第三章 微专题19　动力学两类基本问题-2025年高中物理《加练半小时》新教材版

第三章运动和力的关系第三章运动和力的关系微专题19动力学两类基本问题1．做好两个分析：(1)受力分析，将力合成或正交分解后根据牛顿第二定律列方程。(2)运动过程分析，表示出加速度与各运动量的关系。2.把握一个关键：加速度是力和运动的联系纽带，求解加速度是解决问题的关键。1．我国自主研发的“直8”消防灭火直升机，已多次在火场大显“神威”。在某次消防灭火行动中，“直8”通过一根长绳子吊起质量为2×103kg的水桶(包括水)，起飞时，在2s内将水桶(包括水)由静止开始竖直向上匀加速提升了4m，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力，则该段时间内绳子拉力大小为()A．2.0×104N B．2.4×104NC．4.0×104N D．4.8×104N答案B解析由匀变速直线运动规律x＝eq\f(1,2)at2，解得水桶(包括水)的加速度a＝eq\f(2x,t2)＝2m/s2。以水桶(包括水)为研究对象，有FT－mg＝ma，解得绳子拉力FT＝mg＋ma＝2×103×10N＋2×103×2N＝2.4×104N，故选项B正确。2．一质量为1kg的小型遥控无人机，在F＝16N的恒定升力作用下由静止开始竖直起飞，经过3s后，无人机达到最大速度6m/s，改变升力，此后无人机匀速上升。假设无人机竖直飞行时所受的阻力大小不变，重力加速度g取10m/s2。则该无人机()A．起飞时的加速度大小为4m/s2B．在竖直上升过程中所受阻力的大小为2NC．竖直向上加速阶段位移大小为12mD．上升至离地面30m处所需的最短时间为6.5s答案D解析由题意知无人机以恒定升力起飞时的加速度a＝eq\f(Δv,Δt)＝2m/s2，选项A错误；由牛顿第二定律有F－f－mg＝ma，解得f＝4N，选项B错误；竖直向上加速阶段x1＝eq\f(1,2)at12，解得x1＝9m，选项C错误；匀速阶段需时间t2＝eq\f(h－x1,v)＝3.5s，无人机从地面起飞竖直上升至离地面h＝30m处所需的最短时间t＝t1＋t2＝6.5s，选项D正确。3.(2021·全国甲卷·14)如图，将光滑长平板的下端置于铁架台水平底座上的挡板P处，上部架在横杆上。横杆的位置可在竖直杆上调节，使得平板与底座之间的夹角θ可变。将小物块由平板与竖直杆交点Q处静止释放，物块沿夹板从Q点滑至P点所用的时间t与夹角θ的大小有关。若由30°逐渐增大到60°，物块的下滑时间t将()A．逐渐增大 B．逐渐减小C．先增大后减小 D．先减小后增大答案D解析设PQ的水平距离为L，由运动学公式可知eq\f(L,cosθ)＝eq\f(1,2)gsinθ·t2，可得t2＝eq\f(4L,gsin2θ)，可知θ＝45°时t有最小值，故当θ从30°逐渐增大至60°时，下滑时间t先减小后增大。故选D。4．(多选)如图甲所示，物块的质量m＝1kg，初速度v0＝10m/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，某时间后恒力F突然反向，大小不变，整个过程中物块速度的平方随位置坐标变化的关系如图乙所示，g＝10m/s2，下列选项中正确的是()A．0～5s内物块做匀减速运动B．在t＝1s时刻，恒力F反向C．物块与水平面间的动摩擦因数为0.3D．恒力F大小为10N答案BC解析0～5m内，由0－v02＝－2a1x1得a1＝10m/s2。5m处F反向，t1＝eq\f(v0,a1)＝1s，故0～1s内物块做匀减速运动，故A错误，B正确。5～13m内，由v22＝2a2x2得a2＝4m/s2,0～5m内，由牛顿第二定律有F＋μmg＝ma1,5～13m内，由牛顿第二定律有F－μmg＝ma2，解得F＝7N，μ＝0.3，故C正确，D错误。5．如图甲所示，倾角为37°的斜面上有A、B两滑块(可视为质点)，在t＝0时，A、B两滑块相距1m，它们在斜面上运动的v－t图像如图乙所示。已知斜面足够长，两滑块均只受重力和斜面作用力，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则下列说法正确的是()A．滑块A与斜面间的动摩擦因数为0.2B．滑块B与斜面间的动摩擦因数为0.5C．在t＝1s时，滑块A追上滑块BD．在滑块A追上滑块B之前，它们之间的最大距离为3m答案B解析由题图乙可得aA＝4m/s2，aB＝2m/s2，对滑块A受力分析，由牛顿第二定律可得mAgsin37°－μAmAgcos37°＝mAaA，解得μA＝0.25，故A错误；对滑块B受力分析，由牛顿第二定律可得mBgsin37°－μBmBgcos37°＝mBaB，解得μB＝0.5，故B正确；在t＝1s时，两滑块速度相等，相距最远，xA＝eq\f(1,2)aAt2＝2m，xB＝vBt＋eq\f(1,2)aBt2＝3m，则Δx＝xB－xA＋x0＝2m，故C、D错误。6.如图所示，ab、cd是竖直平面内两根固定的光滑细杆，a、b、c、d位于同一圆周上，b点为圆周的最低点，c点为圆周的最高点，若每根杆上都套着一个小滑环(图中未画出)，将两滑环同时从a、c处由静止释放，用t1、t2分别表示滑环从a到b、c到d所用的时间，则()A．t1＝t2 B．t1>t2C．t1<t2 D．无法确定答案A解析设杆与竖直方向的夹角为α，圆周的直径为L。根据牛顿第二定律得：滑环的加速度为a＝eq\f(mgcosα,m)＝gcosα；滑杆的长度为s＝Lcosα；则根据s＝eq\f(1,2)at2得，t＝eq\r(\f(2s,a))＝eq\r(\f(2Lcosα,gcosα))＝eq\r(\f(2L,g))，可见，时间t与α无关，故有t1＝t2。故选A。7．(2023·江苏南通市阶段练习)如图，某航空母舰的水平跑道总长为l，其中电磁弹射区安装有直线电机，该电机可提供4.0×104N的恒定牵引力。一架质量为m＝2.0×104kg的飞机，其喷气式发动机可以提供1.2×105N的恒定推力。假设飞机在跑道所受阻力大小恒为飞机重力的0.2倍，在跑道末端离舰起飞的速度v2＝36m/s，飞机在跑道上的后阶段运动的时间比弹射区运动的时间多4s。设航空母舰始终处于静止状态，飞机可看作质量恒定的质点，重力加速度g＝10m/s2，求：(1)飞机离开电磁弹射区的速度大小v1；(2)跑道的总长度l。答案(1)12m/s(2)156m解析(1)由题知阻力f＝0.2mg＝4×104N第一阶段由牛顿第二定律有F1＋F2－f＝ma1a1＝eq\f(F1＋F2－f,m)＝6.0m/s2第二阶段由牛顿第二定律有a2＝eq\f(F2－f,m)解得a2＝4.0m/s2由匀加速运动速度公式得v1＝a1t1v2＝v1＋a2t2t2－t1＝4s代入数值解得v1＝12m/s(2)由匀加速运动公式得v12＝2a1x1解得x1＝12m由匀加速运动公式得v22＝v12＋2a2x2代入数值解得x2＝144ml＝x1＋x2＝156m。8．2021年5月15日我国自主研制的火星探测器“天问一号”成功登陆火星。探测器登陆过程主要为以下几个过程：首先探测器与环绕器分离，进入火星大气层，经历“气动减速”，假设当速度v2＝500m/s时打开降落伞，进入“伞降减速阶段”，探测器匀减速下落x＝7.5km至速度v3；接着降落伞脱落，推力发动机开启，进入“动力减速阶段”，经匀减速下落时间t＝100s速度减为0，上述减速过程均可简化为探测器始终在竖直下落。在距离火星表面100m时，探测器进入“悬停阶段”，接着探测器可以平移寻找着陆点；找到安全着陆点后在缓冲装置和气囊保护下进行“无动力着陆”。已知天问一号探测器质量为m＝5×103kg，降落伞脱离可视为质量不变，火星表面重力加速度g约为4m/s2，“伞降减速阶段”中降落伞对探测器的拉力为重力的5倍。(1)求“伞降减速阶段”中探测器的加速度大小；(2)求“动力减速阶段”中推力发动机对探测器的作用力；(3)在“悬停阶段”，为寻找合适的着陆点，探测器先向右做匀加速直线运动，再向右做匀减速直线运动，减速阶段的加速度为加速阶段的2倍，平移总位移为6m，总时间为3s，求减速阶段中发动机对探测器的作用力与重力的比值。答案(1)16m/s2(2)2.5×104N(3)eq\r(2)解析(1)“伞降减速阶段”中，由牛顿第二定律得FT－mg＝ma1，FT＝5mg因此a1＝4g＝16m/s2(2)由v32＝v22－2a1x解得v3＝100m/s因此“动力减速阶段”的加速度a2＝eq\f(v3,t)＝1m/s2由牛顿第二定律得F－mg＝ma2得F1＝mg＋ma2＝2.5×104N(3)设加速阶段加速度为a3，减速阶段加速度为a4，且a4＝2a3，运动