资料简介
高考高频考点强化(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1～6题为单选，7～10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F＝3mg，使系统处于静止状态。则在撤去F的瞬间( )-13-/13
高考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C．A、B的加速度都为1.5gD．A、B的加速度分别为aA＝2g，aB＝g【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F′＝mg，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aA＝＝2g，方向竖直向下，处于失重状态，以B为研究对象，则有aB＝＝g，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M＝15kg的重物，重物静止于地面上，有一质量m＝10kg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10m/s2)( )A．20m/s2B．15m/s2C．10m/s2 D．5m/s2-13-/13
高考【解析】选D。重物不离开地面时，最大拉力Fmax＝Mg＝150N，对猴子分析，根据牛顿第二定律得Fmax－mg＝mamax，解得最大加速度为amax＝＝m/s2＝5m/s2，D正确。4．(2021·某某模拟)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θ＝37°(重力加速度为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)，则下列说法正确的是( )A．此时小车对装置的支持力大于(m＋M)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(m＋M)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。Nx＝Nsinθ＝ma，Ny＝mg＝Ncosθ，解得a＝gtanθ，N＝，即a＝g，选项B错误；对整体进行受力分析，如图2所示：-13-/13
高考F合＝(M＋m)a＝(M＋m)g，方向水平向右，FN＝(M＋m)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·某某模拟)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1∶1【解析】选C、D。设每节动车的功率为P，牵引力为F，每节车厢的质量为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4F＝8kmg，则F＝2kmg，依次对各个动车和车厢分析可知F12＝kmg，F23＝0，F34＝kmg，F45＝0，F56＝kmg，…，故A错误；当动车组加速运动时，对整体由牛顿第二定律有4F′－8kmg＝8ma，可得F′＝2ma＋2kmg，对前两节车厢由牛顿第二定律有F′－2kmg＋F′23＝2ma，解得F′23＝0，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F′12－kmg＝ma，解得F′12＝kmg＋ma；对前5节车厢的整体由牛顿第二定律有3F′－F′56－5kmg＝5ma，解得F′56＝kmg＋ma；故-13-/13
高考＝＝，故D正确。6.如图所示，在竖直平面内有半径为R和2R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( )A．1∶B．1∶2C．1∶D．1∶3【解析】选A。设小圆的弦长为s，与竖直方向的夹角为θ，则有s＝2Rcosθ，小球沿着AB轨道下滑时mgcosθ＝ma，根据s＝at，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=2Rcosθ，加速度a=gcosθ，根据s=at2得t=2，与倾角θ无关。7.如图所示，在光滑平面上有一静止小车，小车质量为M＝5-13-/13
高考kg，小车上静止地放置着质量为m＝1kg的木块，木块和小车间的动摩擦因数为μ＝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( )A．am＝1m/s2，aM＝1m/s2B．am＝1m/s2，aM＝2m/s2C．am＝2m/s2，aM＝4m/s2D．am＝3m/s2，aM＝5m/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μmg＝mam，解得am＝2m/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，am＝2m/s2，小车的加速度aM为大于2m/s2的任意值。可能正确的是A和C。8．(2021·某某模拟)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10m/s2。下列选项中正确的是( )A.2～3s内物块做匀减速运动B．在t＝1s时刻，恒力F反向C．恒力F大小为10ND．物块与水平面间的动摩擦因数为0.3-13-/13
高考【解析】选B、D。物块匀减速直线运动的加速度大小为a1＝＝m/s2＝10m/s2，匀加速直线运动的加速度大小为a2＝＝m/s2＝4m/s2，根据牛顿第二定律得：F＋f＝ma1，F－f＝ma2，联立两式解得：F＝7N，f＝3N，则动摩擦因数为：μ＝＝0.3，故C错误，D正确；物块匀减速直线运动的时间为：t1＝＝s＝1s，即在0～1s内做匀减速直线运动，1s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·某某模拟)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=1m/s匀速运动,传送带左、右两端的距离为2m,行李与传送带间的动摩擦因数为μ=0.1。若乘客把行李放到传送带上的同时,乘客也以1m/s的恒定速率平行于传送带运动到传送带的右端,则(g取10m/s2)( )A.乘客和行李同时到达传送带的右端B.乘客提前0.5s到达传送带的右端C.行李提前0.5s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2s【解析】选B、D。行李匀加速过程,由牛顿第二定律,得:μmg=ma,代入数据得:-13-/13
高考a=1m/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=1m/s。由v=at1代入数值,得:t1=1s,匀加速运动的位移大小为:x=t1=×1m=0.5m,则匀速运动的时间为t2==s=1.5s,行李从A到B的时间为t=t1+t2=2.5s。而乘客一直做匀速运动,从A到B的时间为t人==s=2s,故乘客提前0.5s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=2s,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0.2kg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=22m，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4.69s(4.69≈)，(g取10m/s2)。求：(1)煤块与传送带之间的滑动摩擦力大小；(2)现让传送带的两轮逆时针转动，使传送带保持以4m/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L＝at2可得a＝2m/s2，根据煤块的受力分析可得mgsinθ－f＝ma，所以f＝0.6N(2)第一阶段：煤块和传送带达同速前mgsinθ＋f＝ma1-13-/13
高考可得a1＝8m/s2，t1＝＝0.5s，x1＝a1t＝1m第二阶段：煤块和传送带达共速后，因f
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