则在撤去f的瞬间() a弹簧处于压缩状态，弹力大小为2mgb物体a、b都处于超重状态ca、b的加速度都为1.5gda、b的加速度分别为aa

3、2g，abg【解析】选d。撤去f前，以ab整体为研究对象受力分析，根据平衡条件可得弹簧的弹力为fmg，撤去力f后，弹簧弹力不变，为mg，故a错误；撤去力f后，二者将分离，a不受b的压力，以a为研究对象，根据牛顿第二定律可得aa2g，方向竖直向下，处于失重状态，以b为研究对象，则有abg，方向竖直向下，处于完全失重状态，故b、c错误，d正确。3.一条不可伸长的轻绳跨过质量可忽略不计的定滑轮，绳的一端系质量m15 kg的重物，重物静止于地面上，有一质量m10 kg的猴子，从绳子的另一端沿绳向上爬，如图所示，不计滑轮与绳子间的摩擦，在重物不离开地面的条件下，猴子向上爬的最大加速度为(g取10 m/s

4、2)() a20 m/s2b15 m/s2c10 m/s2 d5 m/s2【解析】选d。重物不离开地面时，最大拉力fmaxmg150 n，对猴子分析，根据牛顿第二定律得fmaxmgmamax，解得最大加速度为amax m/s25 m/s2，d正确。4(2021西安模拟)如图为测量加速度的简易装置图，内壁光滑的细圆管制成的圆竖直固定在底座上，管与底座的总质量为m，o为圆心，a、b为圆水平直径的两端点，管内有一质量为m、直径略小于圆管内径的小球，当测量装置水平固定在小车上随小车一起在水平面上向右做匀加速直线运动时，小球最终稳定在圆管内的d点，已知od与竖直方向的夹角为37(重力加速度为g，sin

5、370.6，cos370.8)，则下列说法正确的是() a此时小车对装置的支持力大于(mm)gb被测小车的加速度大小为gc测量装置受到的水平合力大小为(mm)g，方向水平向右d当小车加速度很大时，小球可能稳定在圆管的a位置【解析】选c。对小球进行受力分析，如图1所示。nxn sin ma，nymgn cos ，解得ag tan ，n，即ag，选项b错误；对整体进行受力分析，如图2所示：f合(mm)a(mm)g，方向水平向右，fn(mm)g，选项a错误，c正确；若小球稳定在a位置，则受竖直向下的重力和水平向右的弹力，合力方向不水平向右，故小球不能稳定在a位置，选项d错误。5(多选)(2021合肥

6、模拟)我国高铁技术处于世界领先水平，和谐号动车组由动车和拖车编组而成，提供动力的车厢叫动车，不提供动力的车厢叫拖车。假设动车组各车厢质量均相等，运行中各动车的输出功率相同，动车组运行过程中阻力与车的重力成正比。某列动车组由8节车厢组成，其中第2、4、5、7节车厢为动车，其余为拖车，该动车组在水平直轨道上运行，下列说法正确的是() a做匀速运动时，各车厢间的作用力均为零b做匀加速运动时，各车厢间的作用力均不为零c不管是匀速还是加速运动，第2、3节车厢间的作用力一定为零d不管是匀速还是加速运动，第1、2节车厢间与5、6节车厢间的作用力之比是11【解析】选c、d。设每节动车的功率为p，牵引力为f，每

7、节车厢的质量为m，所受阻力为kmg。当动车组匀速运动时所受合力为零，对整体由平衡条件知4f8kmg，则f2kmg，依次对各个动车和车厢分析可知f12kmg，f230，f34kmg，f450，f56kmg，故a错误；当动车组加速运动时，对整体由牛顿第二定律有4f8kmg8ma，可得f2ma2kmg，对前两节车厢由牛顿第二定律有f2kmgf232ma，解得f230，故b错误，c正确；加速运动时，对第一节车厢由牛顿第二定律有f12kmgma，解得f12kmgma；对前5节车厢的整体由牛顿第二定律有3ff565kmg5ma，解得f56kmgma；故，故d正确。6.如图所示，在竖直平面内有半径为r和2r

8、的两个圆，两圆的最高点相切，切点为a，b和c分别是小圆和大圆上的两个点，其中ab长为r，ac长为2r。现沿ab和ac建立两条光滑轨道，自a处由静止释放小球，已知小球沿ab轨道运动到b点所用时间为t1，沿ac轨道运动到c点所用时间为t2，则t1与t2之比为() a1 b12c1 d13【解析】选a。设小圆的弦长为s，与竖直方向的夹角为，则有s2r cos ，小球沿着ab轨道下滑时mg cos ma，根据sat，t1，同理可得小球沿ac轨道下滑时t2，解得，选项a正确。【总结提升】等时圆模型。如图所示，设圆中任意一条弦为om，则弦长s=2rcos，加速度a=gcos，根据s=at2得t=2，与倾角

9、无关。7.如图所示，在光滑平面上有一静止小车，小车质量为m5 kg，小车上静止地放置着质量为m1 kg的木块，木块和小车间的动摩擦因数为0.2，用水平恒力f拉动小车，下列关于木块的加速度am和小车的加速度am，可能正确的有() aam1 m/s2，am1 m/s2bam1 m/s2，am2 m/s2cam2 m/s2，am4 m/s2dam3 m/s2，am5 m/s2【解析】选a、c。隔离木块，分析受力，木块和小车恰不发生相对滑动时，它们有相同的加速度，由牛顿第二定律有mgmam，解得am2 m/s2。木块和小车不发生相对滑动时，二者加速度相等，木块和小车发生相对滑动时，am2 m/s2，小

10、车的加速度am为大于2 m/s2的任意值。可能正确的是a和c。8(2021哈尔滨模拟)如图甲所示，物块的质量m1 kg，初速度v010 m/s，在一水平向左的恒力f作用下从o点沿粗糙的水平面向右运动，某时刻后恒力f突然反向，整个过程中物块速度的平方随位置坐标变化的关系图象如图乙所示，g取10 m/s2。下列选项中正确的是()a.23 s内物块做匀减速运动b在t1 s时刻，恒力f反向c恒力f大小为10 nd物块与水平面间的动摩擦因数为0.3【解析】选b、d。物块匀减速直线运动的加速度大小为a1 m/s210 m/s2，匀加速直线运动的加速度大小为a2 m/s24 m/s2，根据牛顿第二定律得：f

11、fma1，ffma2，联立两式解得：f7 n，f3 n，则动摩擦因数为：0.3，故c错误，d正确；物块匀减速直线运动的时间为：t1 s1 s，即在01 s内做匀减速直线运动，1 s后恒力f反向，做匀加速直线运动，故b正确，a错误，所以b、d正确，a、c错误。【总结提升】本题也可根据速度的平方随位置坐标变化的关系图象的斜率突破加速度。根据v2-=2ax，v2-x图象的斜率表示2a，突破两个加速度后，同样的解法可得正确结论。9.(2021玉林模拟)如图所示,旅客的行李通过安检的过程可以等效如下:质量为m的行李在水平传送带的左端由静止释放,传送带由电动机带动,始终保持以速度v=1 m/s匀速运动,传

12、送带左、右两端的距离为2 m,行李与传送带间的动摩擦因数为=0.1。若乘客把行李放到传送带上的同时,乘客也以1 m/s的恒定速率平行于传送带运动到传送带的右端,则(g取10 m/s2) ()a.乘客和行李同时到达传送带的右端b.乘客提前0.5 s到达传送带的右端c.行李提前0.5 s到达传送带的右端d.若提高传送带的速度到足够大,行李到达传送带的右端的最短时间为2 s【解析】选b、d。行李匀加速过程,由牛顿第二定律,得:mg=ma,代入数据得:a=1 m/s2。设行李做匀加速运动的时间为t,行李加速运动的末速度为v=1 m/s。由v=at1代入数值,得:t1=1 s,匀加速运动的位移大小为:x

13、=t1=1 m=0.5 m,则匀速运动的时间为t2= s=1.5 s,行李从a到b的时间为t=t1+t2=2.5 s。而乘客一直做匀速运动,从a到b的时间为t人= s=2 s,故乘客提前0.5 s到达b,故选项a、c均错误,b正确;若行李一直做匀加速运动时,运动时间最短。由l=a,解得最短时间为tmin=2 s,故选项d正确。【加固训练】用与水平方向夹角为30的倾斜传送带将质量为0.2 kg的小煤块从高处运往低处，传送带两皮带轮轴心间的距离为l=22 m，若传送带不动，将煤块从传送带顶端无初速度释放，滑到底端需用时4.69 s(4.69)，(g取10 m/s2)。求：(1)煤块与传送带之间的滑

14、动摩擦力大小；(2)现让传送带的两轮逆时针转动，使传送带保持以4 m/s的速度运行，将煤块无初速度地放到传送带顶端，求煤块到达传送带底端所用的时间。并求出此种情况下煤块在传送带上留下的黑色痕迹长度。【解析】(1)皮带静止，煤块做初速度为零的匀加速直线运动，由lat2可得a2 m/s2 ，根据煤块的受力分析可得mg sin fma，所以f0.6 n(2)第一阶段：煤块和传送带达同速前mg sin fma1可得a18 m/s2，t10.5 s，x1a1t1 m第二阶段：煤块和传送带达共速后，因fmg sin ，煤块仍将加速下滑mg sin fma2，可得a22 m/s2，x2lx121 m，x2v

15、0t2a2t可得t23 s，t总t2t13.5 s第一阶段煤块与传送带的相对位移x1vt1x11 m，煤块相对传送带向后运动。第二阶段煤块与传送带的相对位移x2x2vt29 m，煤块相对传送带向前运动，覆盖之前的痕迹，所以划痕长度x9 m。答案：(1)0.6 n(2)9 m10.如图所示，某时刻长木板以4 m/s的初速度水平向左运动，可视为质点的小物块以4 m/s的初速度水平向右滑上长木板。已知小物块的质量为m0.1 kg，长木板的质量为m1.5 kg，长木板与地面之间的动摩擦因数为10.1，小物块与长木板之间的动摩擦因数为20.4，重力加速度大小取g10 m/s2，最终小物块未滑离长木板，下

16、列说法正确的是() a小物块向右减速为零时，长木板的速度为1.3 m/sb小物块与长木板相对静止时，速度为2 m/sc长木板的最短长度为6 md当小物块与长木板一起运动时，小物块不受摩擦力作用【解析】选b、c。根据牛顿第二定律对长木板有：1(mm)g2mgma2，可得a2 m/s2，小物块的加速度a12g4 m/s2，小物块速度减小到0经历时间为t11 s，此时木板向左的位移为x1vt1a2t m，木板的速度v1va2t1 m/s，选项a错误；小物块速度为0时，小物块向右运动的位移为x2t12 m，此后，小物块开始向左加速，加速度大小为a34 m/s2，木板继续减速，加速度仍为a2 m/s2，

17、假设又经历t2时间二者速度相等，则有a3t2v1a2t2，解得t20.5 s，此过程木板位移x3v1t2a2t m，速度v3v1a2t22 m/s，选项b正确；小物块加速过程的位移x4a3t0.5 m，二者的相对位移为x(x1x2)(x3x4)6 m，所以木板最小的长度为6 m，故c正确；此后小物块和木板一起匀减速运动，因此小物块要受到水平向右的静摩擦力，故d错误。二、非选择题(本题共2小题，共40分)11. (16分)静止在水平面上的a、b两个物体通过一根拉直的轻绳相连，如图所示，轻绳长l1 m，承受的最大拉力为8 n，a的质量m12 kg，b的质量m28 kg，a、b与水平面间的动摩擦因数

18、0.2，现用一逐渐增大的水平力f作用在b上，使a、b向右运动，当f增大到某一值时，轻绳刚好被拉断(g取10 m/s2)。(1)求绳刚被拉断时f的大小。(2)若绳刚被拉断时，a、b的速度为2 m/s，保持此时的f大小不变，当a静止时，a、b间的距离为多少？【解析】(1)设绳刚要被拉断时产生的拉力为ft，根据牛顿第二定律，对a物体有ftm1gm1a代入数值得a2 m/s2对a、b整体有：f(m1m2)g(m1m2)a代入数值得f40 n(2)设绳断后，a的加速度大小为a1，b的加速度大小为a2，则a12 m/s2a23 m/s2a停下来的时间为t，则t1 sa的位移为x1，则x11 mb的位移为x2，则x2vta2t23.5 ma刚静止时，a、b间距离为xx2lx13.5 m答案：(1)40 n(2)3.5 m12.(2021柳州模拟)质量为2 kg的木板b静止在水平面上,可视为质点的物块a从木板的左侧沿木板上表面水平冲上木板,如图甲所示。a和b经过1 s达到同一速度,之后共同减速直至静止,a和b的v-t图象如图乙所示,重力加速度g取10 m/s2,求:(1)a与b上表面